高考2020届全国I卷理综化学全真模拟试题及答案一

1、高考2021届全国I卷理综化学全真模拟试题及答案一一：选择题共7题,每题6分,共42分7 .以下说法错误的选项是A.?己亥杂诗?中“落红不是无情物,化作春泥更护花蕴藏着自然界碳、氮的循环8 .?周礼?中“煤饼烧蛎房成灰蛎房即牡蛎壳,“灰的主要成分为CaCO3C.?本草纲目?中“用浓酒和糟入甑,蒸令气上,用器承滴露.这种方法是蒸储D.?天工开物?中“凡研硝KNO3不以铁碾入石臼,相激火生,相激火生是指爆炸答案B解析自然界中的动植物遗体之所以没有堆积如山,是由于细菌使动植物遗体不断地腐烂、分解,转化成二氧化碳、水和无机盐,这些物质又是植物制造有机物原料的缘故.“落红不是无情物,化作春泥更护花蕴含了

2、生态系统中的物质循环,故A正确；“煤饼烧蛎房成灰是煤燃烧产生高温使碳酸钙分解生成二氧化碳和氧化钙,留下生石灰CaO,所以灰的主要成分为氧化钙,故B错误；蒸令气上,利用互溶混合物的沸点差异别离,那么该法为蒸储,故C正确；KNO3研碎易发生爆炸,那么“相激火生是指爆炸,故D正确.8 .降冰片二烯类化合物是一类太阳能储能材料.降冰片二烯在紫外线照射下可以发生以下转化.以下说法错误的选项是A.降冰片二烯与四环烷互为同分异构体B.降冰片二烯能使酸性高镒酸钾溶液褪色C.四环烷的一氯代物超过三种不考虑立体异构D.降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超过4个答案C解析降冰片二烯与四环烷分子式相同,结构不同,

3、因此二者互为同分异构体,A项正确;降冰片二烯分子中含有碳碳双键,因此能使酸性高镒酸钾溶液褪色,B项正确；四环烷含有三种位置的H原子,因此其一氯代物有三种,C项错误；根据乙烯分子是平面分子,与碳碳双键连接的C原子在碳碳双键所在的平面上,所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子为4个,D项正确.9 .实验室常用如图装置制备乙酸乙酯.以下有关分析不正确的选项是A.b中导管不能插入液面下,否那么会阻碍产物的导出B.固体酒精是一种白色凝胶状纯洁物,常用于餐馆或野外就餐C.乙酸乙酯与互为同分异构体D.乙酸、水、乙醇羟基氢的活泼性依次减弱答案B解析饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇,和乙酸反响消耗乙酸,同时降低乙酸

4、乙酯的溶解度,为预防产生倒吸现象,b中导管不能插入液面下,否那么不仅可能会产生倒吸现象,而且还会阻碍产物的导出,A正确；固体酒精制作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸CH3COOH溶液中,充分反响后生成醋酸钙CH3COO2Ca、CO2、H2O,将醋酸钙溶液蒸发至饱和,参加适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精,可见固体酒精是混合物,B错误；乙酸乙酯与的分子式都是C4H8.2,二者分子式相同,结构不同,故二者互为同分异构体,C正确；乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基,电离产生H十的水平：乙酸水乙醇,所以羟基氢的活泼性依次减弱,D正确.10 .厌氧氨化法Anammox是一种新型的氨氮去除技术,以下说法中不正确

5、的选项是A.1molNH4所含的质子总数为10NaB.联氨N2H4中含有极性键和非极性键C.过程n属于氧化反响,过程IV属于复原反响D.过程I中,参与反响的NH4与NH20H的物质的量之比为1：1答案A解析质子数等于原子序数,1molNH4中含有质子总物质的量为11mol,故A说法错误；HNNHII联氨N2H4的结构式为HH,含有极性键和非极性键,故B说法正确；过程n,N2H42H-N2H2,此反响是氧化反响,过程IV,N02NH20H,添H或去0是复原反响,故C说法正确；NH4中N显一3价,NH20H中N显一1价,N2H4中N显一2价,因此过程I中NH4与NH20H的物质的量之比为1：1,故

