山东省届高三模拟考试化学试题解析版.docx
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山东省届高三模拟考试化学试题解析版
山东省2020届高三模拟考试
一、选择题:
本题共10小题,每小题2分,共20分。
每小题只有一个选项符合题意。
1.我国在物质制备领域成绩斐然,下列物质属于有机物的是()
『答案』A
『详解』A.双氢青蒿素属于有机物,A符合题意;
B.全氮阴离子盐属于无机物,B不符合题意;
C.聚合氮属于无机物,C不符合题意;
D.砷化铌纳米带属于无机物,D不符合题意;
『答案』选A。
2.下列解释事实的化学用语不正确的是()
A.闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后,转化为铜蓝(CuS):
ZnS+Cu2+===CuS+Zn2+
B.0.1mol/L的醋酸溶液pH约为3:
CH3COOH
CH3COO-+H+
C.电解NaCl溶液,阴极区溶液pH增大:
2H2O+2e-===H2↑+2OH-
D.钢铁发生吸氧腐蚀,负极反应为:
Fe-3e-===Fe3+
『答案』D
『详解』A.闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后,因ZnS的溶解度比CuS的大,则可发生沉淀的转化其离子方程式为:
ZnS+Cu2+===CuS+Zn2+,A项正确;
B.0.1mol/L的醋酸溶液pH约为3,是因为醋酸是弱酸,发生部分电离,其电离方程式为:
CH3COOH
CH3COO-+H+,B项正确;
C.电解NaCl溶液,阴极区水中的氢离子得电子生成氢气,溶液pH增大,电极反应式为:
2H2O+2e-===H2↑+2OH-,C项正确;
D.钢铁发生吸氧腐蚀,负极铁失电子生成亚铁离子,其电极反应式为:
Fe-2e-===Fe2+,D项错误;
『答案』选D。
『点睛』注意D选项是学生易疏忽的考点,钢铁发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀,其负极均为铁失电子生成亚铁离子的过程,不能直接得到铁离子。
3.用NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是()
A.用氢氧燃料电池电解饱和食盐水得到0.4molNaOH,在燃料电池的负极上消耗氧气分子数为0.1NA
B.2molH3O+中含有的电子数为20NA
C.密闭容器中1molN2(g)与3molH2(g)反应制备氨气,形成6NA个N-H键
D.32gN2H4中含有的共用电子对数为6NA
『答案』B
『详解』A.电解饱和食盐水的化学方程式为:
2NaCl+2H2O
2NaOH+Cl2
+H2
,反应中氯元素的化合价由-1价升高为0价,得到0.4molNaOH时,生成0.2molCl2,转移电子数为0.4NA,氢氧燃料电池正极的电极反应式为:
O2+2H2O+4e-=4OH-,因此正极上消耗氧气分子数为0.1NA,故A错误;
B.1个H3O+中含有10个电子,因此2molH3O+中含有的电子数为20NA,故B正确;
C.N2与H2反应的化学方程式为:
N2+3H2
2NH3,该反应属于可逆反应,因此密闭容器中1molN2(g)与3molH2(g)反应生成氨气物质的量小于2mol,形成N-H键的数目小于6NA,故C错误;
D.32gN2H4物质的量为
=1mol,两个氮原子间有一个共用电子对,每个氮原子与氢原子间有两个共用电子对,因此1molN2H4中含有的共用电子对数为5NA,故D错误;
故选B。
『点睛』本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断,题目难度中等,注意明确H3O+中含有10个电子,要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。
4.氮及其化合物的转化过程如图所示。
下列分析合理的是()
A.催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
B.N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
C.在催化剂b表面形成氮氧键时,不涉及电子转移
D.催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
『答案』B
『详解』A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程,发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂,A项错误;
B.N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应,无副产物生成,其原子利用率为100%,B项正确;
C.在催化剂b表面形成氮氧键时,氨气转化为NO,N元素化合价由-3价升高到+2价,失去电子,C项错误;
D.催化剂a、b只改变化学反应速率,不能提高反应的平衡转化率,D项错误;
『答案』选B。
『点睛』D项是易错点,催化剂通过降低活化能,可以缩短反应达到平衡的时间,从而加快化学反应速率,但不能改变平衡转化率或产率。
5.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()
A.遇苯酚显紫色的溶液:
