【化学】四川省成都龙泉第二中学2020届高三高考模拟考试理科综合（一）（解析版） 13页

四川省成都龙泉第二中学2020届高三高考模拟考试理科综合（一）‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 O 16 Na 23 Cr 52 F 19 Ca 40 ‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题（每小题6分，本大题共7小题。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）‎ ‎7．央视栏目《国家宝藏》不仅介绍了历史文化知识，彰显了民族自信、文化自信，历史文物本身也蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是(　　)‎ A．战国·曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金 B．南朝·《竹林七贤与启荣期》砖画的砖块的主要成分是二氧化硅 C．清·乾隆“瓷母”——各种釉彩大瓶中的红色窑变釉的主要成分是氧化亚铜 D．宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜 ‎【答案】B ‎【解析】A项，青铜是一种铜锡合金，正确；B项，砖块的主要成分是铁的氧化物而非二氧化硅，错误；C项，红色窑变釉的主要成分是氧化亚铜，正确；D项，绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，正确。‎ ‎8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(　　)‎ A．标准状况下，2 mol Na2O2与44.8 L SO2完全反应，转移的电子数目为4NA B．3.0 g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA C．将1 mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH数目为NA D．标准状况下，2.24 L HF中所含质子数目为NA ‎【答案】D ‎【解析】A项，Na2O2与SO2发生反应：Na2O2＋SO2===Na2SO4,1分子SO2反应转移2个电子，标准状况下，2 mol Na2O2与44.8 L SO2即2 mol SO2能完全反应，故转移电子数为4NA，正确；B项，甲醛(HCHO)和冰醋酸的最简式均为CH2O，则3.0 g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA，正确；C项，将1 mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，由电荷守恒式c(NH)＋c(H＋)＝c(NO)＋c(OH－)可知，c(NH)＝c(NO)，则溶液中NH的数目和NO数目相等，均为NA，正确；D项，标准状况下，HF为液体，2.24 L HF的物质的量远大于0.1 mol，则质子数远大于NA，错误。‎ ‎9．下列有关实验的操作正确的是(　　)‎ A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗 B．检验某溶液是否含有SO时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸 C．为观察Mg条在CO2气体中的燃烧，在一个底部铺有少量玻璃棉的集气瓶中收集满CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶底部 D．用干燥且洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸上测pH值 ‎【答案】A ‎【解析】容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，容量瓶不用润洗，故A项正确；先加稀盐酸，可以排除Ag＋与CO，再加入BaCl2溶液，产生的沉淀只能是BaSO4，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸产生白色沉淀，可能是BaSO4，也可能是AgCl，故B项错误；不能投入上述集气瓶底部，应用坩埚钳夹持燃烧，故C项错误；NaClO有强氧化性，不能用pH试纸测量，故D项错误。‎ ‎10．如图是含氮化合物及单质的“类别—价态”二维图，结合二维图及氧化还原反应原理的基本规律，下列相关分析或预测错误的是(　　)‎ A．硝酸具有较强的氧化性，可用稀硝酸清洗“银镜实验”后的试管 B．NO、NO2和NH3在一定条件下均能反应，可用氨气处理氮氧化物 C．可加热NH4NO3和Ca(OH)2制备氨气 D．联氨(N2H4)可能被亚硝酸(HNO2)氧化生成氢叠氮酸NH3‎ ‎【答案】C ‎【解析】A项，HNO3中氮元素为＋5价，具有强氧化性，稀硝酸能氧化许多不活泼的金属，如Cu、Ag等，正确；B项，由题图可知NO、NO2和NH3在一定条件下均能发生归中反应，产物是氮气和水，氨气可用于处理氮氧化物，正确；C项，通过分析NH4NO3‎ 中氮元素价态可知，其可能发生自身的氧化还原反应，所以其受热分解产物不一定有NH3，故不能用NH4NO3和Ca(OH)2共热制备NH3，错误；D项，依据价态分析，N2H4(氮为－2价)和HNO2(氮是＋3价)反应可能生成HN3，正确。‎ ‎11．A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C元素的单质与热水缓慢反应，且该单质可作铝热反应的引燃剂，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙是B元素的单质，0.005 mol/L丁溶液的pH＝2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述正确的是(　　)‎ A．C、D的简单离子均能促进水的电离 B．C、E两元素形成的化合物中既含有离子键又含共价键 C．A、D分别与B 元素形成的化合物都是大气污染物 D．