2019-2020年高考模拟训练——理科综合试卷一化学试题 含答案.doc

2019-2020年高考模拟训练理科综合试卷一化学试题 含答案在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1、将20gM物质、5gN物质、9gP物质混合加热发生化学变化，经充分反应后的混合物中含有5gM物质、20gP物质还含有一种新物质Q，若M、N、P、Q的相对分子质量分别为30、20、44、18，它们之间发生反应的化学方程式是（）AM+N=P+Q BM+2N=2P+QC2M+N=2P+Q D2M+N=P+2Q2、酒后驾车是引发交通事故的重要原因交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是：橙色的K2Cr2O7酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿包Cr3+下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是（ ）乙醇沸点低乙醇密度比水小乙醇有还原性乙醇是烃的含氧衍生物乙醇有刺檄性气味A BC D3、已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物稳定性大于Z的气态氢化物稳定性，X、Y为金属元素，X单质的还原性大于Y的单质的还原性下列说法正确的是（）AW与X形成的化合物中只含离子键BW的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点CX、Y、Z、W的原子半径依次减小D若W与Y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为Y2W34、同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满：NH3，NO2，进行喷泉实验经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（）ABC=D不能确定5、Cl2在70的NaOH水溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，反应完全后测得溶液中NaClO和NaClO3的物质的量比为6：1，则溶液中NaCl和NaClO的物质的量之比为（）A9：4 B6：1C7：6 D11：66、某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律（图中P表示压强，T表示温度，n表示物质的量）：根据以上规律判断，下列结论正确的是（）A反应：H0，P2P1B反应：H0，T1T2C反应：H0，T2T1或H0，T2T1D反应：H0，T2T17、准确称取6.0g铝土矿样品（含Fe2O3），加入100mL稀硫酸中，充分反应后向滤液中加入10molL1NaOH溶液，产生沉淀的质量和加入NaOH溶液体积之间的关系如上图所示则所用硫酸物质的量浓度为（）A1.75molL1 B3.50molL1C0.85molL1 D无法确定8、下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（）A0.1mol/L的硫酸铵溶液中：c（NH4+）c（SO42）c（H+）B室温下，pH=7的醋酸和醋酸钠的混合溶液中：c（CH3COO）c（Na+）C将水加热到100，pH=6：c（H+）c（OH）D同浓度的三种溶液：CH3COONH4 NH4Cl NH3H2O中，c（NH4+）由大到小的顺序是第卷（非选择题，共4小题，共52分）9、硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠NaBO2为主要原料制备NaBH4，其流程如图：已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙酸（沸点：13）（1）在第步反应加料之前，需要将反应器加热至100以上并通入氩气，该操作的目的是： （2）请配平第步反应的化学方程式： NaBO2+ SiO2+ Na+ H2 NaBH4+ Na2SiO3（3）第步操作需要的玻璃仪器有： ；第步分离出NaBH4并回收溶剂，采用的操作方法是 （4）NaBH4与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为： ，反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为 10、Cl2和H2O2是高中阶段最常见的两种氧化剂，经查阅资料Cl2氧化能力强于H2O2，能将H2O2氧化为了验证某小组学生设计了如下图所示的实验装置进行实验（夹持装置略去）已知：2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O.试管B中饱和食盐水的主要作用是除去Cl2中混有的HCl.