I-、K+、SCN-、Mg2+
B.pH=12的溶液:
K+、Na+、ClO-、SO32—
C.水电离的c(OH-)=1×10-13mol·L-1的溶液中:
K+、Cl-、CH3COO-、Cu2+
D.0.1mol·L-1的K2SO4溶液:
Na+、Al3+、Cl—、NO3—
『答案』D
『详解』A.遇苯酚显紫色的溶液,说明溶液中含有Fe3+,Fe3+与I-因发生氧化还原反应而不能大量共存,Fe3+与SCN-能反应生成络合物,而不能大量共存,A不符合题意;
B.ClO-具有强氧化性,SO32-具有还原性,ClO-与SO32-能发生氧化还原反应而不能大量共存,B不符合题意;
C.酸碱抑制水的电离,溶液中水电离的c(OH-)=1×10-13mol·L-1,该溶液可能显酸性或碱性;酸性溶液中,H+与CH3COO-不能大量共存,C不符合题意;
D.0.1mol·L-1的K2SO4溶液,溶液中的Na+、Al3+、Cl-、NO3-能够大量共存,D符合题意;
『答案』选D。
『点睛』在做离子共存题的时候,重点要注意题目中暗含的信息,例如溶液中水电离的c(OH-)=1×10-13mol·L-1,这个溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液,弱酸根离子与H+不能够大量共存,弱碱阳离子与OH-不能够大量共存。
6.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,Y与W同族。
X、Y、Z三种原子最外层电子数
关系为X+Z=Y。
电解Z与W形成的化合物的水溶液,产生W元素的气体单质,此气体同冷烧碱溶液作用,可得到化合物ZWX的溶液。
下列说法正确的是()
A.W的氢化物稳定性强于Y的氢化物
B.Z与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C.Z与Y形成的化合物的水溶液呈碱性
D.对应的简单离子半径大小为W>Z>X>Y
『答案』C
『分析』元素X、Y、Z、W为短周期且原子序数依次增大,电解Z与W形成的化合物的水溶液,产生W元素的气体单质,此气体同冷烧碱溶液作用,可得到化合物ZWX的溶液,可推出W元素为氯元素(Cl),Z元素为钠(Na),X元素为氧(O),Y与W同族,可推出Y元素为氟(F)。
『详解』A.最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关,非金属性越强,最简单气态氢化物的稳定性越稳定,根据分析,Y元素为氟,W元素为氯,非金属性F>Cl,氢化物稳定性HF>HCl,故A错误;
B.Z元素为钠,钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键,故B错误;
C.钠与氟形成氟化钠,属于强碱弱酸盐,F-会发生水解,F-+H2O
HF+OH-,水溶液呈碱性,故C正确;
D.对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-,可知O2-、F-、Na+电子层结构相同,原子序数越大半径越小,离子半径:
O2->F->Na+,又因为Cl-有三个电子层,故Cl-半径最大,因此半径大小为:
Cl->O2->F->Na+,故D错误;
故选C。
『点睛』本题考查位置结构性质的关系及应用,难度中等,推断元素是解题关键。
7.乙烯气相直接水合反应制备乙醇:
C2H4(g)+H2O(g)
C2H5OH(g)。
乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下(起始时,n(H2O)=n(C2H4)=1mol,容器体积为1L)。
下列分析不正确的是()
A.乙烯气相直接水合反应的∆H<0
B.图中压强的大小关系为:
p1>p2>p3
C.图中a点对应的平衡常数K=
D.达到平衡状态a、b所需要的时间:
a>b
『答案』B
『分析』A.温度升高,乙烯的转化率降低,平衡逆向移动;
B.增大压强,平衡正向移动,乙烯的转化率增大;
C.由图象可知a点时乙烯的转化率为20%,依据三段法进行计算并判断;
D.升高温度,增大压强,反应速率加快。
『详解』A.温度升高,乙烯的转化率降低,平衡逆向移动,正向为放热反应,∆H<0,A项正确;
B.增大压强,平衡正向移动,乙烯的转化率增大,由图可知,相同温度下转化率p1C.由图象可知a点时乙烯的转化率为20%,那么乙烯转化了0.2mol/L
C2H4(g)+H2O(g)
C2H5OH(g)
始(mol/L)110
转(mol/L)0.20.20.2
平(mol/L)0.80.80.2
平衡常数K=K=
=
=
,C项正确;
D.升高温度,增大压强,反应速率加快b点温度和压强均大于a点,因此反应速率b>a,所需要的时间:
a>b,D项正确;
『答案』选B。
8.线型PAA(
)具有高吸水性,网状PAA在抗压性、吸水性等方面优于线型PAA。
网状PAA的制备方法是:
将丙烯酸用NaOH中和,加入少量交联剂a,再引发聚合。
其部分结构片段如图所示,列说法错误的是()
A.线型PAA的单体不存在顺反异构现象
B.形成网状结构的过程发生了加聚反应
C.交联剂a的结构简式是
D.PAA的高吸水性与—COONa有关
『答案』C
『详解』A.线型PAA的单体为CH2=CHCOONa,单体不存在顺反异构现象,故A正确;
B. CH2=CHCOONa中的碳碳双键发生的加成聚合反应,形成网状结构,过程发生了加聚反应,故B正确;
