安徽省2020届高三化学“我为高考命题”仿真模拟试题 (5)

1、 专业 教育文档 可修改 欢迎下载 安徽省蚌埠市教师2020届高三化学“我为高考命题”仿真模拟试题（蚌埠二中5）一、 单项选择题（本题共 7 小题，每小题 6 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项符合题目要求。）1化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（）A. 目前提出的“低碳经济”，即减少向环境排放 CO2 有利于控制温室效应 B“国防金属-镁”可通过浓缩海水，再直接采用电解法获得 C硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业 D煤经过气化和液化等化学变化可转化为清洁能源2ClO2 是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点 11，凝固点-59。工业上，可用下

2、列原理制备 ClO2(液相反 应) 2FeS2 +30NaClO3 +14H 2SO 4Fe2(SO4)3 +15Na2SO4+30ClO2+14H2O。设 NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是（）A在标准状况下，2240mL ClO2 含有原子数为 0.3NAB若生成 1.5mol Na2SO4，则反应后的溶液中 Fe3+数目小于 0.2NA C48.0g FeS2 完全反应，则上述反应中转移电子数为 6NA D每消耗 15mol NaClO3，生成的水中氢氧键数目为 14NA3（原创题）“梯希爱”学名 2-甲基二苯甲酮，结构如图，是一种重要的化工原 料，常作为医药制备的中间体。下列叙

3、述正确的是（）A“梯希爱”是芳香烃B1mol“梯希爱”可与 6molH2 发生加成反应 C1mol“梯希爱”完全燃烧能生成 14molCO2 和 12 molH2O D“梯希爱”的结构中最多的共面碳原子数为 14 个4下列有关实验的叙述错误的是（）选项实验用其或实验操作目的或结论A点燃插入到由 MnO2、Al 组成的铝热剂(混合物上 有少量 KClO3)上的镁条证明还原性 AlMnB将含有 HCl、H2O(g)的 Cl2 依次通过盛有饱和食 盐水、浓硫酸的洗气瓶除去 Cl2 的杂质C向某盐溶液 X 中先滴加几滴氯水、再滴 2 滴KSCN 溶液确定盐溶液 X 中是否含有Fe3+D向某 Na2SO

4、3 溶液中加入用盐酸酸化的 BaCl2 溶液检验 Na2SO3 是否变质5“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中 a 为 TiO2 电极，b 为 Pt 电极，c 为 WO3 电极，电解质溶液为 pH=3 的 Li2SO4-H2SO4 溶液。锂 离子交换膜将电池分为 A、B 两个区，A 区与大 气相通，B 区为封闭体系并 有 N2 保护。下列关于该电池的说法错误的是（ ）A若用导线连接 a、c，则 a 为负极，该电极附近 pH 减小B若用导线连接 a、c，则 c 电极的电极反应式为 WO3 + xH+xe- = HxWO3C若用导线先连接 b、c，再连接 a、c，可实现太阳能向电

5、能转化D若用导线连接 b、c， b 电极的电极反应式为 O2+4H+4e-=2H2O6X、Y、Z 是三种气态物质，在一定温度下其变化符合下图。下列说法一定正 确的是（）A该反应的热化学方程式为 X(g) +3Y(g) 2Z(g)H= -（E2-E1）kJB若图 III 中甲表示压强，乙表示 Z 的含量，则其变化符合图 III 中曲线 C图 II 中曲线 b 是加入催化剂时的能量变化曲线，曲线 a 是没有加入催化剂 时的能量变化曲线D该温度下，反应的平衡常数数值约为 533，若升高温度，该反应的平衡常 数减小，Y 的转化率降低7室温下，向 100mL 饱和的 H2S 溶液中通入 SO2 气体(气

6、体体积换算成标准状 况)，发生反应：2H2S+SO2=3S+2H2O，测得溶液 pH 与通入 SO2 的关系如图所示。下列有关说法错误的是（）Aa 点水的电离程度最大Ba 点之后，随 SO2 气体的通入，3c(HSO - )c(H2SO3 )的值始终减小C曲线 y 代表继续通入 SO2 气体后溶液 pH 的变化D该温度下 H2S 的 Ka110-7.2二、非选择题（本题共 3 小题，共 43 分。）8（16 分）全球碳计划组织（GCP，The Global Carbon Project）报告称，2018年全球碳排放量约 371 亿吨，达到历史新高。（1）中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，

7、实现了 CO2 直接加氢制取 高辛烷值汽油，其过程如图 1 所示。已知：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H= + 41 kJmol-12CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) H= -128 kJmol-1则上述过程中 CO 和 H2 转化为 CH2=CH2 的热化学方程式是 。下列有关 CO2 转化为汽油的说法，正确的是 （填标号）。A该过程中，CO2 转化为汽油的转化率高达 78% B中间产物 Fe5C2 的生成是实现 CO2 转化为汽油的关键 C在 Na-Fe3O4 上发生的反应为 CO2+H2=CO+H2O D催化剂 HZSM-5 可以提高

