高三百日冲刺金卷全国Ⅱ卷化学（二）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020届百校联考高考百日冲刺金卷全国II卷·化学(二)注意事项:1.本试卷分第I卷（选择题)和第卷(非选择题）两部分。2。答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置.3.全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。4。本试卷满分300分，测试时间150分钟。5。考试范围：高考全部内容。可能用到的相对原子质量:H1Li7C12N14O16Na23S32Pb207第Ⅰ卷一、选择题:本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列对有关事实分析不正确的是选项事实描述相关知识分析A谚语“正月打雷麦谷堆”、“雷雨肥庄稼"自然固氮：N2+2O22NO2B成语“滴水石穿”包含CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2C《木草经集注》记载“强烧之，紫青烟起,云是真硝石也。”“硝石”为KNO3，钾元素的焰色反应为紫色D野外之鬼磷，其火色青，其状如炬，或聚或散，俗称鬼火，实乃诸血之磷光也。“磷光”是指磷化氢(PH3)自燃,将化学能转化为光能A。A B.B C.C D。D【答案】A【解析】【详解】A.自然固氮发生的反应为N2+O22NO,故A错误；B.“滴水石穿”包含原理为碳酸钙与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钙，方程式为CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3)2，故B正确；C.硝石的主要成分KNO3,K元素焰色反应为紫色，故燃烧硝石有紫青色的火焰,故C正确；D.自然界中磷化氢自燃产生“磷光”，将化学能转化为光能，故D正确；答案选A.2。下列离子方程式书写正确的是A.向Ba（AlO2）2溶液中加入过量NaHSO4溶液：Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓B.泡沫灭火器中Al（SO4)3和NaHCO3溶液混合:Al3＋＋3HCO3－＝Al(OH)3↓＋3CO2↑C。以铜为电极，电解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋D。向Cu（OH)2浊液中滴加饱和FeCl3溶液产生红褐色沉淀:Cu(OH）2＋Fe3＋⇌Fe（OH）3＋Cu2＋【答案】B【解析】【详解】A。向Ba(AlO2）2溶液中加入过量NaHSO4溶液,发生离子反应Ba2＋＋2AlO2—＋SO42－+8H+＝BaSO4↓+2Al3++4H2O，A错误；B.NaHCO3与Al2（SO4）3发生相互促进的水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝，离子方程式为Al3＋＋3HCO3－＝Al(OH)3↓＋3CO2↑，B正确；C.用铜作电极电解CuSO4溶液，阳极铜优先放电，阴极铜离子得到电子生成铜，该反应相当于电解精炼铜，C错误；D.向Cu(OH）2浊液中滴加饱和FeCl3溶液产生红褐色沉淀，离子方程式为3Cu(OH)2＋2Fe3＋⇌2Fe（OH)3＋3Cu2＋,D错误；答案选B。3.大环多醚称为冠醚.二苯并－18－冠－6的结构简式如图所示。下列说法不正确的是A.该有机物分子式为C20H24O6B.该有机物中所有原子不可能共平面C.在光照下，该有机物与氯气反应的一氯代物有4种(不考虑立体异构)D。1mol该有机物的苯环最多可与6molH2发生加成反应（不考虑开环加成)【答案】C【解析】【详解】A。根据结构简式分析，该有机物的分子式为C20H24O6,故A正确；B.该有机分子中存在碳碳单键,故所有的原子不可能共平面,故B正确；C。