成都艺术高级中学20192020届高考模拟考试理科综合试题(化学部分)(二)Word版

成都艺术高级中学20192020届高考模拟考试理科综合试题(化学部分)(二)(Word版成都艺术高级中学20192020届高考模拟考试理科综合试题(化学部分)(二)(Word版成都艺术高级中学20192020届高考模拟考试理科综合试题(化学部分)(二)(Word版Fe被腐化，抗腐化能力大大降低，错误。成都艺术高级中学2020届高考模拟考试一试题（一）理科综合能力测试（化学部分）本试卷分选择题和非选择题两部分，共40题，满分300分，考试时间150分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Ca40第Ⅰ卷（选择题共126分）一、选择题（每题6分，本大题共13小题。每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项吻合题目要求的。）7．化学与生产、生活亲密有关，以下说法正确的选项是( )．在葡萄酒中增加微量二氧化硫作抗氧化剂，使酒保持优秀质量B．酒精溶液能够使蛋白质变性，酒精纯度越高，杀菌消毒奏效越好C．泡沫灭火器中的Al2(SO4)3溶液应积蓄在钢筒内D．在纯铁中混入碳元素制成“生铁”，能够提高其抗腐化能力答案：A分析：A项，二氧化硫拥有复原性，在葡萄酒中增加微量二氧化硫作抗氧化剂，使酒保持优秀质量，正确；B项，医用酒精的浓度为75%，其实不是酒精浓度越大越好，浓度过大的酒精能够使细菌表示的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻截酒精分子进一步浸透细菌内部，反而保护了细菌，错误；C项，Al2(SO4)3溶液显酸性，若储存在钢筒内，会腐化钢筒，应保存在内层的塑料桶内，错误；D项，在纯铁中混入碳元素制成“生铁”，在润湿的环境中形成原电池，Fe作负极，发生氧化反响，8．实验室从含溴化氢的废液中提取溴单质，以下说法中能达到实验目的的是( )．用装置甲氧化废液中的溴化氢B．用装置乙分别CCl4层和水层C．用装置丙分别CCl4和液溴D．用仪器丁长远积蓄液溴答案：B分析：甲中导管应“进步短出”，A项错误；CCl4层和水不互溶且CCl4密度大，能够用分液的方法分别，B项正确；蒸馏分别CCl4和液溴时，温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，C项错误；液溴易挥发，能腐化橡皮塞，D项错误。2020年我国“PX”产能将达到3496万吨/年。有机物(烃)“PX”的结构模型如图，以下说法错误的选项是( )A．“PX”分子式为的C8H10B．“PX”的二氯代物共有6种(不考虑立体异构)C．“PX”分子中，最多有14个原子共面D．“PX难”溶于水，易溶于四氯化碳答案：B分析：依照模型可知，PX为对二甲苯。A项，分子式为C8H10，正确；B项，“PX”的二氯代物共有，共7种，错误；C项，“PX”分子中，苯环上的C原子和H原子与两个甲基上的碳原子共面，有12个原子，每个甲基中可有1个H旋转至该平面，故该分子中最多有14个原子共面，正确；D项，对二甲苯难溶于水，易溶于四氯化碳，正确。高温10．硫酸亚铁铵受热分解的反响方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2=====Fe2O3＋2NH3↑＋N2↑＋4SO2↑＋5H2O，用NA表示阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是()A．1L0.1mol－142422＋的数目为0.1NA·L(NH)Fe(SO)溶液中FeB．将1molSO2和1molO2充分反响后，其分子总数为1.5NAC．标准状况下，每生成15.68L气体转移电子数目为0.8NAD．常温常压下，3.0g15N2中含有的中子总数为1.4NA答案：C分析：A项，由于Fe2＋水解，1L0.1mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2＋的数目小于0.1NA，错误；B项，SO与O的反响2SO＋O2SO属于可逆反响，反响不能够圆满进行，若1mol2223SO和1molO2圆满反响生成1molSO，节余0.5molO，共1.5mol，现不能够圆满反响，232其物质的量大于1.5mol，分子总数大于1.5NA，错误；C项，标准状况下，15.68L气体为0.7mol，其中NH3占2/7、N2占1/7，SO2占4/7，依照化学方程式可知，生成4molSO2转移8mol电子，生成0.4molSO2则转移0.8mol电子，数目为0.8NA，正确；D项，15N的中子数＝15－7＝8,3.0g15为0.1mol，含有的中子总数＝0.1×16×NA＝1.6NA，错误。N211．寿山石M[N4108]是我国四大印章石之首，被称为国石。寿山石由X、Y、M、4N四种原子序数依次增大的短周期元素组成，M元素是地壳中含量最高的金属元素，N元素的单质常用来制造太阳能电池，X3Y＋和YX－含有相同的电子数。以下说法正确的选项是( )A．原子半径X<Y<M<NB．含M的一种盐常用于净水消毒C．简单氢化物的牢固性Y>ND．X和M形成的化合物溶于水显酸性答案：C分析：由题意，M元素是地壳中含量最高的金属元素，M是Al元素；N元素的单质常用来制造太阳能电池，N是Si元素；X3Y＋和YX－含有相同的电子数，X是H元素，Y是O元素。