6、D说法正确.11 .常温下,CH3C00H和NH3-120的电离常数均为1.8X105O向20mL浓度土匀为0.1molL1Na0H和NH3120的混合液中滴加等物质的量浓度的CH3C00H溶液,所得混合液的电导率与参加CH3C00H溶液的体积V关系如下图.以下说法错误的选项是.+十A.M点：c(Na)>c(CH3COO)>c(NH3也O)>c(NH4)B.溶液呈中性的点处于N、P之间C.1g3=0.5,P点的pH=5D.P点：3c(CH3COO)+c(CH3COOH)=2c(Na+)+c(NH4)+c(NH3也O)答案D解析M点溶液中溶质为等物质的量浓度的CCOONa、NH

7、3-f2O,CH3COONa水解,NH32O电离,但CH3COONa水解程度小于NH32O电离程度,c(Na+)>c(CH3COO)>c(NH3-I2O)>c(NH4),故A正确；体积为20mL时NaOH和醋酸恰好完全反响,体积为40mL时醋酸和一水合氨恰好完全反响；醋酸钠溶液呈碱性、醋酸俊溶液呈中性,要使混合溶液呈中性,应该使醋酸稍微过量,所以参加醋酸的体积应该大于40mL,应该在N、P之间,故B正确；力口入醋酸60mL时,溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH,且三n酸_者的物质的量浓度相等,该溶?为缓冲溶披,溶放的pH=pKalg昔-=lg(

8、1.8X105)60mL时,溶液中的溶质为0.002=6_可9=62lg3=5,故C正确；参加醋酸0.002X2CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH,且三者的物质的量浓度相等,根据物料守恒,c(CH3COO)+c(CH3COOH)=c(Na+)+c(NH4)+c(NH3-I2O)+c(Na+)=2c(Na+)+c(NH4)十c(NH3快O),故D错误.1为其工作原12 .微生物燃料电池可净化废水,同时还能获得能源或有价值的化学产品,图理,图2为废水中Cr2O2一离子浓度与去除率的关系.以下说法正确的选项是()A.M为电池正极,CH3COOH被复原B,外电路转移4mol电子时,M

9、极产生22.4LCO2C.反响一段时间后,N极附近的溶液pH下降D.Cr2O7一离子浓度较大时,可能会造成复原菌失活答案D解析由图中信息可知,电子由M极流向N极,那么M为电池负极,CH3COOH被氧化,选项A错误；根据负极电极反响式CH3COOH8屋+2H2O=2CO2T+8H+可知,外电路转移4mol电子时,标准状况下M极产生22.4LCO2忽略CO2溶解,但题干中没有说明标准状况,选项B错误；根据图中信息可知,N极消耗氢离子,反响一段时间后,氢离子浓度降低,N极附近pH增大,选项C错误；强氧化剂能使蛋白质变性,故Cr2O7一离子浓度较大时,可能会造成复原菌失活,选项D正确.13.短周期主族

10、元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反响生成盐,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的.由X、Y和Z三种元素形成的某一种盐参加稀盐酸后,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气味气体产生.以下说法正确的选项是A.W、X、Y、Z的简单离子的半径依次增大B.简单氢化物的热稳定性：XvWC. ZX2可以在空气中燃烧,生成ZX3D. W所形成的一种氢化物可用作火箭燃料答案D解析能形成氢化物的一般是非金属,那么其最高价氧化物的水化物往往为酸,W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反响生成盐,即这个氢化物的溶液呈碱性,那么该物质为NH3,即W为N.Y的原子半径是所有短周