在光照得条件下,氯气只能与烷基上的H原子发生取代，不能与苯环上的H发生取代反应,该有机分子烷基上有2类氢原子，故在光照下产生的一氯代物有2种，故C错误;D。苯环与氢气以1:3发生加成反应，该有机物中有两个苯环，故1mol该有机物的苯环最多可与6molH2发生加成反应，故D正确;答案选C。4.实验室里模拟侯氏制碱原理制备少量小苏打，下列装置不正确的是A.制备NH3B。制备CO2C。制备小苏打D。分离小苏打【答案】B【解析】【详解】A。实验室制取氨气，可利用浓氨水与生石灰在固液不加热装置中制取，故A正确；B.制取二氧化碳不能使用稀硫酸与大理石反应，稀硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙微溶，附着在大理石表面，阻碍气体的制备，故B错误；C.制取小苏打时,先通入氨气使溶液显碱性，增大了二氧化碳的溶解度，从而反应制取小苏打，故C正确；D。碳酸氢钠溶解度低，以固体形式析出，故采用过滤的方法分离碳酸氢钠，故D正确；答案选B。5.R、X、Y、Z为短周期主族元素,X和Y组成淡黄色粉末甲；Y和R组成一种无色无味气体乙且能使澄清石灰水变浑浊，甲＋乙→白色粉末＋单质；Z的最外层电子数是电子层数的2倍。下列说法正确的是A.简单氢化物的稳定性：R>Y〉ZB.由X、Y和Z三种元素组成的化合物只有2种C。Z的氧化物对应的水化物一定是强电解质D.由R、X和Y组成的化合物能促进水的电离【答案】D【解析】【分析】R、X、Y、Z为短周期主族元素,X和Y组成淡黄色粉末甲，推知甲为过氧化钠，则X、Y为O元素、Na元素中的一种;Y和R组成一种无色无味气体乙且能使澄清石灰水变浑浊，甲＋乙→白色粉末＋单质，推知乙为二氧化碳，R为C元素，Y为O元素，X为Na元素；Z的最外层电子数是电子层数的2倍，推知Z为S元素。【详解】A.非金属性越强，对应的简单氢化物的稳定性越强，R、Y、Z对应的简单氢化物中最稳定应为H2O，A错误；B.由Na、S、O三种元素组成的物质有Na₂SO₃,Na₂SO4，Na₂S₂O₃等,不止两种,B错误；C.H2SO3是Z的一种氧化物对应的水化物，但H2SO3是弱电解质，C错误；D.由R、X和Y组成的一种化合物碳酸钠为强酸弱碱盐,能水解从而促进水的电离,D正确；答案选D。6.全固态锂离子电池，放电时电池反应为2Li＋MgH2＝Mg＋2LiH，装置如图所示。下列说法不正确的是：A.放电时，化学能只转化为电能 B。放电时,X极的反应式为MgH2＋2e－＝Mg＋2H－C。充电时，Li＋向Y极迁移 D。充电时，理论上转移0.2NA个电子Y极增重1.4g【答案】A【解析】【详解】A。放电时，化学能转化为电能、光能、热能等,故A错误；B.根据电池反应2Li＋MgH2＝Mg＋2LiH,放电时，X极为正极，MgH2得电子发生还原反应生成Mg，反应式为MgH2＋2e－＝Mg＋2H－，故B正确；C.充电时,Y极为电解池的阴极,阳离子向阴极移动，故Li＋向Y极迁移,故C正确；D.充电时，Y极为电解池的阴极，发生电极反应Li++e－＝Li，理论上转移0.2NA个电子，生成Li0.2mol,故Y极增重1.4g,故D正确；答案选A。【点睛】A项为易错点，注意在原电池中发生能量转化时，化学能不可能完全转化为电能。7.常温下，有体积均为20。00mL、浓度均为0。1mol·L－1的HX溶液和HY溶液，分别向其中滴加相同浓度的NaOH溶液，混合溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是A.该滴定过程的指示剂为酚酞溶液B.V＝20.00mL时，c（HX）＋c（X－）＝c（Y－）C。pH＝7时,两种溶液中c（X－)＝c（Y－）D。若HX溶液起始pH＝3，则常温下HX的Ka≈1。0×10－5【答案】C【解析】【详解】A.NaOH溶液滴定HX溶液和HY溶液，可选用酚酞溶液，滴定终点是溶液由无色变为浅红色，A正确；B.V＝20。