A项，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，原子半径：Al＞Si，错误；B项，铝盐水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能够因吸附作用而起到净水作用，但不能够起到消毒的作用，错误；C项，非金属性越强，简单氢化物的牢固性越强，非金属性：O＞Si，则简单氢化物的牢固性：H2O＞SiH4，正确；D项，H和Al形成的化合物为AlH3，AlH3溶于水时，与水反响生成氢氧化铝积淀和氢气，错误。12．必定温度下，以下溶液的离子浓度关系式正确的选项是()＋－－5－1A．pH＝5的H2S溶液中，c(H)＝c(HS)＝1×10mol·LB．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1C．pH＝2的HCO＋＋224－－)＋c(HC2O4)D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的＋)：①>②>③c(Na答案：D分析：A项，pH＝5的H2S溶液中H＋的浓度为1×10－5mol·L－1，由于H＋来自于H2S的－的电离和水的电离，故＋－第一步电离、HSH的浓度大于HS的浓度，错误。B项，弱碱不完全电离，弱碱稀释10倍时，pH减小不到一个单位，a<b＋1，错误。C项，草酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，无论怎样混淆获取的溶液都吻合电荷守恒，而该等式中缺少C2O42－，不吻合电荷守恒，错误。D项，酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO，依照越弱越水解的原则，pH相同的三种钠盐，浓度的大小关系为＋3313．镁—空气电池是一种能被水激活的一次性储备电池，原理以以以下列图。以下说法错误的是()．放电时，外电路电子由镁电极流向多孔活性炭资料电极O2＋4e－B．放电时，正极的电极反响式为－－O2＋4e＋2H2O===4OHC．理论上，外电路中流过2mol电子时，负极质量增加58gD．电池反响产物Mg(OH)2经过灼烧与复原可制成镁锭循环利用答案：C分析：A项，通氧气的电极为正极，因此多孔活性炭资料电极为正极，放电时，外电路电子由镁电极流向多孔活性炭资料电极(由负极流向正极)，正确；B项，放电时，多孔活性炭资料电极为正极，碱性条件下氧气在正极得电子产生氢氧根离子，电极反响式为－Mg－2e－－22过2mol电子时，负极质量增加34g，错误；D项，电池反响产物Mg(OH)2经过灼烧获取氧化镁，再复原可制成镁锭循环利用，正确。第II卷（非选择题共174分）三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必定做答。第33~40题为选考题，考生依照要求做答。（一）必考题（共129分）（14分）丙烯腈(CH2===CHCN)是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛(CH2===CHCHO)和乙腈(CH3CN)等。回答以下问题：(1)以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)C3H6(g)＋NH3(g)＋3的热化学方程式以下：①2O2(g)===C3H3N(g)＋3H2O(g)H＝－515－1kJ·mol②C362342－1O(g)H＝－，两个反响在热力学上趋H(g)＋O(g)===CHO(g)＋H353kJ·mol势均很大，其原因是___________________________________________________________；有利于提高丙烯腈平衡产率的反响条件是__________________________________________；提高丙烯腈反响选择性的要点因素是_______________________________。（2）图(a)为丙烯腈产率与反响温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460℃。低于460℃时，丙烯腈的产率________(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率，判断原因是_________________________________________________________________；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是________(双选，填字母)。A．催化剂活性降低B．平衡常数变大C．副反响增加D．反响活化能增大(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。由图可知，最正确n(氨)/n(丙烯)约为________，原因是___________________________________。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为_________________________________。分析：(1)由热化学方程式可知，反响①气体分子数增加，是一个熵增的放热反响，反应②气体分子数不变，是一个熵变化不大的放热量较大的反响，在热力学上都属于自觉进行的反响。由于反响①是一个气体分子数增加的放热反响，降温、减压均有利于提高丙烯腈的平衡产率。有机反响中要提高某反响的选择性，要点是选择合适的催化剂。(2)由于反响①是放热反响，温度降低，平衡右移，丙烯腈的平衡产率应增大，因此图(a)中460℃以下的产率不是对应温度下的平衡产率。反响①的平衡常数随温度的高升而变小，反响的活化能不受温度的影响，故当温度高于460℃时，丙烯腈的产率降低的可能原因是催化剂活性降低和副反响增加。