请回答下列问题（1）试管C发生反应的化学方程式是 （2）试管D中NaOH溶液的作用是 （3）将浓盐酸注入圆底烧瓶A，当装置中的空气基本排尽后关闭D中止水夹，反应一段时间后试管D中的现象为 ，试管D中的气体检验方法为 （4）有的同学对上述实验中D试管中的气体来源产生质疑，你认为可能的来源有 （用方程式回答）对于质疑可以采用对比实验来解决11、铬是一种银白色金属，化学性质稳定，以+2、+3和+6价为常见价态工业上以铬铁矿（主要成分为FeOCr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料生产金属铬和重铬酸钠Na2Cr2O72H2O（已知Na2Cr2O7是一种强氧化剂），其主要工艺流程如图1：查阅资料得知：常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42回答下列问题：（1）工业上常采用热还原法制备金属铬，写出以Cr2O3为原料，利用铝热反应制取金属铬的化学方程式 （2）酸化滤液D时，不选用盐酸的原因是 （3）固体E的主要成分是Na2SO4，根据图2分析操作a为 、 （4）已知含+6价铬的污水会污染环境，电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的Cr2O72电镀厂处理镀铜废水中的Cr2O72，往往采用还原沉淀法，具体流程如下：含Cr2O的废水含Cr3+的废水Cr（OH）3沉淀Cr（OH）3的化学性质与Al（OH）3相似在上述生产过程中加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高，是因为 （用方程式表示）；下列溶液中可以代替上述流程中Na2S2O3溶液的是 （填选项序号）；AFeSO4溶液 B浓H2SO4 C酸性KMnO4溶液 DNa2SO3溶液上述流程中，每消耗0.1mol Na2S2O3转移0.8mol e，则加入Na2S2O3溶液时发生反应的离子方程式为 （5）某厂废水中含1.00103mol/L的Cr2O72，某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr05Fe15FeO4 （Cr的化合价为+3，Fe的化合价依次为+3、+2）欲使1L该废水中的Cr2O72完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4理论上需要加入 g FeSO47H2O（已知FeSO47H2O 摩尔质量为278g/mol）12、AG都是有机化合物，它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8g CO2和3.6g H2O；E的相对分子质量为60，则E的分子式为 ；（2）A为一元取代芳烃，B中含有一个甲基由B生成C的化学方程式为 ；（3）由B生成D、由C生成D的反应条件分别是： 、 ；（4）由A生成B、由D生成G的反应类型分别是 、 ；（5）在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1：1的是 （填结构简式）参考答案及评分标准1.【答案】D【解析】解：依据题意可知M、N的质量减少，R、Q的质量增加，所以反应物为：M、N，生成物为Q、R，消耗的M的物质的量为=0.5mol，消耗的N的物质的量为=0.25mol，生成的R的物质的量为=0.25mol，生成的Q的物质的量为： =0.5mol，依据方程式的计量系数之比等于转化的物质的量之比，其方程式为：2M+N=Q+2R故选：D2.【答案】C【解析】乙醇沸点低，易挥发，若饮酒，呼出的气体中含有酒精，与测定原理有关；乙醇密度比水小，可与水以任意比混溶，与测定原理无关；乙醇分子中含有羟基，具有还原性，K2Cr2C7具有强氧化性，可以把乙醇迅速氧化为乙酸蓝绿色的Cr3+，与测定原理有关；乙醇可看成是乙烷中的氢原子被羟基取代后的产物，是烃的含氧化合物，与测定原理无关；乙醇有刺檄性气味，与测定原理无关；故对乙醇的描述与此测定原理有关的是；故选C3.【答案】C【解析】解：W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数ZW，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X单质的还原性大于Y的单质的还原性，则原子序数YX，且二者处于第三周期A若W与X形成的化合物为过氧化钠，既含离子键又含共价键，故A错误；BW的气态氢化物为氨气、水、氟化氢时，分子间存在氢键，沸点高于同族其它氢化物的沸点，W为C、Z为Si时，W氢化物沸点较低，故B错误；CW、Z同主族，原子序数ZW，X、Y、Z同周期，X、Y、Z的原子序数ZYX，所以原子半径XYZW，故C正确；D若W为N元素，Y为Mg元素，二者的原子序数相差5，二者形成化合物的化学式可能为Mg3N2，为Y3W2，故D错误；故选C4.【答案】C【解析】解：在相同条件下，气体摩尔体积相同，烧瓶的容积相同，根据n=知，氨气、NO2的物质的量之比为1：1，因NO2能与水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以各烧瓶中溶质的物质的量之比为3：2，做喷泉实验时，盛放氨气的烧瓶、含NO2的烧瓶，各烧瓶中溶液的体积分别为：一烧瓶、烧瓶，所以溶液的体积比为3：2，所以各物质的量浓度之比为=1：1，故选：C5.【答案】D【解析】解：由信息可知，发生Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，3Cl2+6NaOH（热）=NaClO3+5NaCl+3H2O，令溶液中NaClO与NaClO3的物质的量分别为6mol、1mol，由电子守恒可知，6mol（10）+1mol（50）=n（NaCl）0（1），解得n（NaCl）=11mol，所以该溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为11mol：6mol=11：6，故选D6.