00mL时,NaOH与HX、HY恰好完全反应，Y元素的存在形式为Y－，X－要水解,X元素的存在形式为HX、X－，根据元素守恒，c(HX)＋c（X－)＝c(Y－），B正确；C.pH＝7时，c（OH－)＝c(H+)，HX溶液中加入的NaOH溶液与HY溶液中的不同，根据电荷守恒,则两种溶液中c（X－）≠c（Y－)，C错误；D.若HX溶液起始pH＝3，则常温下HX的Ka=≈1.0×10－5，D正确；答案选C.【点睛】强碱滴弱酸的起点高，前半部分形状有差异、突跃小，即前半部分变化幅度比强碱滴定强酸的小。第Ⅱ卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题。每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答.（一)必考题（共129分）8。乙二醛(OHC－CHO)是一种重要的精细化工产品.某小组利用乙醛液相硝酸氧化法制备乙二醛并测定乙二醛纯度，装置如图所示:已知:①NO＋FeSO4＝FeSO4·NO(棕色）。②几种有机物的部分性质如表所示：乙醛乙二醛乙二酸乙酸沸点/℃20.850.5109117.9溶解性与水、有机溶剂互溶溶于水、乙醇等溶于水和有机溶剂与水、乙醇互溶密度/g∙cm-30。781。271。901.05相对分子质量44589060实验步骤：①取20mL乙醛装于烧瓶，加入2gCu(NO3）2粉末作催化剂，向烧瓶中缓慢滴加2mol·L－1硝酸至乙醛完全反应为止；②提纯产品，最终得到10。0mL产品。请回答下列问题：(1）盛装硝酸的仪器名称是___________。(2）实验中，观察到装置B中溶液变为棕色，制备乙二醛的化学方程式为________________.（3）向烧瓶中滴加硝酸要“缓慢”，其目的是___________；判断烧瓶中制备乙二醛的反应已完成的标志是___________。（4)分离提纯产品，宜选择下列装置___________(填字母)。（5)根据上述实验数据,该实验中乙二醛的产率约为___________（填字母)。a。56。5％b。61。8%c。67。9％d。72。6％（6)实验室可用酸性KMnO4溶液测定乙二醛的纯度,发生反应的离子方程式为：18H＋＋6MnO4－＋5C2H2O2→10CO2↑＋6Mn2＋＋14H2O.实验步骤如下:取VmL产品，加蒸馏水稀释至250mL，量取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶，滴加5.00mL稀硫酸，用cmol·L－1KMnO4溶液,三次平行实验消耗KMnO4溶液体积如下：实验ⅠⅡⅢV［KmnO4(aq)]/mL20.0522。4019。95滴定终点标志是___________；该产品纯度为___________g·mL－1(用含V和c的代数式表示）。【答案】（1）.分液漏斗(2)。3CH3CHO+4HNO33OHC—CHO+4NO↑+5H2O(3）.防止乙二醛被氧化（4)。装置A烧瓶中不再c产生气泡(5)。c（6).b（7).当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变紫红色且半分钟不变色（8).【解析】【分析】在Cu（NO3）2催化下,用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，硝酸被还原为NO；生成的NO会污染空气，用FeSO4溶液吸收NO，根据表中的信息，采用蒸馏的方法提纯乙二醛。【详解】(1）根据装置图可知，盛装硝酸的仪器为分液漏斗。(2)实验中，观察到装置B中溶液变为棕色，根据信息可知产生FeSO4·NO，说明A装置中生成了NO,故稀硝酸氧化乙醛生成乙二醛，反应的化学方程式为3CH3CHO+4HNO33OHC-CHO+4NO↑+5H2O.（3)如果加入硝酸太快，硝酸氧化产品会生成杂质。NO不溶于水，当装置A中不再产生气泡时，表明装置A中反应已完成。(4)乙二醛与水互溶，可利用沸点的不同，采用蒸馏的方式分离产品,故答案选c。