四川省乐山市犍为一中2020届高三化学模拟考试试题.doc
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1、四川省乐山市犍为一中2020届高三化学模拟考试试题四川省乐山市犍为一中2020届高三化学模拟考试试题年级:姓名:- 20 -四川省乐山市犍为一中2020届高三化学模拟考试试题(含解析)1.化学与生活、生产、环境密切相关。下列说法错误的是( )A. 侯德榜制碱法制备NaHCO3的原理是利用溶解度较大的物质制备溶解度较小的物质B. “雷雨肥庄稼”含义是N2最终转化成NO3-,此转化过程中氮元素被还原C. “金柔锡柔,合两柔则为刚”中“金”为铜,说明合金的硬度一般大于各组分金属D. 我国科学家利用蜡虫肠道菌群将塑料降解的时间由500年缩减到24小时,有助于解决“白色污染”问题【答案】B【解析】【详解
2、】A侯德榜制碱法是依据离子反应发生的原理进行的,离子反应会向着离子浓度减小的方向进行,利用溶解度较大的物质制备溶解度较小的物质,故A正确;B根据氧化还原反应理论可知,N2最终转化成NO3-,氮元素的化合价升高,失去电子,做还原剂,被氧化,发生氧化反应,故B错误;C合金是金属与金属或金属与非金属的混合,具有低熔点、高硬度、抗腐蚀能力强等特点,故C正确;D加快塑料降解速率,可减少“白色污染”,所以将塑料降解的时间由500年缩减到24小时,有助于解决“白色污染”问题,故D正确;答案选B。【点睛】氧化还原反应口诀:升(化合价)失(电子)氧化(被氧化、发生氧化反应、得氧化产物)还原剂(还原性)。2.实验
3、室用SO2还原MnO2制备MnSO4的装置如图所示,下列说法正确的是( )A. 装置B中试剂可为Na2SO3溶液,其作用是除去SO2中的HClB. 装置D中水浴温度应控制在80左右,温度过高时反应速率可能减慢C. 将装置D中所得MnSO4溶液蒸干可获得纯净的MnSO4H2OD. 装置E中发生反应的离子方程式为SO2+2OHSO32-+H2O【答案】B【解析】【分析】A装置中,2HCl+Na2SO3=2NaCl+H2O+SO2,生成SO2气体,但是会有HCl气体挥发出来,B装置用来吸收HCl,选用饱和NaHSO3溶液。C装置为安全瓶,防倒吸,D装置发生反应:MnO2+SO2=MnSO4,制得Mn
4、SO4,E装置吸收过量的SO2,防止汚染空气。【详解】ANa2SO3溶液能与SO2反应,故装置B中的试剂不能是Na2SO3溶液,可用饱和NaHSO3溶液,A错误;B当温度过高时,SO2在水中的溶解度减小,反应速率减慢,B正确;CMnSO4H2O受热易分解,故不能将溶液蒸干,可用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到MnSO4H2O, C错误;D石灰乳是悬浊液,不能拆写,因此反应离子方程式为SO2+Ca(OH)2=CaSO3+H2O,D错误。故选B。3.旋烷是一类比较特殊的碳氢化合物,其张力较大。如下给出了几种旋烷的结构。下列说法不正确的是( )A. 旋烷与三甲苯互为同分异构体B. 旋烷的二氯代物种
5、类数小于其十四氯代物的种类数C. 1 mol旋烷完全燃烧时消耗20 mol O2,生成10 mol H2OD. 旋烷系列分子中含碳量为0. 9【答案】B【解析】【分析】根据题意,旋烷、的分子式分别是C9H12、C12H16、C15H20、C18H24,所以旋烷分子的通式是 C3n +6H4n+8 (nl)。【详解】A旋烷与三甲苯分子式相同但结构不同,二者互为同分异构体,A正确;B根据旋烷的分子式为C12 H16,可以得出其二氯代物种类数等于其十四氯代物的种类数,B错误;C旋烷(C15H20)完全燃烧时消耗20 mol O2,生成10 mol H2O,C正确;D根据旋烷的通式,可以得出其含碳量为
6、,D正确。故选B。4.2019年被联合国定为“国际化学元素周期表年”,如图为元素周期表的一部分,其中W、X、Y、Z均为短周期元素,Y的氧化物易形成酸雨。下列叙述正确的是( )WXYZA. X的简单氢化物为强酸B. Z的氧化物对应水化物的酸性强于Y的氧化物对应水化物的酸性C. WY2分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构D. X单质能够从Z的盐溶液中置换出Z单质【答案】C【解析】【分析】Y的氧化物易形成酸雨说明Y是S元素,根据表格里元素相对位置的关系,Z是Cl元素,X是F元素,W是C元素。【详解】AX的简单氢化物是HF,是弱酸,A错误;BZ的氧化物对应水化物有可能是HClO,HClO属于弱酸,
