安徽省2020屆高三化學(xué)“我為高考命題”仿真模擬試題 (5)

1、 專業(yè) 教育文檔 可修改 歡迎下載 安徽省蚌埠市教師2020屆高三化學(xué)“我為高考命題”仿真模擬試題（蚌埠二中5）一、 單項(xiàng)選擇題（本題共 7 小題，每小題 6 分，共 42 分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中， 只有一項(xiàng)符合題目要求。）1化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列說法錯(cuò)誤的是（）A. 目前提出的“低碳經(jīng)濟(jì)”，即減少向環(huán)境排放 CO2 有利于控制溫室效應(yīng) B“國防金屬-鎂”可通過濃縮海水，再直接采用電解法獲得 C硅橡膠既能耐高溫又能耐低溫，廣泛應(yīng)用于航天航空工業(yè) D煤經(jīng)過氣化和液化等化學(xué)變化可轉(zhuǎn)化為清潔能源2ClO2 是一種國際公認(rèn)的安全、無毒的綠色消毒劑，沸點(diǎn) 11，凝固點(diǎn)-59。工業(yè)上，可用下

2、列原理制備 ClO2(液相反 應(yīng)) 2FeS2 +30NaClO3 +14H 2SO 4Fe2(SO4)3 +15Na2SO4+30ClO2+14H2O。設(shè) NA是阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法錯(cuò)誤的是（）A在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2240mL ClO2 含有原子數(shù)為 0.3NAB若生成 1.5mol Na2SO4，則反應(yīng)后的溶液中 Fe3+數(shù)目小于 0.2NA C48.0g FeS2 完全反應(yīng)，則上述反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為 6NA D每消耗 15mol NaClO3，生成的水中氫氧鍵數(shù)目為 14NA3（原創(chuàng)題）“梯希愛”學(xué)名 2-甲基二苯甲酮，結(jié)構(gòu)如圖，是一種重要的化工原 料，常作為醫(yī)藥制備的中間體。下列敘

3、述正確的是（）A“梯希愛”是芳香烴B1mol“梯希愛”可與 6molH2 發(fā)生加成反應(yīng) C1mol“梯希愛”完全燃燒能生成 14molCO2 和 12 molH2O D“梯希愛”的結(jié)構(gòu)中最多的共面碳原子數(shù)為 14 個(gè)4下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)的敘述錯(cuò)誤的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)用其或?qū)嶒?yàn)操作目的或結(jié)論A點(diǎn)燃插入到由 MnO2、Al 組成的鋁熱劑(混合物上 有少量 KClO3)上的鎂條證明還原性 AlMnB將含有 HCl、H2O(g)的 Cl2 依次通過盛有飽和食 鹽水、濃硫酸的洗氣瓶除去 Cl2 的雜質(zhì)C向某鹽溶液 X 中先滴加幾滴氯水、再滴 2 滴KSCN 溶液確定鹽溶液 X 中是否含有Fe3+D向某 Na2SO

4、3 溶液中加入用鹽酸酸化的 BaCl2 溶液檢驗(yàn) Na2SO3 是否變質(zhì)5“太陽水”電池裝置如圖所示，該電池由三個(gè)電極組成，其中 a 為 TiO2 電極，b 為 Pt 電極，c 為 WO3 電極，電解質(zhì)溶液為 pH=3 的 Li2SO4-H2SO4 溶液。鋰 離子交換膜將電池分為 A、B 兩個(gè)區(qū)，A 區(qū)與大 氣相通，B 區(qū)為封閉體系并 有 N2 保護(hù)。下列關(guān)于該電池的說法錯(cuò)誤的是（ ）A若用導(dǎo)線連接 a、c，則 a 為負(fù)極，該電極附近 pH 減小B若用導(dǎo)線連接 a、c，則 c 電極的電極反應(yīng)式為 WO3 + xH+xe- = HxWO3C若用導(dǎo)線先連接 b、c，再連接 a、c，可實(shí)現(xiàn)太陽能向電

5、能轉(zhuǎn)化D若用導(dǎo)線連接 b、c， b 電極的電極反應(yīng)式為 O2+4H+4e-=2H2O6X、Y、Z 是三種氣態(tài)物質(zhì)，在一定溫度下其變化符合下圖。下列說法一定正 確的是（）A該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為 X(g) +3Y(g) 2Z(g)H= -（E2-E1）kJB若圖 III 中甲表示壓強(qiáng)，乙表示 Z 的含量，則其變化符合圖 III 中曲線 C圖 II 中曲線 b 是加入催化劑時(shí)的能量變化曲線，曲線 a 是沒有加入催化劑 時(shí)的能量變化曲線D該溫度下，反應(yīng)的平衡常數(shù)數(shù)值約為 533，若升高溫度，該反應(yīng)的平衡常 數(shù)減小，Y 的轉(zhuǎn)化率降低7室溫下，向 100mL 飽和的 H2S 溶液中通入 SO2 氣體(氣