（5)根据方程式计算可得，理论上生成乙二醛的质量为0.78×20×g≈20.56g，实际制备乙二醛的质量为1。27×10mL=12.7g，产率为.（6）由离子方程式可知，6KMnO4~5OHC—CHO，根据实验数据,舍去实验Ⅱ的离群数据，消耗高锰酸钾溶液的平均体积为，产品纯度为9.某小组利用含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)制备化工产品（PbSO4·3PbO·H2O)的工艺流程如图：已知：Ksp（PbSO4)＝1。82×10－8,Ksp(PbCO3）＝1。46×10－13。请回答下列问题：（1）“转化"时，加入Na2CO3的目的是将PbSO4转化成PbCO3,其转化原理是___________。PbO2转化为PbCO3的离子方程式为_________。(2）该流程中可以循环利用的物质是_________，若其中残留过多SO42－，循环利用可能出现的问题是__________。（3)一定浓度的硝酸溶解PbCO3和PbO时，“酸溶”时,金属离子浸出率与温度的关系如图所示。当温度为40℃，金属离子浸出率最高，其主要原因是________.(4）取一定量的含铅废料经上述“转化”，假设含铅废料中的PbO2和PbSO4全部转化成PbCO3，且PbO未发生反应，“酸溶”时共收集到5。6LCO2(标准状况），“沉铅”时得到121.2gPbSO4.①原含铅废料中含PbO的物质的量为__________。②“合成”时,加入NaOH的质量为__________。(5）工业上,电解Pb(NO3）2溶液制备活性电极材料PbO2，其阳极的电极反应式为_________。【答案】(1）.溶解度较大的物质容易转化成溶解度较小的物质(2）.PbO2+H2O+SO32-+CO32—=PbCO3+SO42—+2OH—（3）.HNO3(4）.PbSO4覆盖在PbCO3表面阻止反应（5）.温度低于40℃时反应速率慢；温度高于40℃时硝酸挥发和分解速率加快（6）。0.15mol（7)。24g(8）.Pb2++2H2O—2e—=PbO2+4H+【解析】【分析】含铅废料的主要成分为PbO、PbSO4和PbO2,加入Na2SO3后产物为PbO、PbCO3,PbO2中铅元素化合价降低，说明发生氧化还原反应;加入稀硝酸溶解难溶的PbO、PbCO3，再加稀硫酸生成硫酸铅,最后加入氢氧化钠溶液得到产物。由已知：Ksp(PbSO4）＝1.82×10－8，Ksp（PbCO3）＝1。46×10－13可知，PbSO4溶解度大于PbCO3。【详解】（1)由溶度积可知，PbSO4的溶解度大于PbCO3，所以加入碳酸钠将PbSO4转化为PbCO3.加入Na2SO3后PbO2中铅元素化合价降低，Na2SO3还原PbO2，S元素化合价升高，根据电子守恒,得到离子方程式PbO2+H2O+SO32-+CO32-=PbCO3+SO42-+2OH—。(2）“沉铅”时,发生反应Pb（NO3)2+H2SO4=PbSO4+2HNO3，硝酸在“酸溶”过程中做为反应物，故可循环利用的物质为HNO3.稀硝酸中残留过多SO42－，会生成难溶的硫酸铅,PbSO4覆盖在PbCO3表面,阻止碳酸铅与稀硝酸反应。（3）由图象可知，当温度低于40℃时反应速率慢，金属离子浸出率低；温度高于40℃时硝酸挥发和分解速率加快，导致反应物浓度降低，反应减慢，金属离子浸出率降低。（4）①“沉铅”时得到121。2gPbSO4，n(PbSO4）=,“酸溶”时共收集到5.6LCO2(标准状况)，n(CO2)=0.25mol。“转化”过程中PbSO4和PbO2转化为PbCO3，酸溶"时PbCO3与稀硝酸反应生成CO2，故原料中PbSO4和PbO2共0。25mol，而PbO、PbSO4和PbO2的总物质的量为0.4mol,故原含铅废料中含PbO的物质的量为0。15mol。②加入氢氧化钠溶液发生反应PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，由产品组成PbSO4·3PbO·H2O可知，0.4molPbSO4中有0。