11、期主族元素中最大的,那么Y为Na.中学阶段所学的淡黄色沉淀有AgBr和S,那么该淡黄色沉淀为SAg、Br都不是短周期元素,即X、Y和Z三种元素形成的盐中含有Na、S两种元素,那么可以推断出该盐还含有O,所以X为O,Z为S.根据反响现象,可以推断出该盐为Na2s2O3,对应的化学方程式为：2HCl+Na2s2O3=2NaCl+SJ+SO2T+H2O0综上所述,W为N,X为O,丫为Na,Z为S,盐为Na2s2O3.W为N,X为O,丫为Na,Z为S,它们的简单离子分别为N3>O2>Na>S2,其中,S器的半径最大,N3>O'Na卡属于同一电子构型的离子,那么离子半径的

12、大小为：N3>O2>Na所以W、X、Y、Z的简单离子的半径大小为：Z>W>X>Y,A错误；W、X的氢化物分别为NH3、H2O,由于O的非金属性比N强,所以H2O的热稳定性比NH3强,即氢化物的稳定性：X>W,B错误；ZX2为SO2,ZX3为SO3,SO2不能再燃烧,且SO2转化为SO3需要高温和催化齐J,C错误；W为N,它的一种氢化物一一朋N2H4,可用作火箭燃料,D正确.二：非选择题共3题,共43分26.【14分】铜是人类最早使用的金属,在生产生活中应用极其广泛.工业上以黄铜矿主要成分FeCuS2为原料制取金属铜,其主要工艺流程如下图.：反响n的离子方程式

13、：Cu2+CuS+4Cl=2CuCl2+S答复以下问题：FeCuS2中S的化合价.(2)反响I在隔绝空气、高温煨烧条件下进行,写出化学方程式：(3)为了使反响I充分进行,工业上可采取的举措是(4)反响m的离子方程式为.向反响出后的溶液中参加稀硫酸的目的是.(6)该流程中,可循环利用的物质除CuCl2外,还有(填化学式).(7)反响IV中,处理尾气SO2的方法,合理的是(填字母).A.高空排放B.用BaCl2溶液吸收制备BaSO3C.用氨水吸收后,再经氧化,制备(NH4)2SO4D.用纯碱溶液吸收可生成Na2SO3(H2CO3：Kai=4.4X107,Ka2=4.7X1011；H2SO3:Kai

14、=1.2X102,Ka2=5.6X108)(8)CuCl悬浊液中参加Na2S,发生的反响为2CuCl(s)+S2(aq)Cu2s(s)+2Cl(aq).该反响的平衡常数K=Ksp(CuCl)=a,Ksp(Cu2S)=b.答案(1)2(2)FeCuS2+S=FeS2+CuS(3)粉碎或搅拌(4)4CuCl2+O2+4H+=4Cu2+8Cl+2H2O(5)在相同条件下,CuSO4的溶解度低于其他物质,参加H2SO4,有利于其析出(6)S、H2SO4、HCl(7)CDa2(町解析(1)根据化合价代数和为零的原那么Fe为+2价,Cu为+2价,那么FeCuS2中S的化合价为一2.(2)黄铜矿主要成分Fe

15、CuS2,反响I在隔绝空气、高温煨烧条件下进行,硫和FeCuS2发生反.高温煨烧应生成FeS2和CuS,化学万程式为：FeCuS2+S=FeS2+CuS.(4)由反响n的离子方程式：Cu2+CuS+4C=2CuCl21+S,经过滤可知滤液中含有CuCl2、H+等离子,通入空气后CuChf中的+1价铜被氧气氧化,所以反响出的离子方程式为4CuCl2+O2+4H=4Cu2+8Cl+2H2O.(5)由于在相同条件下,CuSO4的溶解度低于其他物质,所以向反响出后的溶液中参加稀硫酸的目的是使CuSO4变成晶体析出.(6)根据流程图分析可知：该流程中可循环利用的物质有CuCl2、S、H2SO4、HCl.