6、體體積換算成標(biāo)準(zhǔn)狀 況)，發(fā)生反應(yīng)：2H2S+SO2=3S+2H2O，測(cè)得溶液 pH 與通入 SO2 的關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是（）Aa 點(diǎn)水的電離程度最大Ba 點(diǎn)之后，隨 SO2 氣體的通入，3c(HSO - )c(H2SO3 )的值始終減小C曲線 y 代表繼續(xù)通入 SO2 氣體后溶液 pH 的變化D該溫度下 H2S 的 Ka110-7.2二、非選擇題（本題共 3 小題，共 43 分。）8（16 分）全球碳計(jì)劃組織（GCP，The Global Carbon Project）報(bào)告稱，2018年全球碳排放量約 371 億噸，達(dá)到歷史新高。（1）中科院設(shè)計(jì)了一種新型的多功能復(fù)合催化劑，

7、實(shí)現(xiàn)了 CO2 直接加氫制取 高辛烷值汽油，其過程如圖 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則上述過程中 CO 和 H2 轉(zhuǎn)化為 CH2=CH2 的熱化學(xué)方程式是 。下列有關(guān) CO2 轉(zhuǎn)化為汽油的說法，正確的是 （填標(biāo)號(hào)）。A該過程中，CO2 轉(zhuǎn)化為汽油的轉(zhuǎn)化率高達(dá) 78% B中間產(chǎn)物 Fe5C2 的生成是實(shí)現(xiàn) CO2 轉(zhuǎn)化為汽油的關(guān)鍵 C在 Na-Fe3O4 上發(fā)生的反應(yīng)為 CO2+H2=CO+H2O D催化劑 HZSM-5 可以提高

8、汽油中芳香烴的平衡產(chǎn)率若在一容器中充入一定量的 CO2 和 H2，加入催化劑恰好完全反應(yīng)，且產(chǎn)物 只生成 C5 以上的烷烴類物質(zhì)和水。則起始時(shí) CO2 和 H2 的物質(zhì)的量之比不低 于 。（2）研究表明，CO2 和 H2 在一定條件下可以合成甲醇。反應(yīng)方程式為 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) Had【解析】60 1 60 13360 1 (60 1 ) 3124根據(jù)已知熱化學(xué)方程式運(yùn)用蓋斯定律書寫新的熱化學(xué)方程式；根據(jù)圖示反應(yīng) 歷程分析反應(yīng)的中間產(chǎn)物，判斷催化劑對(duì)反應(yīng)的影響；根據(jù)烷烴的通式及題干信息進(jìn)行相關(guān)計(jì)算；根據(jù)熵變和焓變判斷反應(yīng)是否自發(fā)進(jìn)行；根據(jù)平衡狀 態(tài)的特

9、征分析反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)；根據(jù)各物質(zhì)的分壓計(jì)算平衡常數(shù)。（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，根據(jù)蓋斯定律II-I2 得：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) H=-128 kJmol-1-（+ 41kJmol-1）2=-210kJmol-1，故熱化學(xué)方程式為：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) H=-210kJmol-1；A. 由圖示分析 78%并不是表示 CO2 轉(zhuǎn)化

10、為汽油的轉(zhuǎn)化率，故 A 錯(cuò)誤；B. 中間產(chǎn)物 Fe5C2 是無機(jī)物轉(zhuǎn)化為有機(jī)物的中間產(chǎn)物，是轉(zhuǎn)化的關(guān)鍵，故 B正確；C. 根據(jù)圖 1 所示，在 Na-Fe3O4 上發(fā)生的反應(yīng)應(yīng)為 CO2 生成 CO 的反應(yīng)，氫氣 未參加反應(yīng)，故 C 錯(cuò)誤；D. 催化劑 HZSM-5 的作用是加快反應(yīng)速率，對(duì)平衡產(chǎn)率沒有影響，故 D 錯(cuò) 誤；故答案為：B；烷烴的通式為 CnH(2n+2)，假設(shè)只生成 C6H14 和水，則根據(jù)原子守恒知：6molCO2 恰好完全反應(yīng)生成 1molC6H14 和 12molH2O 需要的 H2 的物質(zhì)的量為：21mol 14+12mol 2 = 19mol ，所以 CO和 H2的物

