2020届化学高考模拟汇编卷(八)

1、精选优质文档-倾情为你奉上2020届化学高考模拟汇编卷（八）1、对以下古诗文中的现象，分析错误的是( )A. “以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍”，指的是黑火药爆炸，其主要反应的方程式为：S+2KNO3+3C=K2S+N2+3CO2B. “司南之杓(勺)，投之于地，其杓指南”，司南中“杓”的主要成分为Fe3O4C. “试玉要烧三日满，辨才须待七年期”，此文中“玉”的主要成分为硅酸盐，该诗句表明玉的硬度很大D. “自古书契多编以竹简，其用缣帛者(丝织品)谓之为纸”，文中“纸”的主要成分是蛋白质2、阿伏加德罗常数的数值为NA。下列说法正确的是( )A1L 1mol·L1的N

2、aHSO3溶液中含有的离子数为3NAB2.24L CO2与足量的Na2O2反应，转移电子数为0.1NAC5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含CH键数目为0.8NAD常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA3、将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是( )A铁被氧化的电极反应式为Fe3e=Fe3+B铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C活性炭的存在会加速铁的腐蚀D以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀4、化合物(甲)、(乙)、(丙)的分子式均为，下列说法不正确的是( )A.甲、乙、丙在空气中燃烧时均产

3、生明亮并带有浓烟的火焰B.甲、乙、丙中只有甲的所有原子可能处于同一平面C.等量的甲和乙分别与足量的溴水反应，的量:甲>乙D.甲、乙、丙的二氯代物数目最少的是丙5、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中X与Y可形成一种淡黄色物质P，常温下将0.05mol P溶于水，配成1L溶液，其中；Z为金属元素，且Z可在W的一种氧化物中燃烧，生成一种白色的物质和一种黑色的物质。下列说法错误的是( )A简单离子半径：XYZB氢化物的沸点：W<XC化合物P中既含有离子键又含有共价键DW、X、Y三种元素形成的物质的水溶液显碱性6、下列实验可以达到目的是（）选项实验目的实验过程A探究浓硫酸的脱水

4、性向表面皿中加入少量胆矾，再加入约3mL浓硫酸，搅拌，观察实验现象B制取干燥的氨气向生石灰中滴入浓氨水，将产生的气体通过装有P2O5的干燥管C制备氢氧化铁胶体向饱和氯化铁溶液中滴加氨水D除去MgCl2溶液中少量FeCl3向溶液中加入足量MgO粉末，充分搅拌后过滤AABBCCDD7、室温下，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，若pc=lgc，则所得溶液中pc(H2C2O4)、pc()、pc()与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )AM点时， BpH=x时，C常温下， (H2C2O4)=101.3D随pH的升高而减小8、硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯(S

5、O2Cl2)的常用方法。实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示(部分夹持装置未画出)：已知： SO2(g) + Cl2(g)SO2Cl2(l) H97.3kJ/mol。 硫酰氯常温下为无色液体，熔点为54.1，沸点为69.1，在潮湿空气中“发烟”。 100以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。回答下列问题：1.装置A中发生反应的离子方程式为 。2.装置B的作用为 ，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为 。3.仪器F的名称为 ，E中冷凝水的入口是 (填“a”或“b”)，F的作用为 。4.当装置A中排出氯气1.12L(已折算成标准状况)时，最终得到5.4g纯

6、净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为 。为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有 (填序号)。 先通冷凝水，再通气 控制气流速率，宜慢不宜快 若三颈烧瓶发烫，可适当降温 加热三颈烧瓶5.氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯2ClSO3HSO2Cl2 + H2SO4，分离产物的方法是_A重结晶 B过滤 C蒸馏 D萃取6.长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为 。9、乙酸是生物油的主要成分之一，乙酸制氢具有重要意义：反应I（热裂解）：CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g) H1反应II（脱羧基）：CH3COOH(g)CH4(g)+CO2(g) H2（1） H1=_kJ/mo