3mol转化为0。3molPbO，根据化学方程式可知，加入NaOH的物质的量为0。6mol,质量为0。6mol×40g∙mol—1=24g.(5）阳极上发生氧化反应,水提供氧元素生成的PbO2和HNO3，故阳极的电极反应式为Pb2++2H2O-2e—=PbO2+4H+。10.N2O俗名为“笑气”，也是一种温室气体。结合所学知识，回答下列问题:（1）锌与极稀硝酸反应可生成N2O,该反应的化学方程式为___________，其中作氧化剂的硝酸与参与反应的硝酸的物质的量之比为___________。（2)已知几种物质的相对能量如下：物质N2O（g）CO（g)N2(g)CO2(g)相对能量/kJ∙mol-1475.5283。0393。50①N2O(g)和CO（g)反应生成N2(g）和CO2（g）的热化学方程式为____________。②若其他条件不变，加入高效催化剂，该反应的焓变将_______（填“增大”、“减小"或“不变”）。（3)碘蒸气能催化N2O的分解，反应历程(步骤）如下：i.I2(g）⇌2I(g)ii。I（g)＋N2O（g）＝N2(g）＋IO(g）iii.2IO(g）＋2N2O(g)＝2N2(g）＋2O2（g)＋I2(g）实验表明,在反应过程c(I）始终大于c(IO)，由此推测，反应速率ii_________iii（填“〉"、“<"或“＝”）。(4)一定温度下，向恒容密闭容器中充入2molN2O（g）和3molNO(g），发生反应：N2O（g)＋NO（g)⇌N2（g）＋NO2(g)△H.测得N2体积分数与温度、时间的关系如图所示.①△H___________0（填“>”、“〈”或“＝”）。②下列情况表明该反应达到平衡状态的是___________（填字母）。A.混合气体的密度不再改变B.相对分子质量不再改变C。NO和NO2的消耗速率相等D。N2O的体积分数不再改变③T1时，该反应的平衡常数K＝___________.【答案】（1)。4Zn+10HNO3=4Zn（NO3）2+N2O+5H2O（2）。1:5(3）。N2O（g）+CO(g)=N2（g）+CO2（g)∆H=-365.0kJ∙mol-1(4）.不变(5).〈（6)。〈(7).CD（8)。3【解析】【分析】锌与极稀硝酸反应生成N2O，发生氧化还原反应；∆H=生成物的总能量-反应物的总能量；由N2体积分数与温度、时间的关系图象可知，T1温度下,先达到平衡，说明T1〉T2。【详解】（1)锌与极稀硝酸反应生成N2O,氮元素化合价降低，锌元素化合价升高生成硝酸锌，根据电子守恒得反应方程式4Zn+10HNO3=4Zn（NO3)2+N2O+5H2O。硝酸表现氧化性和酸性，表现氧化性的硝酸生成N2O，表现酸性的生成Zn（NO3）2，故作氧化剂的硝酸与参与反应的硝酸的物质的量之比为1:5。（2）①N2O(g)和CO（g)反应生成N2(g)和CO2(g)，∆H=生成物的总能量—反应物的总能量=（0+393.5—283.0-475.5)kJ∙mol-1=-365.0kJ∙mol-1,热化学方程式为N2O(g）+CO(g）=N2（g）+CO2(g)∆H=-365。0kJ∙mol—1。②催化剂不影响焓变，故加入高效催化剂，该反应的焓变不变。（3)反应ii消耗I(g）生成IO（g），反应iii消耗IO（g），因实验表明，在反应过程c(I）始终大于c(IO），故反应速率ii<iii。（4）①由图可知，T1〉T2,T1温度下平衡时N2体积分数小于T2温度下平衡时N2体积分数,说明温度升高，平衡逆向移动，故正反应为放热反应,△H<0.②A.该反应中，生成物和反应物均为气体，气体的总质量不变,容器体积不变，故平衡前后气体密度始终不变，A错误;B.反应前后气体分子数相等,气体总质量不变，故相对分子质量始终不变,B错误;C.NO和NO2的消耗速率相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，C正确；D。N2O的体积分数不再改变，说明反应达到平衡，D正确；答案选CD。