16、(7)二氧化硫有毒,不能直接高空排放,否那么会污染空气,应该用碱液吸收,故A错误；盐酸酸性大于亚硫酸,所以二氧化硫和BaCl2不反响,那么不能用二氧化硫和氯化钢溶液制取BaSO3,故B错误；二氧化硫是酸性氧化物、一水合氨是碱,二者反响生成亚硫酸俊,亚硫酸俊不稳定,易被氧化成硫酸钱,所以用氨水吸收后,再经氧化制备硫酸俊,故C正确；二氧化硫和水反响生成的亚硫酸酸性大于碳酸,所以二氧化硫能和纯碱溶液反响生成亚硫酸钠,所以用纯碱溶液吸收制备亚硫酸钠是正确的,故D正确.K2PCuCla2KspCu2S=b(8)CuCl悬浊液中参加Na2S,发生的反响为2CuCl(s)+S2(aq)Cu2s(s)+2C(

17、aq),反响的c.利用装置A和C制备Sr3N2(1)实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接,其连接方法是先将,然后稍稍用力即可将玻璃管插入橡皮管中.(2)写出由装置A制备N2的化学方程式：.经改良后测得浓硫酸增重1.02g,那么产品的纯度为.答案(1)橡皮管和玻璃管润湿(2)NH4Cl+NaNO2=N2T+NaCl+2H2.(3)平衡气压,使液体顺利流下同意利用生成的N2将装置内空气排尽(或排尽装置内空气等)(4)002+2OH=CO3+H2O(5)浓硫酸(6)未将气体中的水蒸气除去,也被浓硫酸吸收(或其他合理答案)87.6%解析(3)装置A是一个相对封闭的环境,a导管的存在,可以平衡气压,使饱和

18、氯化镂溶液顺利流下.利用该套装置时,为了预防空气中的氧气与金属锂反响,实验时应先点燃装置A的酒精灯一段时间后,再点燃装置0的酒精灯.(6)浓硫酸具有强烈的吸水性,生成的气体中含有一定量的水蒸气,未将气体中的水蒸气除去,也被浓硫酸吸收,导致测得氨气的质量偏大,造成测得产品的纯度偏高；Sr3N2+Cl平衡常数K=c2-cS27.【15分】氮化铜(Sr3N2)在工业上广泛用于生产荧光粉.：铜与镁位于同主族；锯与氮气在加热条件下可生成氮化锂,氮化锂遇水剧烈反响.(3)装置A中a导管的作用是.利用该套装置时,有同学提出应先点燃装置A的酒精灯一段时间后,再点燃装置C的酒精灯,你同意其观点吗？(“同意或“不

19、同意).理由是n.利用装置B和C制备Sr3N2.利用装置B从空气中提纯N2(：氧气可被连苯三酚溶液定量吸收)(4)写出装置B的NaOH溶液中发生反响的离子方程式:(5)装置C中广口瓶盛放的试剂是.出.测定Sr3N2产品的纯度(6)取10.0g该产品,向其中参加适量的水,将生成的气体全部通入浓硫酸中,利用浓硫酸增重质量计算得到产品的纯度,该方法测得产品的纯度偏高,其原因是6H2O=3Sr(OH)2+2NH3T,B10.0g产品,向其中参加适量的水.将产生的气体全部通入1.02g=0.06mol,那么17gmOln(Sr3N2)=0.03mol,产品纯度=0.03molx292g10.0g1X10

20、0%=87.6%.到浓硫酸中,浓硫酸增重1.02g,为氨气质量,氨气的物质的量=28.【14分】工业上利用合成气(CO、CO2和H2)来生产甲醇,有关反响的化学方程式及其在不同温度下的化学平衡常数如下表所示.化学反响平衡常数温度/c500700800I.2H2(g)+CO(g)CH30H(g)AHiKi2.50.340.15n.H2(g)+CO2(g)H20(g)+C0(g)AH2K21.01.702.52m.3H2(g)+CO2(g)CH30H(g)+H20(g)AH3K3(1)假设合成气为H2和CO2,发生反响出.由H2(g)和CO2(g)合成CH30H(g)的AH3=.(用AHi、AH2