【答案】C【解析】解：A由图象可知，升高温度A的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，H0；由方程式气体的计量数关系可知增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，则P2P1，故A错误；B由到达平衡所用时间可以看出T1温度较高，升高温度C的物质的量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则H0，故B错误；C如H0，T2T1，则升高温度平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，如H0，T2T1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，与图象吻合，故C正确；D如H0，则升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，则T2T1，故D错误故选C7.【答案】A【解析】解：当加入NaOH溶液的体积为35ml时，n（NaOH）=0.035L10mol/L=0.35mol，此时沉淀的质量达到最大值，则此时溶液的溶质只有Na2SO4，根据Na元素守恒，则有：n（H2SO4）=n（Na2SO4）=n（NaOH）=0.35mol=0.175mol，c（H2SO4）=1.75mol/L，故选A8.【答案】A【解析】解：A.0.1mol/L的硫酸铵溶液中铵根离子微弱水解溶液显酸性，溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）c（SO42）c（H+），故A正确；B室温下，pH=7的醋酸和醋酸钠的混合溶液中存在电荷守恒：c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），c（OH）=c（H+），则c（CH3COO）=c（Na+），故B错误；C水是中性的液体，将水加热到100，促进电离平衡正向进行，氢离子浓度增大，pH=6，c（H+）=c（OH），故C错误；DCH3COONH4中醋酸根离子促进铵根离子水解，NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子能水解但较弱，NH3H2O是弱电解质，电离程度较小，所以铵根离子浓度大小顺序是：，故D错误；故选A9.【答案】（1）除去反应器中的水蒸气和空气；（2）1；2；4；2；1；2；（3）烧杯、漏斗、玻璃棒；蒸馏；（4）NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2；4NA【解析】解：（1）NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；故答案为：除去反应器中的水蒸气和空气；（2）该反应中H元素化合价由0价变为1价、Na元素化合价由0价变为+1价，转移电子总数为4，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为：NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，故答案为：1；2；4；2；1；2；（3）中加入的溶剂是异丙酸，NaBH4溶解与异丙酸、Na2SiO3不溶于异丙酸，所以第步分离采用的方法是过滤，需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法，异丙酸沸点：33，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙酸和固体NaBH4；故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；蒸馏；（4）NaBH4与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，NaBO2中B元素化合价为+3价，所以NaBH4中H元素的化合价为1价，所以H元素化合价由1价、+1价变为0价，再结合转移电子守恒配平方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2，反应消耗1mol NaBH4时转移的物质的量=1mol4（10）=4mol，所以转移电子数为4NA或2.4081024；故答案为：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2；4NA10.