③反应前后气体分子数不变，气体总物质的量为5mol，T1温度下，平衡时N2体积分数为30％,n（N2）=1.5mol，n（NO2）=1.5mol，n(N2O）=0.5mol，n（NO）=1。5mol，设体积V=1，K=。【点睛】氧化还原反应配平方法：第一步先标出变化元素化合价，定升降数;第二步根据得失电子守恒，利用最小公倍数配平氧化还原部分；第三步依据原子守恒用观察法配平其它原子数化学平衡状态的判断方法：直接判定：V正=V逆①同一物质:该物质的生成速率等于它的消耗速率。②不同的物质：速率之比等于方程式中的系数比，但必须是不同方向的速率。间接判定：①各组成成分的质量、物质的量、分子数、体积(气体）、物质的量浓度保持不变。②各组成成分的质量分数、物质的量分数、气体的体积分数保持不变。③若反应前后的物质都是气体，且系数不等，总物质的量、总压强（恒温、恒容）、平均摩尔质量、混合气体的密度(恒温、恒压）保持不变。④反应物的转化率、产物的产率保持不变。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分;多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本学科选考题的首题进行评分。11.硼、铁、镍及其化合物在生产、生活中有广泛应用.请回答下列问题:（1）基态铁原子的外围电子排布式为__________。(2）NaBH4、LiBH4常作有机合成的还原剂。LiBH4中B原子的杂化方式为________；BH4－的空间构型为____________。（3）NiO、FeO的晶体类型相同，已知Ni2＋、Fe2＋的半径分别为72pm、76pm。熔点：FeO_____NiO(填“>”、“〈”或“＝”），理由是____________。（4)镍能形成多种配合物，如Ni(CO)4、[Ni(NH3）6]2＋等。[Ni（NH3）6]2＋中，Ni2＋的配位数为_________；在Ni（CO）4中提供孤电子对的原子是C，不是O,可能的原因是_________。（5)氧化镍晶胞如图所示，镍离子的配位数为__________。已知晶胞参数为acm，NA为阿伏加德罗常数的值，则氧化镍晶体密度为__________g·cm－3.（6)磷化硼晶体结构类似金刚石，是一种耐磨材料，常作金属涂层，其晶胞如图所示。磷化硼晶胞沿z轴的平面投影图中，B原子构成的几何形状是__________。【答案】(1）.3d64s2(2）.sp3（3）.正四面体(4).〈(5).NiO、FeO均为离子晶体,O2-相同，阳离子所带电荷数相同，Ni2+半径较小，NiO的晶格能较大，熔点较高(6)。6（7)。氧的电负性大于碳,提供孤对电子的能力比碳弱（8)。6（9）.(10）.正方形【解析】【分析】铁的核外电子数为26;B原子与4个H原子形成4个σ键；分子的晶格能越大,熔点越高。【详解】（1)Fe为26号元素,原子核外有26个电子，外围电子排布式为3d64s2.（2）B原子价层电子对个数=且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断B原子的杂化方式为sp3，BH4－的空间构型为正四面体.(3）NiO、FeO均为离子晶体，离子半径越小,离子所带电荷越多，晶格能越大,熔点越高。Ni2＋、Fe2＋所带电荷数相同，已知Ni2＋、Fe2＋的半径分别为72pm、76pm，离子半径：Ni2＋〈Fe2＋，晶格能NiO>FeO，故熔点:FeO〈NiO(填“〉”、“”或“＝"）。（4）[Ni（NH3)6］2＋中，Ni2＋的配位数为6;在Ni（CO）4中，氧的电负性大于碳，C对孤电子吸引力较小，易提供孤对电子。（5）氧化镍晶胞是面心立方堆积，类似氯化钠晶胞，镍离子的配位数为6。1个晶胞中O原子的个数为,Ni原子个数为，故1个晶胞中含4个NiO，氧化镍晶体的密度。（6）磷化硼晶胞中,P原子将晶胞分成8个小立方体，4个B原子分别位于4个互不相邻的小立方体中心,构成正四面体。故沿z轴的平面投影图中，B原子构成的几何