21、表示)以下举措能使反响m的平衡体系中nCH30H增大的是(填字母).nH2A.将水蒸气从体系中别离出去B.恒压时充入氮气C.升高温度D.恒容时再充入一定量CO2500c测得反响出在10min时,H2(g)、CO2(g)、CH30H(g)、H2O(g)的浓度分别为2mol-L1、1.0molL1、0.6molL1、0.6mol-L1,那么此时v正(填">""="或"<")v逆.从开始到该时刻,用H2表不'反响的平均速率为V(H2)=O(2)用合成气H2、CO和CO2生产甲醇.当c/1/2cc=a时,体系中CO平衡转化

22、率CO)nco十nCO2与温度和压强关系的一些散点如图1所示.520K、压强为p时,0)处于C点.假设保持温度不变,增大压强,那么可能是图中的点(填字母,下同).假设保持压强不变,升高温度,那么可能是图中的点.(3)利用甲醇燃料电池进行电解的装置如图2,其中A、B、D均为石墨电极,C为铜电极.工作一段时间后断开K,此时A、B两极上生成等物质的量的气体.乙中B电极为(填“阴极或“阳极),该电极上生成的气体在标准状况下的体积为.丙装置溶液中金属阳离子的物质的量(n)与转移电子的物质的量n()变化关系如图3,那么图中c线表示的是(填离子符号)的变化.答案AH1+AH2AD>0.18molmin

23、1(2)DI(3)阴极2.24LCu"解析(1)反响I.2H2(g)+CO(g)CH30H(g)小1,反响n.H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)由2,根据盖斯定律,将反响I+反响n得反响m:3H2(g)+CO2(g)ch30H(g)+H2O(g)AH3=AHi+4I2.结合反响i+n得到反响m,可得500c时,平衡常数K3=kiK2=2.5x1.0=2.5,700c时平衡常数K3=KiK2=0.34X1.70=0.578,温度升高平衡常数减小,说明反响为放热反响,3H2(g)+CO2(g)CH30H(g)+H2O(g)413V0.将H2O(g)从体系中别离出去,平衡正向

24、移动,"30H比值增大,故A正确；恒压时充入He(g),平衡逆向移动,nCH30H比值减小,nCO2nCO2故B错误；反响为放热反响,升高温度平衡逆向移动,nCH30H比值减小,故C错误；恒nCO2容时再充入一定量C02,平衡正向移动,TC0H比值增大,故D正确.平衡常数是利用生成物平衡浓度哥次方乘积除以反响物平衡浓度哥次方乘积,结合反响I+n得到反响m,500C时,可得平衡常数K3=KiK2=2.5X1.0=2.5,测得反响出在10min时,H2(g)、CO2(g)、CH30H(g)、H2O(g)的浓度分别为2mol11、1.0mol1、0.6molL1、-0.6x0.6一,一0.

25、6mold,Qc=23X10=0.045<K=2.5,那么此时v正v逆；从开始到该时刻,用H2O表不一1反响的平均速率为v(HzO)=.i0；访L=0.06mol-IT1-min1,用H2表示反响的平均速率为v(H2)=3v(H2O)=3x0.06mol71L-min1=0.18molrmin1.(2)上述反响n反响前后物质的量不变,I、出反响后物质的量减少,那么保持温度不变,增大压强,反响I、出平衡正向移动,导致n的平衡也正向移动,co平衡转化率4CO)增大,可能变成图中的d点.反响I的K随温度升高而减小,说明升高温度,平衡逆向移动；反响n的K随温度升高而增大,说明升高温度,平衡正向移

26、动；保持压强不变,升高温度,反响I平衡逆向移动,反应n平衡正向移动,导致co平衡转化率4CO)减小,可能变成图中的I点.(3)在燃料电池中通入燃料的为负极,通入氧气的为正极,那么B电极为电解池的阴极,铜离子得电子生成铜,电极反响为：Cu2+2e=Cu,工作一段时间后,断开K,此时A、B两极上产生的气体体积相同,说明铜离子全部放电后溶液中氢离子放电生成氢气,电极反响为2H+2e=H2?,设生成气体物质的量为x,溶液中铜离子物质的量为0.1mol,电极反响为：Cu2+2e=Cu,0.1mol0.2mol2H+2e=H2T,2xxA电极为阳极,溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气,电极反响为：一一40H