【答案】（1）Cl2+H2O2=2HCl+O2；（2）吸收多余的氯气；（3）试管D中液面下降，长颈漏斗中液面上升；该气体能使带火星的木条复燃，证明是氧气； （4）2H2O2=2H2O+O2或Cl2+H2OHCl+HClO、2HClO2HCl+O2【解析】解：（1）氯气与双氧水反应生成氯化氢和氧气，化学方程式为：Cl2+H2O2=2HCl+O2，故答案为：Cl2+H2O2=2HCl+O2；（2）氯气有毒，直接排放会引起空气污染，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，被氢氧化钠溶液吸收，所以可以用氢氧化钠吸收过量的氯气；故答案为：吸收多余的氯气；（3）Cl2+H2O2=2HCl+O2，当关闭止水夹，反应一段时间后试管D中因氧气不断增多，气体压强增大，所以试管D中液面下降，长颈漏斗中液面上升，氧气使带火星的木条复燃，可用此法验证氧气，故答案为：试管D中液面下降，长颈漏斗中液面上升；该气体能使带火星的木条复燃，证明是氧气； （4）试管D中气体来源可能为过氧化氢的分解：2H2O2=2H2O+O2，也可能为氯气氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸分解生成氧气：Cl2+H2OHCl+HClO、2HClO2HCl+O2，故答案为：2H2O2=2H2O+O2或Cl2+H2OHCl+HClO、2HClO2HCl+O211.【答案】（1）Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3 ；（2）盐酸中的Cl会被氧化，产生Cl2；（3）蒸发结晶、趁热过滤；（4） pH过高Cr（OH）3会与过量的NaOH 反应； D； 3S2O32+4Cr2O72+26H+6SO42+8Cr3+13H2O；（5）2.78【解析】解：（1）三氧化二铬与铝发生铝热反应的方程式为：Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3，故答案为：Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3 ；（2）盐酸中的氯是1价具有还原性，会CrO42被氧化成氯气，故答案为：盐酸中的Cl会被氧化，产生Cl2；（3）由图2可知Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大，而硫酸钠的温度随温度的升高而降低，所以采用蒸发结晶、趁热过滤的方法分离硫酸钠，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤；（4）Cr（OH）3的化学性质与Al（OH）3相似，如果氢氧化钠过量Cr（OH）3会溶解，故答案为：pH过高Cr（OH）3会与过量的NaOH 反应；可以代替上述流程中Na2S2O3溶液，需要具有还原性，能还原重铬酸根离子；AFeSO4溶液中亚铁离子具有还原性，可以还原Cr2O72离子，但又引入新的杂质离子铁离子，故A不符合； B浓H2SO4 具有强氧化性，不能表现还原性，不能还原Cr2O72，故B不符合；C酸性KMnO4 是强氧化剂不能还原Cr2O72，故C不符合；DNa2SO3溶液中亚硫酸根离子具有还原性，可以还原Cr2O72，故D符合；故答案为：D；每消耗0.1mol Na2S2O3转移0.8mol e，Na2S2O3 2SO428e，Cr2O722Cr3+6e，依据氧化还原反应电子守恒配平书写，3Na2S2O3 6SO4224e，4Cr2O728Cr3+24e，得到的氧化还原反应的离子方程式为3S2O32+4Cr2O72+26H+6SO42+8Cr3+13H2O；故答案为：3S2O32+4Cr2O72+26H+6SO42+8Cr3+13H2O；（5）1L废水中含n（Cr2O72）=1.00103 mol，根据Cr原子、Fe原子守恒，可得：Cr2O724Cr0.5Fe1.5FeO410FeSO47H2O，所以理论上n（FeSO47H2O）=10n（Cr2O72）=1.00103 mol10=0.01mol，所以m（FeSO47H2O）=0.01mol278 g/mol=2.78g，故答案为：2.7812.【答案】（1）C2H4O2；（2）；（3）氢氧化钠醇溶液、加热；浓硫酸、加热；（4）取代反应；加成反应；（5）【解析】解：E的相对分子质量为60，6.0gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2和 H2O的物质的量分别为 =0.2mol， =0.2mol，分子中N（C）=2、N（H）=4，故N（O）=2，故E的分子式是C2H4O2A为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E发生酯化反应生成F，结合F的分子式可知，应是发生酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C转化都得到D，D与溴发生加成反应生成G，则B、C均发生消去反应生成D，故D为，则G为，（1）由上述分析可知，E的分子式为C2H4O2，故答案为：C2H4O2；（2）由B生成C的化学方程式为，故答案为：；（3）由B生成D是发生消去反应生成，反应条件为：氢氧化钠醇溶液、加热，C生成D是发生消去反应生成，反应条件为：浓硫酸、加热，故答案为：氢氧化钠醇溶液、加热；浓硫酸、加热；（4）由A生成B属于取代反应，由D生成G属于加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；（5）在G（）的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为l：1，所以对称性高，可以含有2个相同的取代基，且处于对位，为，故答案为：