E的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性 ‎【答案】A ‎【解析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，结合甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙是B元素的单质，0.005 mol/L丁溶液的pH＝2，丁为硫酸，可知丙为SO3，甲为SO2，乙为O2，则B为O元素，D为S元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的，A的原子序数为(8＋16)×＝6，可知A为碳元素；C元素的单质与热水缓慢反应，且该单质可作铝热反应的引燃剂，可知C为Mg，E为Cl。A项，Mg2＋、S2－均能水解，正确；B项，MgCl2中只有离子键，没有共价键，错误；C项，CO2不是大气污染物，错误；D项，氯和硫的最高价氧化物对应的水化物的酸性：HClO4>H2SO4，错误。‎ ‎12．某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如图。下列说法不正确的是(　　)‎ A．A为电源正极 B．阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O C．阴极区附近溶液pH降低 D．若不考虑气体的溶解，当收集到H2 13.44 L(标准状况)时，有0.1 mol Cr2O被还原 ‎【答案】C ‎【解析】根据图示，A作阳极，B作阴极，电极反应式为阳极：Fe－2e－===Fe2＋，阴极：2H＋＋2e－===H2↑，然后，Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。由于在阴极区c(H＋)减小，pH增大。根据6H2～6Fe2＋～Cr2O得，当有13.44 L(标准状况)H2放出时，应有0.1 mol Cr2O被还原。‎ ‎13．常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．两溶液稀释前的浓度相同 B．a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a＞b＞c C．a点的KW值比b点的KW值大 D．a点水电离的n(H＋)大于c点水电离的n(H＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A项，稀释前，两种溶液的导电能力相同，所以溶液中离子浓度相同，醋酸是弱电解质，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，错误。B项，导电能力越强，H＋浓度越大，而溶液的pH越小，错误。C项，温度不变，水的离子积常数不变，错误。‎ 第II卷（非选择题）‎ 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第26~28题为必考题，每个试题考生都必须做答。第35~36题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎（一）必考题 ‎26.（14分）醋酸亚铬水合物{[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，相对分子质量为376}是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。制备过程中发生的相关反应如下：‎ Zn(s)＋2HCl(aq)===ZnCl2(aq)＋H2(g)‎ ‎2CrCl3(aq)＋Zn(s)===2CrCl2(aq)＋ZnCl2(aq)‎ ‎2Cr2＋(aq)＋4CH3COO－(aq)＋2H2O(l)===[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(s)‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)仪器1的名称是____________。‎ ‎(2)往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是____________(选下面字母)；目的是_____________________________________________________________________。‎ A．盐酸和三氯化铬溶液同时加入 B．先加三氯化铬溶液一段时间后再加盐酸 C．先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液 ‎(3)为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门____________(填“A”或“B”，下同)，打开阀门____________。‎ ‎(4)本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是____________________________________。‎ ‎(5)已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51 g，取用的醋酸钠溶液为1.5 L 0.1 mol·L－1；实验后得干燥纯净的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O 9.48 g，则该实验所得产品的产率为____________(不考虑溶解的醋酸亚铬水合物)。‎ ‎【解析】以锌粒、CrCl3溶液、CH3COONa溶液和盐酸为主要原料制备[Cr(CH3COO)2]2·2H2O。要得到二价Cr，三氯化铬溶液中需要加入还原剂，选择Zn做还原剂，发生的反应为2CrCl3(aq)＋Zn(s)===2CrCl2(aq)＋ZnCl2(aq)，然后Cr2＋与醋酸钠溶液反应：2Cr2＋(aq)＋4CH3COO－(aq)＋2H2O(l)===[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(s)。