11、質(zhì)的量之比不低于26mol:19mol=6:9，故答案為：6:9；（2）該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，H0，根據(jù)方程式知：S0，根據(jù)G=HTS，若G0 則 T 較小，即低溫時(shí)該反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，故答案為：低溫；如圖所示相同時(shí)間內(nèi)催化劑 A 的轉(zhuǎn)化率較高，說明反應(yīng)較快催化效果好；b點(diǎn)時(shí)，還未達(dá)到平衡，則說明 v(正) v(逆) ，故答案為：A；a.c(CO2)與 c(H2)初始時(shí)比值為 1：3，所以按照化學(xué)計(jì)量數(shù) 1:3 反應(yīng)后，比 值始終保持不變，不能說明該反應(yīng)達(dá)到平衡，故 a 選； b.根據(jù)化學(xué)計(jì)量數(shù)之比知：v(CO2)正=v(H2O)正=v(H2O)逆，正逆反應(yīng)速率相等， 則說明已經(jīng)達(dá)到平衡，故 b 不選

12、； c.該反應(yīng)為氣體減小的反應(yīng)，所以當(dāng)體系的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化，說明反應(yīng)物和 生成物濃度保持不變，能說明達(dá)到平衡狀態(tài)，故 c 不選； d.根據(jù)質(zhì)量守恒原理知，反應(yīng)前后總質(zhì)量始終不變，且容器體積不變，則混合 氣體的密度始終不變，所以氣體密度不變不能說明達(dá)到平衡，故 d 選； e.斷開 3mol 的 H-H 鍵時(shí)說明有 3mol 氫氣消耗，則應(yīng)該消耗 1molCO2，則 CO2 的濃度保持不變，能說明達(dá)到平衡狀態(tài)，故 e 不選； f.反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量減小，質(zhì)量保持不變，則氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量 應(yīng)增大，若不變，說明達(dá)到平衡狀態(tài)，故 f 不選；故答案為：ad；c 點(diǎn)時(shí) CO2 的轉(zhuǎn)率為 80%，

13、則反應(yīng)掉 1mol80%=0.8mol，CO2 (g ) + 3H2 (g ) CH3OH (g ) + H2O (g )起始(mol)1300變化(mol)0.82.40.80.8平衡(mol)0.20.60.80.8起始狀態(tài)容器中氣體總物質(zhì)的量為 1mol+3mol=4mol，平衡時(shí)容器中氣體總物質(zhì)的量為 0.2mol+0.6mol+0.8mol+0.8mol=2.4mol，容器體積不變，起始?jí)簭?qiáng)為100 kPa，則平衡時(shí)總壓強(qiáng)為：100kPa 2.4mol =60kPa，根據(jù)分壓=總壓物質(zhì)4molp 3的量分?jǐn)?shù)計(jì)算得： K = P(H2O) P(CH3OH) =60 1 60 133，故

14、答案為：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濃度超過 100 后，錫浸出率增幅變小，但碲浸出 率卻提高較大，不利于后續(xù)分離（2）溫度升高，過氧化氫受熱分解（3）2Na+TeO3+H2O2Na2TeO4+H2O2-（4）Na2SnO3、Na2TeO43-2-（5）5Sn + 4SbO4+ H2O4Sb + 5SnO3+ 2OH-【解析】（1）根據(jù)圖像可知濃度超過 100 后，錫浸出率增幅變小，但碲浸出 率卻提高較大，不利于后續(xù)分離，故答案為：100g

15、/L；濃度超過 100 后，錫浸出率增幅變小，但碲浸出率卻提高較大，不利于后續(xù)分離；（2）該過程反應(yīng)物中有過氧化氫，過氧化氫受熱易分解，故答案為：溫度升 高，過氧化氫受熱分解；3（3）過氧化氫具有氧化性，還原產(chǎn)物一般為水，該過程中過氧化氫將 TeO 2-氧化成 Na2TeO4，根據(jù)電子守恒和元素守恒可知方程式為：2Na+TeO3+H2O22-Na2TeO4+H2O；（4）溶析結(jié)晶后的溶液仍為 Na2SnO3 和 Na2TeO4 的飽和溶液，所以從“溶析 結(jié)晶”回到“堿浸”的物質(zhì)除燒堿外，主要還有 Na2SnO3、Na2TeO4，故答案為： Na2SnO3、Na2TeO4；（5）錫的最高價(jià)含氧酸