7、其酸性弱于Y的氧化物对应水化物H2SO4的酸性,B错误;CCS2分子与CO2分子结构相似,结构式为S=C=S,每个原子的最外层均为8电子稳定结构,C正确;DF2 直接与水反应,不能置换出氯化物水溶液中的氯元素,D错误。故选C。【点睛】本题的易错选项为B,B选项中只说了氧化物的水化物,没有说最高价。Cl元素有多重化合价,氧化物对应的酸也有很多种,比如HClO,HClO2,HClO3,HClO4,S元素也有两种含氧酸,H2SO4,H2SO3,所以不一定是比较HClO4和H2SO4的酸性。5.下列实验方案与现象正确且能达到相应实验目的的是( )选项实验目的实验方案与现象A证明新制氯水具有酸性向新制氯
8、水中滴加紫色石蕊试液,溶液变为红色且颜色保持不变B证明酸性条件下,氧化性:H2O2 Fe3 +向Fe(NO3)2溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液,溶液变黄色C证明同温下,溶度积常数: Ksp(AgCl) Ksp(Ag2CrO4)向体积为100 mL、浓度均为0.01 molL-1的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加 0.01 molL-1AgNO3溶液,先产生白色沉淀,后产生砖红色沉淀Ag2CrO4D证明溶液X中含有向溶液X中先滴加盐酸无明显现象,再滴加BaCl2溶液,出现白色沉淀A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A由于新制氯水有酸性和漂白性,所以向其中滴加紫色石
9、蕊试液,溶液先变为红色后褪色,A错误;B向Fe(NO3)2 溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液,溶液变黄色,不能证明氧化性H2O2 Fe3+,因为酸性环境中硝酸根离子也有氧化性,B错误;CAg2CrO4和AgCl组成类型不同,所以不能以沉淀先后顺序判断大小,C错误;D向溶液X中先滴加盐酸无现象,则排除了银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等对后续试验的干扰,再滴加BaCl2溶液,出现白色沉淀,说明溶液X中含有,D正确。故选D。6.我国成功研发一种新型铝-石墨双离子电池,这种新型电池采用石墨、铝锂合金作为电极材料,以常规锂盐和碳酸酯溶剂为电解液。电池总反应为Cx(PF6) +LiAlxC + PF6
10、-+Li+ +Al。该电池放电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是( )A. 放电时,B极的电极反应为LiAleLi+ +AlB. Li2SO4溶液可作该电池的电解质溶液C. 充电时A极的电极反应式为xC + PF6-eCx(PF6)D. 该电池放电时,若电路中通过0.01 mol电子,B电极减重0.07 g【答案】B【解析】【分析】电池总反应为 Cx (PF6) + LiAlxC + + Li + +Al,放电时锂离子向A极移动,则A极为正极,B极为负极。【详解】A放电时B极为负极,负极上LiAl失电子发生氧化反应,电极反应为LiAl-e- =Li+ +Al,故A正确;B锂铝合金会与水反
11、应生成氢氧化锂和氢气,所以该电池的电解质溶液不能使用任何水溶液,B错误;C充电时A极为阳极,电极反应式为 xC+-e-=Cx(PF6), C正确;D该电池放电时,若电路中通过0.01 mol电子,则B极有0.01 mol Li失去电子变成 Li+ ,B电极减重0.07 g, D正确;故选B。7.室温下,向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况),发生反应:2H2S+SO2=3S+2H2O,测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。下列有关说法正确的是A. 整个过程中,水的电离程度逐渐增大B. 该温度下H2S的Ka1数量级为10-7C. 曲线y代表继续通入SO2气体后溶
12、液pH的变化D. a点之后,随SO2气体的通入,的值始终减小【答案】C【解析】【详解】A由图可知,a点表示SO2气体通入112mL即0.005mol时pH=7,溶液呈中性,说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应,可知饱和H2S溶液中溶质物质的量为0.01mol,c(H2S)=0.1mol/L,a点之前为H2S过量,a点之后为SO2过量,溶液均呈酸性,酸抑制水的电离,故a点水的电离程度最大,水的电离程度先增大后减小,故A错误;B由图中起点可知0.1mol/LH2S溶液电离出c(H+)=10-4.1mol/L,电离方程式为H2SH+HS-、HS-H+S2-;以第一步为主,根据平衡常数表达式算出该温