仪器2中有固体颗粒，应该是Zn粒，仪器1分液漏斗的作用是加入盐酸和三氯化铬溶液；仪器3应该是Cr2＋(aq)与醋酸钠溶液的反应装置；仪器2还有一个作用是利用生成氢气，使装置内气体增大，将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合。Cr2＋不稳定，极易被O2氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的Cr2＋被氧化，故在仪器2中先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液。锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2‎ 溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是：过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2。题目中给了CrCl3和CH3COONa两个量，注意CH3COONa是过量的，根据元素守恒即可算出[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的量。‎ ‎【答案】(1)分液漏斗　(2)C　让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化　(3)B　A　(4)使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2　(5)84.0%‎ ‎27．（14分）甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用前景。‎ ‎(1)已知：CH3OH(g)===HCHO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋84 kJ/mol；‎ ‎2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－484 kJ/mol。‎ 工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式：________________________________________________________。‎ ‎(2)在压强p1、T1 ℃时，向一密闭容器中充入0.2 mol CO与0.4 mol H2，此时容器的容积为2 L，容器中发生反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。改变反应的温度与压强，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。‎ ‎①A、B两点对应的压强大小关系是pA________pB(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎②A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系是________________。‎ ‎③在压强p1、T1 ℃时发生上述反应，下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是________(填字母代号)。‎ a．H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍 b．CH3OH的体积分数不再改变 c．混合气体的密度不再改变 d．CO和CH3OH的物质的量之和保持不变 e．H2和CH3OH的物质的量之和保持不变 ‎④在压强p1、T1 ℃时，该反应的平衡常数K＝________________；此时向容器中再加入1.0 mol CO后重新达到平衡，则CO的平衡转化率________(填“增大”“不变”或“减小”)。‎ ‎(3)用CO2和天然气制备CO和H2的原理为CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)。密闭容器中浓度均为0.1 mol/L的CH4与CO2，在一定条件下反应，测得CH4‎ 的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，则压强p1________p2(填“>”或“<”)。若p2＝3 MPa，则T ℃时该反应的平衡常数Kp＝________(MPa)2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。‎ ‎【解析】(1)将题给热化学方程式依次编号为①、②，利用盖斯定律，①×2＋②即可得出所求热化学方程式。(2)①该反应为气体分子数目减少的反应，温度相同时，压强越大，CO转化率越大，即pAKC。③恒温恒压时，该反应的任何一种物质的浓度或体积分数不变时均说明达到平衡，b、e正确；该反应为气体分子数目减少的反应，恒压条件未达平衡时容器容积一直在改变，密度也在改变，当密度不变时，说明达平衡，c正确；CO和CH3OH的物质的量之和一直不变，d错误。④T1 ℃以A点进行计算：CO消耗0.1 mol剩余0.1 mol，H2消耗0.2 mol剩余0.2 mol，生成CH3OH 0.1 mol，根据阿伏加德罗定律的推论，恒温恒压时，气体体积之比等于物质的量之比，设反应后容器容积为V，则＝，解得V＝ L，则c(CO)＝ mol·L－1，c(H2)＝ mol·L－1，c(CH3OH)＝ mol·L－1，K＝＝ L2·mol－2；多反应物的可逆反应中，所增大浓度的反应物(如CO)转化率减小，其他反应物(如H2)转化率增大。(3)由图可知，升高温度CH4的转化率增大，则该反应为吸热反应，转化率相同时，容器内气体总物质的量相等，温度越高，容器内压强越大，则p1KC　③bce ‎④ L2/mol2(或44.4 L2/mol2，单位可以不写)　减小 ‎(3)<　4‎ ‎28．