7、l (用有关E的代数式表示)；（2）为提高H2的平衡产率，应选择的压强条件是_(填“高压”或“常压”)；（3）在不同温度下，向密闭容器中充入等量醋酸蒸汽，反应相同时间后，测得各气体的产率与温度的关系如下图：约650之前，氢气产率低于甲烷的原因是；_；约650之后，随着温度升高后，氢气产率高于甲烷的原因是：_；（填编号）a. 反应II速率减慢b. 反应I速率加快的程度比反应II大c. 反应I正向移动，而反应II逆向移动d. 反应I正向移动的程度大于反应II正向移动的程度根据图像分析，该容器中一定发生了另外的副反应，理由是：_。（4）利用合适的催化剂使另外的副反应不发生。温度为TK，达到平衡时，总

8、压强为PkPa，反应I消耗乙酸20%，反应II消耗乙酸50%，乙酸体积分数为_(计算结果保留l位小数，下同)；反应II的平衡常数Kp为_kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，某物质分压=总压×该物质的体积分数)。10、CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；酸性条件下，不会氧化Co2+，转化为Cl；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离

9、子浓度为：0.01mol/L)沉淀物开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl2·6H2O熔点为86，加热至110-120时，失去结晶生成无水氯化钴。请回答：1.写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式_。2.向浸出液中加入 NaClO3发生主要反应的离子方程式_。3.“加Na2CO3调pH至5.2”，过滤所得到的沉淀成分为_。4.萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示，萃取剂使用的适宜pH范围是_。(填选项序号字母) A 1.0-2.0 B 2.5-3.5 C 4.0-5.05.制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘

10、干的原因是_。6.为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取2g的粗产品溶于水，配成100mL溶液，取出20mL置于锥形瓶，加入K2CrO4做指示剂( Ag2CrO4为砖红色沉淀)，用0.2mol/L的AgNO3溶液滴定至终点，重复2-3次，平均消耗AgNO3标准溶液10.00mL。该粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为_。用K2CrO4做指示剂时，需要控制溶液pH值为6.5-10.5，试分析原因_。11、中国古代文献中记载了大量古代化学的研究成果，本草纲目中记载：“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，反应原理为：S+2KNO3+3C=

11、K2S+N2+3CO2。1.氮原子的价层电子排布图为_，烟花燃放过程中，钾元素中的电子跃迁的方式是_，K、S、N、O四种元素第一电离能由大到小的顺序为_。上述反应涉及的元素中电负性最大的是_(填元素符号)。2.碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外，还可形成C2O3(结构式为)。C2O3与水反应可生成草酸(HOOCCOOH)。C2O3中碳原子的杂化轨道类型为_，CO2分子的立体构型为_。草酸与正丁酸(CH3CH2CH2COOH)的相对分子质量相差2，二者的熔点分别为101、-7.9，导致这种差异的最主要原因可能是_。CO分子中键与键个数比为_。3.超氧化钾的晶胞结构图如下：则与K+等距离且最

12、近的K+个数为_，若晶胞参数为d pm，则该超氧化物的密度为_g·cm3(用含d、NA的代数式表示，设NA表示阿伏加德罗常数的值)。12、抗血栓药物氯贝丁酯（）的一种合成路线如图，部分反应条件及部分反应物、生成物已略去。回答下列问题：1.E中官能团的名称为_。2.有机物A的化学名称为_，B的结构简式为_，反应的反应类型为_。3.要实现反应I的转化，加入下列物质能达到目的是_。A NaHCO B NaOH     C Na2CO3     D

13、60;CH3COONa4.写出反应的化学方程式_。5.产物E有多种同分异构体，满足下列条件的所有同分异构体G有_种。属于酯类且与FeCl3溶液显紫色：能发生银镜反应；1molG最多与2 molNaOH反应；苯环上只有2个取代基且处于对位。6.结合以上合成路线信息，设计以 CH3CH2 COOH为原料（无机试剂任选），合成有机物的合成路线_。 答案以及解析1答案及解析：答案：C解析：A. “以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍”， 描述的是黑火药，黑火药是由木炭粉（C）、硫磺（S）和硝石（KNO3）按一定比例配制而成的，其主要反应的方程式为：S+2KNO3