8、汽油中芳香烃的平衡产率若在一容器中充入一定量的 CO2 和 H2，加入催化剂恰好完全反应，且产物 只生成 C5 以上的烷烃类物质和水。则起始时 CO2 和 H2 的物质的量之比不低 于 。（2）研究表明，CO2 和 H2 在一定条件下可以合成甲醇。反应方程式为 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) Had【解析】60 1 60 13360 1 (60 1 ) 3124根据已知热化学方程式运用盖斯定律书写新的热化学方程式；根据图示反应 历程分析反应的中间产物，判断催化剂对反应的影响；根据烷烃的通式及题干信息进行相关计算；根据熵变和焓变判断反应是否自发进行；根据平衡状 态的特

9、征分析反应是否达到平衡状态；根据各物质的分压计算平衡常数。（1）已知：I CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H= + 41 kJmol-1，II2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) H= -128 kJmol-1，根据盖斯定律II-I2 得：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) H=-128 kJmol-1-（+ 41kJmol-1）2=-210kJmol-1，故热化学方程式为：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) H=-210kJmol-1；A. 由图示分析 78%并不是表示 CO2 转化

10、为汽油的转化率，故 A 错误；B. 中间产物 Fe5C2 是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故 B正确；C. 根据图 1 所示，在 Na-Fe3O4 上发生的反应应为 CO2 生成 CO 的反应，氢气 未参加反应，故 C 错误；D. 催化剂 HZSM-5 的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故 D 错 误；故答案为：B；烷烃的通式为 CnH(2n+2)，假设只生成 C6H14 和水，则根据原子守恒知：6molCO2 恰好完全反应生成 1molC6H14 和 12molH2O 需要的 H2 的物质的量为：21mol 14+12mol 2 = 19mol ，所以 CO和 H2的物

11、质的量之比不低于26mol:19mol=6:9，故答案为：6:9；（2）该反应为放热反应，H0，根据方程式知：S0，根据G=HTS，若G0 则 T 较小，即低温时该反应自发进行，故答案为：低温；如图所示相同时间内催化剂 A 的转化率较高，说明反应较快催化效果好；b点时，还未达到平衡，则说明 v(正) v(逆) ，故答案为：A；a.c(CO2)与 c(H2)初始时比值为 1：3，所以按照化学计量数 1:3 反应后，比 值始终保持不变，不能说明该反应达到平衡，故 a 选； b.根据化学计量数之比知：v(CO2)正=v(H2O)正=v(H2O)逆，正逆反应速率相等， 则说明已经达到平衡，故 b 不选

12、； c.该反应为气体减小的反应，所以当体系的压强不再发生变化，说明反应物和 生成物浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故 c 不选； d.根据质量守恒原理知，反应前后总质量始终不变，且容器体积不变，则混合 气体的密度始终不变，所以气体密度不变不能说明达到平衡，故 d 选； e.断开 3mol 的 H-H 键时说明有 3mol 氢气消耗，则应该消耗 1molCO2，则 CO2 的浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故 e 不选； f.反应前后气体的物质的量减小，质量保持不变，则气体的平均相对分子质量 应增大，若不变，说明达到平衡状态，故 f 不选；故答案为：ad；c 点时 CO2 的转率为 80%，

13、则反应掉 1mol80%=0.8mol，CO2 (g ) + 3H2 (g ) CH3OH (g ) + H2O (g )起始(mol)1300变化(mol)0.82.40.80.8平衡(mol)0.20.60.80.8起始状态容器中气体总物质的量为 1mol+3mol=4mol，平衡时容器中气体总物质的量为 0.2mol+0.6mol+0.8mol+0.8mol=2.4mol，容器体积不变，起始压强为100 kPa，则平衡时总压强为：100kPa 2.4mol =60kPa，根据分压=总压物质4molp 3的量分数计算得： K = P(H2O) P(CH3OH) =60 1 60 133，故

14、答案为：P(CO2 ) P (H 2 )60 1 (60 1 ) 312460 1 60 1 3 3 。60 1 (60 1 ) 31249（12 分，每空 2 分）【答案】（1）100g/L浓度超过 100 后，锡浸出率增幅变小，但碲浸出 率却提高较大，不利于后续分离（2）温度升高，过氧化氢受热分解（3）2Na+TeO3+H2O2Na2TeO4+H2O2-（4）Na2SnO3、Na2TeO43-2-（5）5Sn + 4SbO4+ H2O4Sb + 5SnO3+ 2OH-【解析】（1）根据图像可知浓度超过 100 后，锡浸出率增幅变小，但碲浸出 率却提高较大，不利于后续分离，故答案为：100g