(3)由图(b)可知，当n(氨)/n(丙烯)＝1时，丙烯腈的产率最高，而丙烯醛的产率已趋近于0，若是n(氨)/n(丙烯)再增大，丙烯腈的产率反而降低，故最正确n(氨)/n(丙1n(氨)/n(丙烯)约为1可烯)约为1。空气中O2的体积分数约为5，结合反响①方程式及最正确3知，进料气氨、空气、丙烯的理论体积比应为×5∶1＝1∶7.5∶1。1∶2答案：(1)两个反响均为放热量大的反响降低温度、减小压强催化剂(2)不是该反响为放热反响，平衡产率应随温度高升而降低A、C(3)1该比率下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低1∶7.5∶127．（14分）三苯甲醇(C6H5)3C—OH是一种重要的化工原料和医药中间体。实验室合成三苯甲醇的实验装置以以以下列图。已知：①实验过程中生成的中间物质格氏试剂易发生水解反响；②部分有关物质的沸点如表所示：物质沸点/℃三苯甲醇380乙醚34.6溴苯156.2③三苯甲醇的相对分子质量为260。请回答以下问题：(1)装置中玻璃仪器B的名称为____________；装有无水CaCl2的仪器A的作用是________________________________________________________________。(2)装置中滴加液体未用一般分液漏斗而用恒压滴液漏斗的作用是____________________________________________________________________；制取格氏试剂时要保持温度约为40℃，能够采用________加热方式。(3)制得的三苯甲醇粗产品中含有乙醚、溴苯、氯化铵等杂质，能够设计如图提纯方案：①操作②溶解、过滤③冲洗、干燥粗产品――→――→――→三苯甲醇其中，操作①的名称是________；冲洗液最好采用________(填字母)。a．水b．乙醚c．乙醇d．苯检测产品已经冲洗洁净的操作为____________________________________________________________________________________________。(4)纯度测定：称取2.60g产品，配成乙醚溶液，加入足量金属钠(乙醚与钠不反响)，充分反响后，测得生成的气体在标准状况下的体积为100.80mL。则产品中三苯甲醇的质量分数为________。分析：(1)玻璃仪器B是球形冷凝管，由题给条件“实验过程中生成的中间物质格氏试剂易发生水解反响”知装有无水CaCl2的仪器A的作用是防备空气中的水蒸气进入装置，避免格氏试剂水解。(2)恒压滴液漏斗能够平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下。反响温度低于100℃，高于常温，可用水浴加热。(3)分别沸点不一样样的混淆物可用蒸馏(或分馏)的方法。为防备三苯甲醇溶解造成损失，不能够用有机物冲洗，最好采用水洗的方法。(4)(H2)＝n0.1008L22.4L·mol－1＝0.0045mol，则三苯甲醇的物质的量为0.0045mol×2＝0.009mol。[(C6H5)3C—OH]＝0.009mol×260g·mol－1＝2.34g，则产品中三苯甲醇的质量分数为2.34m2.60×100%＝90%。答案：(1)球形冷凝管防备空气中的水蒸气进入装置，防备格氏试剂水解(2)平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下水浴(3)蒸馏(或分馏)a取少量最后一次冲洗液于试管中，滴加硝酸银溶液，若无积淀生成，则已经冲洗洁净(4)90%28．（15分）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程以下：已知：①“混淆焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。②金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系以以以下列图(25℃)：③此实验条件下Mn2＋开始积淀的pH为7.54，离子浓度≤1×10－5mol·L－1时，离子沉淀圆满。请回答：(1)传统工艺办理高硫锰矿时，不经“混淆焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为________________________________________________________。(2)“氧化”时，发生反响的离子方程式为______________________________________。若省略“氧化”步骤，造成的结果是__________________________________________________________________________________________。(3)“中和除杂”时，生成积淀的主要成分为________________(填化学式)。(4)“氟化除杂”时，若使溶液中的Mg2＋和Ca2＋积淀圆满，需保持c(F－)不低于________。－10－12][已知：Ksp(MgF2)＝6.4×10；Ksp(CaF2)＝3.6×10(5)“碳化结晶”时，发生反响的离子方程式为________________________________________。(6)“系列操作”指________________________、过滤、冲洗、干燥。(7)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极的电极反响式为________________________________________。