14、+3C=K2S+N2+3CO2，故A正确；B、司南中“杓”能指示方向，说明具有磁性，主要成分为Fe3O4，故B正确；C、玉的成分是硅酸盐，“试玉要烧三日满” 说明“玉”的熔点较高，故C错误；D、“缣帛者谓之为纸”，文中“纸”是丝织品，主要成分是蛋白质，故D正确。选C 2答案及解析：答案：C解析：A.不能完全电离，故A错误；B.未讲明气体的状况，故B错误；C.两种物质的最简式均为CH2，则有0.4mol CH2，故CH键数目为0.8NA，故C正确；D.铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，故D错误。 3答案及解析：答案：C解析：A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为:Fe-2e

15、-=Fe2+，故A错误;B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误;C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确;D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误;综上所述，本题应选C. 4答案及解析：答案：C解析：甲、乙、丙分子式均为，含碳量高，燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰，故A正确;乙、丙中含有饱和碳原子，不可能所有原子处于同一平面，甲中含有苯环和碳碳双键，所在平面可以重合，所以只有甲的所有原子可能处于同一平面，B正确;苯环不和溴水反应，甲和乙与溴水发生碳碳双键上的加成反应，由于乙中含有3

16、个碳碳双键，所以消耗的量:甲<乙，C错误;由于丙的对称性最好，故甲、乙、丙中二氯代物数目最少的是丙，只有三种，故D正确。 5答案及解析：答案：B解析：元素W、X、Y、Z分别为C、O、Na、Mg，故有离子半径O2NaMg2，A正确；碳的氢化物有多种，其沸点可能高于氧的氢化物，B错误；P为Na2O2，既含有离子键又含有共价键，C正确；W、X、Y三种元素形成的物质为Na2CO3或Na2C2O4，其水溶液显碱性，D正确。 6答案及解析：答案：D解析：A胆矾加入浓硫酸，失去水，与浓硫酸的吸水性有关，故A错误；B氨气与P2O5反应，不能作干燥剂，故B错误；C向饱和氯化铁溶液中滴加氨水，发生复分解反应

17、生成沉淀，应在沸水中水解制备，故C错误；D加入足量MgO粉末，促进铁离子水解转化为沉淀，过滤可分离，故D正确；故选：D 7答案及解析：答案：A解析：A电荷守恒，M点pH=4.3偏酸性，c(OH)<c(H+)，所以2c()+c()>c(Na+)，故A正确；B因为pc=lg c，所以纵坐标越大，浓度越小，根据图示可知，pH=x时，应该是c()>c(H2C2O4)=c()，故B不正确；C根据图示pH=4.3的点计算， (H2C2O4)= =c(H+)=104.3，故C不正确；D= (H2C2O4)/ (H2C2O4)，K只与温度有关，温度不变就是定值，故D不正确；正确答案A。 8答

18、案及解析：答案：1. 2+10Cl+16H+2Mn2+5Cl2+8H2O 2.除去HCl;SO2 + Cl2 + 2H2O2HCl + H2SO43.球形干燥管;a;防止空气中的水蒸汽进入；吸收尾气，防治污染空气4.80%;5.C6.硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄解析：(1)装置A中发生反应的离子方程式为，因此，本题正确答案是:; (2)装置B的作用为除去HCl，若缺少装置C，装置D中与还可能发生反应的化学方程式为， 因此，本题正确答案是:除去HCl; (3)仪器D的名称为三颈烧瓶，E中冷凝水的入口是 a，F的作用为吸收尾气，防止污染空气，防

19、止水蒸气进入， 因此，本题正确答案是:三颈烧瓶;a;吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入; (4)，由可以知道，理论上生成为，最终得到纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为，为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有，结合信息可以知道不能加热， 因此，本题正确答案是:; (5)生成物均为液体，但沸点不同，可选择蒸馏法分离，因此，本题正确答案是:C; (6)由信息可以知道，硫酰氯易分解，则长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为硫酰氯分解产生氯气，因此，本题正确答案是:硫酰氯分解产生氯气. 9答案及解析：答案：（1） E3-E2 （2）常压