C.分析结构可知交联剂a的结构简式是
,故C错误;
D.线型PAA(
)具有高吸水性,和−COONa易溶于水有关,故D正确;
故选:
C。
9.只用如图所示装置进行下列实验,能够得出相应实验结论
是()
『答案』D
『详解』A.稀盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳,说明稀盐酸的酸性比碳酸的酸性强,由于盐酸不是含氧酸,不能够证明Cl的非金属性比C的非金属性强,A错误;
B.电石中除含有碳化钙,还含有硫化钙和磷化钙,硫化钙和磷化钙能与饱和食盐水反应生成的H2S和PH3,H2S和PH3能使酸性高锰酸钾溶液褪色,干扰乙炔检验,B错误;
C.二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气,如果不加热,二氧化锰与浓盐酸不能发生反应,C错误;
D.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫,二氧化硫通入溴水中,溴水褪色,反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr,SO2在反应中作还原剂,D正确;
『答案』选D。
『点睛』实验室制取氯气时要注意:
①浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下发生反应生成氯气,常温下浓盐酸与二氧化锰不反应;②稀盐酸与二氧化锰在加热的条件下也不能发生反应。
二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色、能使溴水褪色,体现二氧化硫的还原性,而不是漂白性,二氧化硫使品红溶液褪色,体现二氧化硫的漂白性。
10.常温下,向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水,所得溶液pH及导电能力变化如图。
下列分析正确的是()
A.各点溶液中的阳离子浓度总和大小关系:
d>c>b>a
B.常温下,R-的水解平衡常数数量级为10-9
C.a点和d点溶液中,水的电离程度相等
D.d点的溶液中,微粒浓度关系:
c(R-)+2c(HR)=c(NH3∙H2O)
『答案』B
『详解』A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关,根据图象可知,b点导电能力最强,d点最弱,A错误;
B.根据图象可知,0.1mol/L的HR溶液的pH=3,则c(R-)≈c(H+)=10-3mol/L,c(HR)≈0.1mol/L,HR的电离平衡常数Ka=
=10-5,则R-的水解平衡常数数Kh=
=10-9,B正确;
C.a、d两点导电能力相等,但溶液的pH分别为4、8,都抑制了水的电离,a点c(H+)=10-4mol/L,d点c(OH-)=10-6mol/L,所以对水的电离程度的影响不同,C错误;
D.d点加入20mL等浓度的氨水,反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3•H2O,根据物料守恒可得:
2c(HR)+2c(R-)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+),因溶液呈碱性,NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度,则c(NH4+)>c(NH3∙H2O),则c(HR)+c(R-)>c(NH3∙H2O),D错误;
故合理选项是B。
二、本题共5小题,每小题4分,共20分。
每小题有1个或2个选项符合题意,全都选对得4分,选对但不全的得1分,有选错的得0分。
11.高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂,制备流程如图所示:
下列叙述错误的是()
A.用K2FeO4作水处理剂时,既能杀菌消毒又能净化水
B.反应I中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用
C.反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:
2
D.该条件下,物质的溶解性:
Na2FeO4『答案』D
『详解』A.K2FeO4具有强氧化性,可用于杀菌消毒,还原产物为Fe3+,Fe3+水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体,可达到净水的目的,A叙述正确,但是不符合题意;
B.反应I中尾气Cl2为,可与FeCl2继续反应生成FeCl3,B叙述正确,但是不符合题意;
C.反应II中的反应方程式为3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O,氧化剂是NaClO,还原剂是2FeCl3,所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:
2,C叙述正确,但是不符合题意;
D.向饱和的KOH溶液中加入Na2FeO4,K2FeO4晶体析出,说明该条件下,物质的溶解性:
Na2FeO4>K2FeO4,D叙述错误,但是符合题意;
『答案』选D。
12.国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”,有望减少废旧电池产生的污染。
其工作原理如图所示。