分析：向高硫锰矿与氧化锰矿混淆焙烧后所得含MnSO、FeO及少量FeO、AlO、MgO42323的混淆物中加入硫酸后，获取含2＋2＋3＋2＋3＋MnO后，Mn、Fe、Fe、Mg、Al的酸性溶液；加入22＋被氧化为3＋，再加入碳酸钙调治pH，依照已知②的图得，Fe3＋、Al3＋2＋以氢氧FeFe先于Mn化物的形式积淀，过滤除掉后，此时加入MnF“2除杂”，只能是除掉2＋2＋，加入NH4HCO3Mg和Ca“结晶”(也就是积淀)出来的产物不易想到，但一般含－的盐是可溶的，含2－的盐是HCO3CO3不能够溶的，故最可能生成的积淀是MnCO3，过滤后加入硫酸溶解，生成MnSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冲洗、干燥获取MnSO4·4H2O。(1)题中给出“高硫锰矿含有FeS”，如不经“混淆焙烧”直接加入H2SO4溶液，会生成2(2)二氧化锰用于将2＋氧化为3＋，酸性条件下，反响的离子方程HS气体，污染环境。FeFe2＋＋2＋3＋2＋积淀圆满的pH为7.54”，结式为MnO＋2Fe＋4H===Mn＋2Fe＋2HO；由已知③中“Mn222＋积淀圆满的pH为7.95得，Fe2＋2＋积淀区有重叠，若是省略“氧化”合已知②图中Fe与Mn步骤，直接积淀Fe2＋2＋损失(或Fe2＋去除不圆满，影响产品纯度)。(3)“中和除杂”会造成Mn时，加入碳酸钙耗资H＋，调治pH，直至Fe3＋和Al3＋均水解积淀圆满，故积淀的主要成分为Fe(OH)、Al(OH)。(4)因K(MgF)>K(CaF)，MgF未积淀圆满时，CaF已经积淀圆满，因33sp2sp222此，以MgF2积淀圆满为临界值，故若使溶液中的2＋－5mol·L－1)，由Mg积淀圆满(c≤1×10－10－6.4×10－10－1－3－1Ksp(MgF2)＝6.4×10，得c(F)≥1×10－5mol·L＝8×10mol·L。(5)由上述分析知，加NH4HCO3“碳化结晶”时，生成的积淀应该为MnCO3，则发生反响的离子方程式为2＋－要获取MnSO·4HO晶体，硫酸锰溶液应经过蒸发Mn＋2HCO===MnCO↓＋CO↑＋HO。(6)332242浓缩、冷却结晶、过滤、冲洗、干燥等步骤。(7)用惰性电极电解MnSO4溶液制备MnO2，Mn元素化合价变化为＋2＋在阳极失电子发生氧化反响，用＋2→＋4，则MnH和H2O保持电荷守恒和原子守恒，得电极反响式为2＋2－2＋Mn＋2HO－2e===MnO＋4H。答案：(1)产生硫化氢等气体，污染环境(2)MnO2＋2Fe2＋＋3＋2＋＋2H2O2＋2＋积淀区有重叠，造成2＋损失＋4H===2Fe＋MnFe与MnMn(或Fe2＋去除不圆满，影响产品纯度)(3)Fe(OH)3、Al(OH)3(4)8×10－3mol·L－12＋－(5)Mn＋2HCO3===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O蒸发浓缩、冷却结晶(7)Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋（二）选考题:共45分.请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必定与所涂题目的题号一致,在答题卡选答地区指定地址答题.若是多做,则每学科按所做的第一题计分

.35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）金属钛(Ti)是一种拥有好多优秀性能的金属，钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料。1）Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢资料。①Ti2+基态电子排布式可表示为_____________。②与BH-互为等电子体的阳离子的化学式为__________。4③H、B、Ti原子的第一电离能由小到大的次序为_____________。2）二氧化钛(TiO2)是常用的、拥有较高催化活性和牢固性的光催化剂，常用于污水办理。纳米TiO2催化的一个实比方以以下列图。化合物乙的分子中采用sp3杂化方式的原子个数为_____。3）水溶液中并没有[Ti(H2O)6)]4+离子，而是[Ti(OH)2(H2O)4]2+离子，1mol[Ti(OH)2(H2O)4]2+中σ键的数目为_________。4）氮化钛(TiN)拥有典型的NaCl型结构，某碳氮化钛化合物，结构是用碳原子取代氮化钛晶胞(结构如图)极点的氮原子，则此碳氮化钛化合物的化学式是__________。分析：(1)①钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，依照结构原理知其基态核外电子排226262226262-个原子，价电子总数4-++为8，与BH互为等电子体的阳离子为NH，故答案为NH；③同一周期，从左到右，元素的444第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能渐渐减小，金属元素的第一电离能小于非金属元素，H、B、Ti原子的第一电离能由小到大的次序为Ti<B<H，故答案为Ti<B<H；(2)化合物乙( )的分子中采用sp3杂化方式的原子个数有(标记为●的原子采用sp3杂化)，共5个，故答案为5；(3)1个[Ti(OH)2(H2O)4]2+中含有6个配位键，10个O-H，因此1mol[Ti(OH)2(H2O)4]2+中含有σ键的数目为16mol，故答案为16mol；(4)某碳氮化钛化合物，结构是用碳原子取代氮化钛晶胞极点的氮原子，利用均派法可知，晶胞中含有碳原子数为8×1=1，含有氮原子