27、4e=2H2O+O2f,4xx根据得失电子守恒,0.2mol+2x=4x,解得x=0.1mol,乙中A极析出的氧气或B极析出的氢气物质的量为0.1mol,在标准状况下的体积为2.24L.根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化,可知,铜离子从无增多,铁离子物质的量减小,亚铁离子增加,a为Fe3+,b为Fe2+,c为Cu2+.三：选做题(二选一,各15分)单晶硅太阳能电池片在加工时,般掺35.太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位,杂微量的铜、钻、硼、钱、硒等.答复以下问题：(1)基态二价铜离子的电子排布式为,高温下CU2O比CuO更稳定,试从核外电子排布角度解释.(2)铜的某种氧

28、化物晶胞如图,该晶胞中阴离子的个数为.(3)铜与(SCN)2反响生成Cu(SCN)2,1mol(SCN)2中含有兀键的数目为,HSCN结构有两种,硫鼠酸(H-S-CmN)的沸点低于异硫氟酸(H-N=C=S)的原因是(4)BF3能与NH3反响生成BF3-NH=B与N之间形成配位键,氮原子提供,在BF3-NH中B原子的杂化方式为.(5)Co的一种氧化物CoO2晶体的层状结构如下图(小球表示Co原子,大球表示O原子).以下用粗线画出的重复结构单元不能描述CoO2的化学组成的是(填字母).(6)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似,层间相互作用力为.六方氮化硼在高温高压下,可以转化为立方氮化硼,其结构、硬

29、度与金刚石相似,其晶胞如图,晶胞边长为361.5pm,立方氮化硼的密度是gcm3(只列算式,Na为阿伏加德罗常数的值).答案(1)1s22s22p63s23p63d9(或Ar3d9)亚铜离子价电子排布式为3d10,核外电子处于稳定的全充满状态(2)4(3)4Na(或2.408X1024)异硫氟酸分子间可形成氢键,所以沸点较高(4)孤电子对sp3(5)D(6)分子间作用力(或范德华力)4X25NaX361.5X10103解析(2)根据均摊法可知,晶胞中氧离子的数目为8X1+2X+4X1+1=4o824(3)铜与类卤素(SCN)2反响生成Cu(SCN)2,(SCN)2分子中硫原子形成两个共用电子对

30、、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对,(SCN)2结构式为N三CS-SC三N,每个分子中含有4个兀键,那么1mol(SCN)2中含有兀键的数目为4Na;能形成分子间氢键的物质熔、沸点较tWj,异硫氟酸(HN=C=S)分子间可形成氢键,而硫氟酸(HSC=N)不能形成分子间氢键,所以异硫氟酸沸点高于硫氧酸.(4)硼元素具有缺电子性,其化合物可与具有孤电子对的分子或离子形成配合物,如BF3能与NH3反响生成BF3NH,在BF3NH中B原子价层电子对个数是4,根据价层电子对互斥理论,B原子的杂化方式为sp3,B与N之间形成配位键,N原子含有孤电子对,所以氮原子提供孤电子对.(5)CoO

31、2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：2,由题图可知：A中Co、O11原子数目之比为1：4*2=1：2,符合；B中Co、O原子数目之比为1+4X%：4=1：2,",11,符合；C中Co、O原子数目之比为4X4:4Xq=1：2,符合；D中Co、O原子数目之比为1：4X1=1：1,不符合.4(6)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似,石墨晶体层间为分子间作用力(或范德华力),层内为共价键；立方氮化硼的结构和硬度都与金刚石相似,二者结构相似,根据晶胞结构,1个晶胞中含有4个N,8X；+6X1=4个B,不妨取1mol这样的晶胞,即有Na个这样的晶胞,821个晶胞的体积为V=a3cm3=(361.5X10-10)3cm3,那么立方氮化硼的密度是p=岛=Nav4X14+11-3NaX361.5X10103g.cm036.有机物A(CiiHi2O5)同时满足