下列说法正确的是()
A.“全氢电池”工作时,将酸碱反应的中和能转化为电能
B.吸附层b发生的电极反应:
H2–2e+2OH=2H2O
C.NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应
D.“全氢电池”的总反应:
2H2+O2=2H2O
『答案』A
『分析』由电子流向可知,左边吸附层为负极,发生了氧化反应,电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O,右边吸附层为正极,发生了还原反应,电极反应是2e-+2H+═H2,结合原电池中阳离子移向正极,阴离子移向负极解答该题。
『详解』A.“全氢电池”工作时,将酸碱反应的化学能(中和能)转化为电能,故A正确;
B.右边吸附层为正极,发生了还原反应,电极反应是2e-+2H+═H2,故B错误;
C.NaClO4的作用是传导离子,没有参与电极反应,故C错误;
D.由电子流向可知,左边吸附层为负极,发生了氧化反应,电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O,右边吸附层为正极,发生了还原反应,电极反应是2e-+2H+═H2,总反应为:
H++OH-═H2O,故D错误;
正确『答案』是A。
13.下列有关电解质溶液的说法正确的是()
A.25℃时pH=2的HF溶液中,由水电离产生的OH-浓度为10-12mol·L-1
B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中:
c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+2c(CO32-)
C.向1L1mol·L-1的NaOH热溶液中通入一定量Br2,恰好完全反应生成溴化钠、次溴酸钠和溴酸钠(溴酸为强酸、次溴酸为弱酸)的混合溶液:
c(Na+)+c(H+)=6c(BrO3-)+2c(BrO-)+c(HBrO)+c(OH-)
D.25℃时pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合,所得溶液的pH<7
『答案』AC
『详解』A.25℃,pH=2的HF溶液中,c(H+)=10-2mol·L-1,OH-均由水电离,c(OH-)=
=
=10-12mol·L-1,故A正确;
B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中存在电荷守恒:
c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+2c(CO32-)+c(OH-),该溶液呈碱性c(OH-)>c(H+),则c(Na+)>c(HCO3-)+c(H2CO3)+2c(CO32-),故B错误;
C.溶液中的溶质为NaBr、NaBrO、NaBrO3,它们会电离出阴阳离子,溶剂H2O也会电离出H+、OH-,则溶液中的阳离子有Na+、H+,阴离子有OH-、Br-、BrO-、BrO3-,可列出电荷守恒式:
c(Na+)+c(H+)=c(BrO3-)+c(BrO-)+c(Br-)+c(OH-)①,再根据电子得失守恒,可列出:
5c(BrO3-)+c(BrO-)+c(HBrO)=c(Br-)②(其中BrO-会水解,部分转化为HBrO),①②式联立,可得:
c(Na+)+c(H+)=6c(BrO3-)+2c(BrO-)+c(HBrO)+c(OH-),故C正确;
D.pH=3的盐酸中c(H+)=10-3mol/L,pH=11的氨水中c(OH-)=10-3mol/L,两种溶液H+与OH-离子浓度相等,但由于氨水为弱电解质,不能完全电离,则氨水浓度大于盐酸浓度,反应后氨水过量,溶液呈碱性,则所得溶液的pH>7,故D错误;
故选AC。
14.某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素
含量,依次经过以下四个步骤,下列图示装置和原理能达到实验目的的是()
A.灼烧海带
B.将海带灰溶解后分离出不溶性杂质
C.制备Cl2,并将I-氧化为I2
D.以淀粉为指示剂,用Na2SO3标准溶液滴定
『答案』B
『详解』A.灼烧海带在坩埚中进行,而不是在烧杯中,A错误;
B.海带灰溶解后分离出不溶性杂质需要采用过滤操作,过滤需要玻璃棒引流,B正确;
C.制备Cl2,并将I-氧化为I2,除去氯气中的氯化氢应该用饱和的食盐水,尾气需要用到氢氧化钠溶液吸收,C错误;
D.Na2SO3是强碱弱酸盐,水解后溶液呈碱性,所以滴定时Na2SO3应该放在碱式滴定管中,而不是酸式滴定管,D错误;
『答案』选B。
『点睛』在实验操作中,选择合适的仪器至关重要,灼烧时应选择在坩埚中进行,滴定操作时应该注意滴定管的选择,酸性溶液、强氧化性溶液选择酸式滴定管。
三、非选择题:
本题共5小题,共60分。
15.FeSO4溶液放置在空气中容易变质,因此为了方便使用Fe2+,实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”,化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O],它比绿矾或绿矾溶液更稳定。
I.某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。
本实验中,配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都经过煮沸、冷却后再使用。