（15分）硼氢化钠(NaBH4)广泛用于化工生产，常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为33 ℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O，含少量杂质Fe3O4)制取NaBH4，其工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)NaBH4的电子式为________。‎ ‎(2)碱溶时Mg2B2O5发生反应的化学方程式是__________________________________。‎ ‎(3)滤渣的成分是________________。‎ ‎(4)高温合成中，加料之前需将反应器加热至100 ℃以上并通入氩气，该操作的目的是______________________________________；原料中的金属钠通常保存在________中，实验室取用少量金属钠用到的实验用品有________、玻璃片和小刀。‎ ‎(5)操作2的名称为________。流程中可循环利用的物质是________。‎ ‎(6)在碱性条件下，用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4，装置如图所示，电解总反应的离子方程式为_________________________________________________________。‎ ‎(7)NaBH4常用作还原剂，H2也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，1 g NaBH4的还原能力相当于________g H2的还原能力(B元素化合价不变，氧化产物中氢元素化合价相同，计算结果保留两位小数)。‎ ‎【解析】(1)NaBH4的电子式为。(2)由流程图知碱溶中B元素转化为NaBO2，发生反应的化学方程式是Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O===2NaBO2＋2Mg(OH)2‎ ‎。(3)硼镁矿中Fe3O4不溶于浓NaOH溶液，以滤渣的形式析出，另外，碱溶时生成的Mg(OH)2也以滤渣的形式析出，所以，滤渣的成分为Mg(OH)2和Fe3O4。(4)Na的性质活泼，能与水蒸气和空气中的氧气反应，结合题干中硼氢化钠在常温下能与水反应，所以反应开始前须先排除水蒸气和空气(或氧气)的干扰。(5)NaBH4易溶于异丙胺且异丙胺的沸点较低，结合流程图知，操作2是蒸馏NaBH4的异丙胺溶液，回收异丙胺，异丙胺可循环利用。(6)由“在碱性条件下，用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4”，可知电解总反应的离子方程式为BO＋2H2OBH＋2O2↑。(7)NaBH4和氢气作还原剂时氧化产物中氢元素都为＋1价，则1 g NaBH4的还原能力相当于0.21 g H2的还原能力。‎ ‎【答案】(1) (2)Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O===2NaBO2＋2Mg(OH)2‎ ‎(3)Fe3O4和Mg(OH)2 (4)除去反应器中的水蒸气和空气　煤油　镊子、滤纸 ‎(5)蒸馏　异丙胺 (6)BO＋2H2OBH＋2O2↑ (7)0.21‎ ‎（二）选考题 ‎35.【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）‎ 钙及其化合物在工业、建筑工程和医药方面用途很大。回答下列问题：‎ ‎(1)基态Ca原子M能层有________个运动状态不同的电子，Ca的第一电离能________(填“大于”或“小于”)Ga。‎ ‎(2)Mn和Ca属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Mn的熔沸点等都比金属Ca高，原因是________________________________________________。‎ ‎(3)氯气与熟石灰反应制漂白粉时会生成副产物Ca(ClO3)2，Ca(ClO3)2中的阴离子空间构型是________，中心原子的杂化方式为________。‎ ‎(4)碳酸盐的热分解示意图如图1所示 热分解温度：CaCO3________(填“高于”或“低于”)SrCO3，原因是_______________________‎ ‎______________________________________________。从成键轨道看，CO2分子内的化学键类型有__________________________。‎ ‎(5)萤石是唯一一种可以提炼大量氟元素的矿物，晶胞如图2所示。Ca2＋‎ 的配位数为________，萤石的一个晶胞中离子数为________个，已知晶胞参数为0.545 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则萤石的密度为________ g·cm－3(列出计算式)。‎ ‎【解析】(1)基态Ca原子的价电子排布式为4s2，基态Ga原子的价电子排布式为4s24p1，钙原子最外层4s轨道达到全充满结构，镓的4p轨道未达到半充满结构，故钙的第一电离能大于镓。(2)钙、锰都是金属晶体，金属键强弱决定金属晶体的熔沸点高低。锰原子半径小于钙，锰原子的价电子数比钙多，锰的金属键比钙强。(3)ClO中氯原子价层电子对数为＋3＝4，氯原子采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，含有一对孤电子对，空间构型为三角锥形。‎ ‎(4)MCO3的分解温度取决于生成MO的难易，MO的晶格能越大，越稳定，MCO3分解温度越低。由于钙离子半径小于锶离子半径，氧化钙的熔点较高，较稳定，故碳酸钙分解温度较低。1个CO2分子中存在2个σ键和2个π键。(5)观察晶胞知，面心上钙离子与4个氟离子相连，而面心只分摊1/2，故Ca2＋的配位数为8，氟离子配位数为4。1个晶胞含4个钙离子、8个氟离子，共12个离子。1个晶胞中含有4个CaF2，ρ＝＝ g·cm－3。‎ ‎【答案】(1)8　大于　‎ ‎(2)Mn原子半径较小且价电子数较多，金属键较强 ‎(3)三角锥形　sp3‎ ‎(4)低于　r(Ca2＋)