16、鹽為 H2SnO3，錫片可將 Sb 置換出來，即產(chǎn)物中有 Sb3-單質(zhì)，再結(jié)合電子守恒和元素守恒可知方程式為：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具有較強(qiáng)的還原性，若被空氣中的 O2 氧化為 SO42即為 Ag結(jié)合生成 Ag2SO4 沉淀（3）過量的 Na2SO3(或亞硫酸鈉)（4）驗(yàn)證棕黑色物質(zhì) X 不是 Ag2O Ag Ag2HNO3(濃)=AgNO3NO2H2O（5）隨著酸性的增強(qiáng)，體系的還原性增強(qiáng)?！窘馕?/p>

17、】（1）Na2SO3 為強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中水解顯堿性，則溶液的 pH=10，其水解離子方程為：SO3+H2O HSO3 +OH ，AgNO3 為強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶2 液中 pH=5，其水解離子方程為：Ag+H2O H+AgOH；故答案為：SO3+H2OHSO3 +OH 、Ag +H2OAgOH+H2 + +（2）推測(cè) a 中白色沉淀為 Ag2SO3，Ag+與 SO32反應(yīng)生成 Ag2SO3，Ag2SO3溶于過量的 Na2SO3 溶液，生成沉淀的離子方程式為：2Ag+SO3=Ag2SO3，3推測(cè) a 中白色沉淀為 Ag2SO4，其依據(jù)為：SO 22有還原性，可能被氧化為2SO4，與 Ag+反應(yīng)生

18、成 Ag2SO4 白色沉淀，故答案為：SO32具有較強(qiáng)的還原性，若被空氣中的 O2 氧化為 SO4即與 Ag結(jié)合生成 Ag2SO4 沉淀；2（3）Ag2SO3 白色，難溶于水，溶于過量 Na2SO3 的溶液，取 B、C 中白色沉 淀，置于 Na2SO3 溶液中，沉淀溶解，說明 B、C 中白色沉淀為 Ag2SO3，另取Ag2SO4 固體，同樣條件置于足量 Na2SO3 溶液中，進(jìn)行對(duì)照試驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)沉淀 不溶解；（4）氧化銀能和鹽酸生成白色氯化銀沉淀和水，溶液的 pH=2，產(chǎn)生大量 白色沉淀，一段時(shí)間后，產(chǎn)生海綿狀棕黑色物質(zhì) X，向 X 中滴加稀鹽酸，無 明顯變化，說明 X 不是 Ag2O，向 X

19、中加入過量濃 HNO3，產(chǎn)生紅棕色氣體為 NO2，X 與濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，X 具有還原性，X 只能為金屬單質(zhì)，只能為銀，含有 Ag 元素，不 含 S 元素，向 X 中加入過量濃 HNO3，產(chǎn)生紅棕色氣體為 NO2，銀和硝酸反應(yīng)，氮元 素從+5 變?yōu)?4 價(jià)，同時(shí)生成硝酸銀和水，反應(yīng)方程式為：Ag+2HNO3（濃）AgNO3+NO2+H2O.（5）綜合該同學(xué)以上實(shí)驗(yàn)，分析產(chǎn)生 X 的原因：隨著酸性的增強(qiáng)，體系的還 原性增強(qiáng)。三、選做題11（15 分）【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2 或Ar3d74s2 （1 分） M（1 分） 3（1 分） 啞鈴（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）八面體空隙（2 分）分）N (2a 10-7 )3 （2【解析】（1）Co 為 27 號(hào)元素，Co 原子核外有 27 個(gè)電子，根據(jù)核外電子排 布規(guī)律可得其基態(tài) Co 原子核外電子排布式；基態(tài)磷原子核外有三層電子，故 最高能層符號(hào)為 M，電子云在空間有 3 個(gè)伸展方向，原子軌道為啞鈴型；5+0+1 =3（2）NO3中價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2，故為 sp2 雜化；一般情況下非金屬性越強(qiáng)第一電離能越大，但由于 N 原子中最外層為半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，故第一電離能大于 O，所以第一電離能由小到大的順序?yàn)?Co、O、N；一個(gè) NO3中有 3 個(gè)鍵，配位鍵也為鍵，故鍵數(shù)目為 34+4=16，則 1mol 該配離子中含鍵數(shù)目為 16NA；（3）可以根據(jù)磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化學(xué)式推導(dǎo)：PO4、P2O7 、345P3O10磷原子的變化規(guī)律為：1,2,3,4，n 氧原子的變化規(guī)律為：4,7,10,3n+1酸 根所帶電荷數(shù)的變化規(guī)律為：3,4,5,n+2；故答案為：(P