向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液,经过操作_______________、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。
II.实验探究影响溶液中Fe2+稳定性的因素
(1)配制0.8mol/L的FeSO4溶液(pH=4.5)和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液(pH=4.0),各取2mL上述溶液于两支试管中,刚开始两种溶液都是浅绿色,分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液,15min后观察可见:
(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液,FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。
『资料1』
沉淀
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀pH
7.6
2.7
完全沉淀pH
9.6
3.7
请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因___________________________。
②讨论影响Fe2+稳定性的因素,小组同学提出以下3种假设:
假设1:
其他条件相同时,NH4+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好。
假设2:
其他条件相同时,在一定pH范围内,溶液pH越小Fe2+稳定性越好。
假设3:
__________________________________________________。
(2)小组同学用如图装置(G为灵敏电流计),滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A(0.2mol/LNaCl)和溶液B(0.1mol/LFeSO4)为不同的pH,观察记录电流计读数,对假设2进行实验研究,实验结果如下表所示。
序号
A0.2mol/LNaCl
B0.1mol/LFeSO4
电流计读数
实验1
pH=1
pH=5
8.4
实验2
pH=1
pH=1
6.5
实验3
pH=6
pH=5
7.8
实验4
pH=6
pH=1
5.5
『资料2』原电池装置中,其他条件相同时,负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强,该原电池的电流越大。
『资料3』常温下,0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液稳定性更好。
根据以上实验结果和资料信息,经小组讨论可以得出以下结论:
U型管中左池的电极反应式_________________________。
②对比实验1和2(或3和4),在一定pH范围内,可得出的结论为__________________。
③对比实验_____和_____还可得出在一定pH范围内,溶液酸碱性变化是对O2氧化性强弱的影响因素。
对『资料3』实验事实的解释为________________________________________________。
『答案』
(1).蒸发浓缩
(2).4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+(3).当其它条件相同时,硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性(或当其它条件相同时,硫酸根离子浓度越大,Fe2+的稳定性较好。
)(4).O2+4e-+4H+=2H2O(5).溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱(6).1(7).3(或2和4)(8).其它条件相同时,溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响,超过了对O2的氧化性增强的影响,故pH=1的FeSO4溶液更稳定。
(其他表述酌情给分)
『分析』根据物质性质及实验现象分析发生的化学反应;根据两种溶液离子浓度的差异判断,NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性;由表中数据可知,溶液酸性越强,电流计读数越小,说明Fe2+的还原性越弱,由实验1和3(或2和4)可知,pH越大电流计读数越小,以此解答该题。
『详解』I.FeSO4具有还原性,应避免被氧化,则蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用,除去水中溶解的氧气,由溶液得到晶体,应先加热浓缩溶液,然后冷却结晶、过滤、洗涤和干燥,故『答案』为:
蒸发浓缩;
II.
(1)①FeSO4溶液出现淡黄色浑浊,应生成氢氧化铁沉淀,离子方程式为4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+,故『答案』为:
4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+;
②根据两种溶