13、度下H2S的Ka110-7.2,数量级为10-8,故B错误;C当SO2气体通入336mL时,相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1mol/L,因为H2SO3酸性强于H2S,故此时溶液中对应的pH应小于4.1,故曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化,故C正确;D根据平衡常数表达式可知,a点之后,随SO2气体的通入,c(H+)增大,当通入的SO2气体达饱和时,c(H+)就不变了,Ka1也是一个定值,的值保持不变,故D错误;答案选C。8.锆石(ZrSiO4)酷似钻石且价格低廉,是钻石很好的代用品。天然锆石的主要成分是ZrSiO4,另外还常含有Fe、Al、Cu的氧化物杂质。工业上以天然锆石为原
14、料制备ZrO2的工艺流程如下: 已知:i氯化过程中除C、O外,其他元素均转化为其最高价氯化物;Zr在化合物中通常显+4价;ZrC14易溶于水,400时升华;“配合”生成的Fe(SCN)3难溶于MIBK,Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在MIBK中的溶解度。(1)将锆石“粉碎”的目的是_。(2)“氯化”过程中,ZrSiO4发生反应的化学方程式为_,由下图可知,“氯化”过程选择的最佳反应条件是_ ;若“氯化”温度过高会导致ZrC14产率降低,原因是_。(3)常用的铜抑制剂为NaCN,它可与重金属离子生成沉淀,如Cu(CN)2,其Ksp4.01010。已知盐酸溶解后的溶液中Cu2+的浓度为1mol
15、L1,若溶液中Cu2+的浓度小于等于1.0106molL1时可视为沉淀完全,则Cu2+沉淀完全时溶液中CN的浓度为_molL1。(4)由于NaCN有剧毒,所以需要对“废液”中的NaCN进行处理,通常选用漂白液(有效成分是NaClO)在碱性条件下将其氧化,其产物之一是空气中的主要成分,则上述反应的离子方程式为_。(5)流程中“萃取”与“反萃取”可以分离铁、富集锆,简述“萃取”的原理:_。【答案】 (1). 增大反应物接触面积,加快反应速率,提高原料利用率 (2). ZrSiO4+2Cl2+4CO=ZrC14+SiCl4+4CO2 (3). 1MPa、380400 (4). 高于400时ZrCl4
16、升华,产率降低 (5). 0.02 (6). 2CN-+5C1O-+2OH-=2+5Cl-+N2+H2O (7). Fe(SCN)3难溶于MIBK,则Zr(SCN)4被MIBK萃取进入有机层【解析】【分析】天然锆石经过粉碎后,加入CO、Cl2,ZrSiO4反应为ZrC14和SiCl4,其它金属变为FeCl3、AlCl3、CuCl2。加入NaOH后,滤液中是NaAlO2,沉淀中主要有H2SiO3、Fe(OH)3、Zr(OH)4 、Cu(OH)2。加入HCl后,Fe(OH)3、Cu(OH)2、Zr(OH)4溶于HCl,H2SiO3不溶。加入Cu抑制剂,除去Cu杂质。加入NH4SCN后,Fe3+和Z
17、r4+形成配合物Fe(SCN)3、Zr(SCN)4。加入有机溶剂MIBK,将Zr(SCN)4萃取到有机层,再用H2SO4将Zr(SCN)4萃取到水层,加入NH3,生成Zr(OH)4,煅烧后得到ZrO2。【详解】(1)将锆石粉碎的目的是增大接触面积,加快反应速率,提高原料利用率;(2)根据信息,“氯化”过程中,ZrSiO4与氯气、CO反应的生成物中含有ZrC14、SiCl4,同时根据氧化还原反应原理可知生成物中还含有CO2,故反应的化学方程式为ZrSiO4+2Cl2+4CO=ZrC14+SiCl4+4CO2;观察图像可知产率最高点时的压强和温度分别是1MPa、380400;温度过高会使ZrC14
18、升华,导致产率降低;(3)Cu2+沉淀完全时溶液中满足:1.010-6c2(CN-)=410-10,即c(CN-)=0.02molL-1;(4)漂白液的有效成分是NaClO,由题意知,发生反应的离子方程式为2CN-+5C1O-+2OH-=2+5Cl-+N2+H2O;(5)“配合”后,Fe3+、Zr4+分别生成Fe(SCN)3、Zr(SCN)4;Fe(SCN)3难溶于MIBK,Zr(SCN)4则被MIBK萃取进入有机层,从而达到分离铁、富集锆的目的。【点睛】要注意本题的第(5)小题,既有萃取又有反萃取,比较混乱,但只要把握住最终要得到Zr(SCN)4,即Zr(SCN)4要进入沉锆的环节,所以该萃
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