15、/L；浓度超过 100 后，锡浸出率增幅变小，但碲浸出率却提高较大，不利于后续分离；（2）该过程反应物中有过氧化氢，过氧化氢受热易分解，故答案为：温度升 高，过氧化氢受热分解；3（3）过氧化氢具有氧化性，还原产物一般为水，该过程中过氧化氢将 TeO 2-氧化成 Na2TeO4，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：2Na+TeO3+H2O22-Na2TeO4+H2O；（4）溶析结晶后的溶液仍为 Na2SnO3 和 Na2TeO4 的饱和溶液，所以从“溶析 结晶”回到“碱浸”的物质除烧碱外，主要还有 Na2SnO3、Na2TeO4，故答案为： Na2SnO3、Na2TeO4；（5）锡的最高价含氧酸

16、盐为 H2SnO3，锡片可将 Sb 置换出来，即产物中有 Sb3-单质，再结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：5Sn + 4SbO4+ H2O4Sb +2-5SnO3+ 2OH-。10（15 分，除注明外，每空 2 分）【答案】（1）（3 分）SO3+H2OHSO3 +OH ；Ag +H2OAgOH+H2 + +2（2） SO3具有较强的还原性，若被空气中的 O2 氧化为 SO42即为 Ag结合生成 Ag2SO4 沉淀（3）过量的 Na2SO3(或亚硫酸钠)（4）验证棕黑色物质 X 不是 Ag2O Ag Ag2HNO3(浓)=AgNO3NO2H2O（5）随着酸性的增强，体系的还原性增强。【解析

17、】（1）Na2SO3 为强碱弱酸盐，在溶液中水解显碱性，则溶液的 pH=10，其水解离子方程为：SO3+H2O HSO3 +OH ，AgNO3 为强酸弱碱盐，在溶2 液中 pH=5，其水解离子方程为：Ag+H2O H+AgOH；故答案为：SO3+H2OHSO3 +OH 、Ag +H2OAgOH+H2 + +（2）推测 a 中白色沉淀为 Ag2SO3，Ag+与 SO32反应生成 Ag2SO3，Ag2SO3溶于过量的 Na2SO3 溶液，生成沉淀的离子方程式为：2Ag+SO3=Ag2SO3，3推测 a 中白色沉淀为 Ag2SO4，其依据为：SO 22有还原性，可能被氧化为2SO4，与 Ag+反应生

18、成 Ag2SO4 白色沉淀，故答案为：SO32具有较强的还原性，若被空气中的 O2 氧化为 SO4即与 Ag结合生成 Ag2SO4 沉淀；2（3）Ag2SO3 白色，难溶于水，溶于过量 Na2SO3 的溶液，取 B、C 中白色沉 淀，置于 Na2SO3 溶液中，沉淀溶解，说明 B、C 中白色沉淀为 Ag2SO3，另取Ag2SO4 固体，同样条件置于足量 Na2SO3 溶液中，进行对照试验，发现沉淀 不溶解；（4）氧化银能和盐酸生成白色氯化银沉淀和水，溶液的 pH=2，产生大量 白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质 X，向 X 中滴加稀盐酸，无 明显变化，说明 X 不是 Ag2O，向 X

19、中加入过量浓 HNO3，产生红棕色气体为 NO2，X 与浓硝酸发生氧化还原反应，X 具有还原性，X 只能为金属单质，只能为银，含有 Ag 元素，不 含 S 元素，向 X 中加入过量浓 HNO3，产生红棕色气体为 NO2，银和硝酸反应，氮元 素从+5 变为+4 价，同时生成硝酸银和水，反应方程式为：Ag+2HNO3（浓）AgNO3+NO2+H2O.（5）综合该同学以上实验，分析产生 X 的原因：随着酸性的增强，体系的还 原性增强。三、选做题11（15 分）【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2 或Ar3d74s2 （1 分） M（1 分） 3（1 分） 哑铃（1 分） sp2（

20、1 分）（2） Co、O、N（1 分） 16 （1 分） （3）(PnO3n1)(n 2)（2 分）A8(59+2 27+4 16)（4） CoAl2O4（2 分）八面体空隙（2 分）分）N (2a 10-7 )3 （2【解析】（1）Co 为 27 号元素，Co 原子核外有 27 个电子，根据核外电子排 布规律可得其基态 Co 原子核外电子排布式；基态磷原子核外有三层电子，故 最高能层符号为 M，电子云在空间有 3 个伸展方向，原子轨道为哑铃型；5+0+1 =3（2）NO3中价层电子对数为2，故为 sp2 杂化；一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但由于 N 原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于 O，所以第一电离能由小到大的顺序为 Co、O、N；一个 NO3中有 3 个键，配位键也为键，故键数目为 34+4=16，则 1mol 该配离子中含键数目为 16NA；（3）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO4、P2O7 、345P3O10磷原子的变化规律为：1,2,3,4，n 氧原子的变化规律为：4,7,10,3n+1酸 根所带电荷数的变化规律为：3,4,5,n+2；故答案为：(P