20、（3）反应I的活化能高于反应II，使生成H2的速率低于生成CH4的 bc 根据反应I看出，生成CO与H2的比例为1：1，但图像中这两种气体的产率显然非1：1。（4）14.3% 0.4P解析： (1)图像分析可知，反应为吸热反应，反应(热裂解):CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g)H1 >0，反应焓变=E3E2，故答案为：E3E2；(2)CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g)，反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，H2的降低，所以增大压强不利于H2的生成，为提高H2的平衡产率，应选择的压强条件是常压，故答案为：常压；(3)约650之前，脱酸基反应活化

21、能低速率快，反应I的活化能高于反应II，使生成H2的速率低于生成CH4的速率，故氢气产率低于甲烷；故答案为：反应I的活化能高于反应II，使生成H2的速率低于生成CH4的速率；热裂解反应CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g)正向是吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，并且平衡进行的程度增大，使H2的生成量增多，而脱酸基反应CH3COOH(g)CH4(g)+CO2(g)正向是放热反应，升高温度，反应会逆向进行，使CH4的生成量减少，所以随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时氢气产率高于甲烷，故选bc，故答案为：bc；反应(热裂解):CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g)根据反应I

22、看出，生成CO与H2的比例为1:1，但图像中这两种气体的产率显然非1:1，说明该容器中一定发生了另外的副反应，故答案为：根据反应I看出，生成CO与H2的比例为1:1，但图像中这两种气体的产率显然非1:1；(4)设起始时n(CH3COOH)=1mol，热裂解反应消耗乙酸20%，根据热裂解反应CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g)有n(CO)=n(H2)=0.2mol×2=0.4mol，脱酸基反应消耗乙酸50%，根据脱酸基反应CH3COOH(g)CH4(g)+CO2(g)有n(CH4)=n(CO2)=0.5mol，剩余n(CH3COOH)=1mol0.2mol0.5mol=0.3

23、mol，所以平衡时乙酸体积分数=0.3mol0.4mol+0.4mol+0.5mol+0.5mol+0.3mol×100%=14.3%;平衡时p(CH4)=p(CO2)=0.5mol2.1mol×p=5p21，p(CH3COOH)=0.3mol2.1mol=p7，脱酸基反应的平衡常数Kp=P(CH4)P(CO2)P(CH3COOH)=5p21×p×5p21×pp70.4PkPa，故答案为：14.3%；0.4P。 10答案及解析：答案：1. Co2O3 + +4H+ = 2Co2+ + +2H2O2.6H+ + 6Fe2+ + = 6Fe3+ +

24、 Cl- + 3H2O3.Fe(OH)3， Al(OH)34. B5.降低烘干温度，防CoCl2·6H2O 高温下失去结晶水6.59.5%；pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为)； pH太大生成Ag(OH)沉淀 (或Ag2O沉淀)解析：1. 水钴矿主要成分为Co2O3、Co（OH）3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3 + +4H+ = 2Co2+ + +2H2O；2.NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其

25、反应的离子方程式为：+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；3.NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，铝离子与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3 +3H2O=2Al（OH）3+3CO2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3 +3H2O=2Fe（OH）3+3CO2，所以沉淀X的成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3；4.根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.03.5之间，可使Mn

26、2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故选B；5.根据题意知，CoCl26H2O常温下稳定无毒，加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl26H2O需降低烘干温度；6.CoCl2·6H2O2AgNO3 238g 2mol xg 0.2mol/L×0.01L X=0.238gCoCl2·6H2O的纯度为59.5% pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为)， pH太大生成AgOH沉淀，所以需要控制溶液pH值为6.510.5。 11答案及解析：答案：1. ；由高能量状态跃迁到低能量状态；N>O>S>K；O2.sp2；直线型；草酸分子间能形成更多氢键；2：13.12；解析：1. N原子价电子数为5，其电子排布图为；焰色反应属于发射光谱，故电子是由高能量状态跃迁到低能量状态，由第一电离能递变规律及N原子的2p能级处于半充满状态得第一电离能的大小顺序为N>O>S>K；上述反应涉及的元素中氧元素的非金属性最强，故电负性最大，故答案为