(3份合集)2020届浙江省高考改革研究联盟高考数学模拟试卷.pdf
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1、2021届新高考化学模拟试卷一、单选题(本题包括15个小题,每小题4 分,共 60分.每小题只有一个选项符合题意)1.下列各组离子能在指定溶液中,大量共存的是()无色溶液中:K+,Cu2+,Na+,MnO4-,SO42使 pH=ll 的溶液中:CO32,Na+,AIO2,NO3加入A l能放出H2的溶液中:Cl,HCO3,NO3,NH4+加入M g能放出H2的溶液中:NH4+,Cl,K+,SO42-使石蕊变红的溶液中:Fe3+,MnOr,NO3,Na+,SO42-酸性溶液中:Fe2+,AF+,NO3-,I,Cl-A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】无色溶液中,不含有呈紫色的M n O s
2、 不合题意;CO3%AICV都能发生水解反应,使溶液呈碱性,符合题意;加入A I能放出出的溶液,可能呈酸性,也可能呈碱性,但 HCCh都不能大量存在,不合题意;加入M g能放出电的溶液呈酸性,NFV、什、K+、S043都能大量存在,符合题意;使石蕊变红的溶液呈酸性,Fe3+、MnO4 NO3 Na SO?-都能大量存在,符合题意;酸性溶液中,Fe2+、NOT、会发生氧化还原反应,不能大量存在,不合题意。综合以上分析,只有符合题意。故选C。2.298K时,向 20mL一定浓度的KOH溶液中滴加O.lmoM/iHCOOH溶液,混合溶液中水电离出的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系
3、如图所示。下列说法不正确的是()B.c(KOH)=0.1mol-L1C.n、q 两点对应的溶液中均存在:c(K+)=c(HCO。)D.p 点对应的溶液中存在:c(OH)=c(HCOOH)+c(H+)【答案】C【解析】【详解】A.根据未加加酸时水点出的氢氧根离子浓度为IxlOmol L1,则水电离出的氢离子浓度为IxlO-mol-L1,氢氧化钠中氢氧根浓度为0.1 moH/i,c(KOH)=0.1moH i,p点是水的电离程度最大的点即恰好生成盐的点,因此甲酸的物质的量等于氢氧化钾的物质的了,因此0.1moMx0.02-L=0.1moH/bC(HCO。-),q点是HCOOK和HCOOH的混合溶液
4、,溶液呈中性,根据电荷守恒和呈中性,得到溶液中存在C(K+)=C(HCOCT),故C错误;D.p点溶质为HCOOK,则根据质子守恒得到对应的溶液中存在:c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+),故D正确。综上所述,答案为C。3.下列反应中,水作氧化剂的是()A.SCh+H20TH2s。4 B.2K+2H2O-2KOH+H21KC.2F2+2H2O-4HF+OZ D.ZNazCh+ZhhOT 4NaOH+O2个【答案】B【解析】【详解】A、没有化合价的变化,不属于氧化还原反应,故A错误;B、出0中H化合价由+1价6 0价,化合价降低,因此出0作氧化剂,故B正确;C、七0中。由一2价今。价,化合
5、价升高,即S O作还原剂,故C错误;D、NazCh既是氧化剂又是还原剂,出0既不是氧化剂又不是还原剂,故D错误。故 选B4.向lOOmLO.lmoH/i硫酸铝钱 NH4Al(SOM溶液中逐滴滴入0.1moH/iBa(OH)2溶液。随着Ba(0H)z溶液体积V的变化,沉淀总物质的量n的变化如图所示。下列说法正确的()A.a点的溶液呈中性B.a点沉淀的质量比c点沉淀的质量大C.b点加入Ba(OH)z溶液的体积为250mLD.至c点完成反应,反应的离子方程式可表示为:AI3+2SO42+NH4+2Ba2+5OH AIO2+2BaSO4V+NH3 H2O+2H2O【答案】D【解析】【分析】100111
6、10.11110卜1/1硫酸铝铉。出41(504)2中 NH4Al(SO02 物质的量为 O.Olm ol.溶液含有 NH4+0.01mol,Al3+0.01mol,S0420.02moL开始滴加时,发生反应为SO?+Ba2+=BaSO4 I,A13+3OH=A1(OH)3 I,当A声沉淀完全时需加入0.03molOH,即力口入().015mol Ba(OH)2,加入的Ba?+为0.015mol,SO产未完全沉淀,此时溶液含有硫酸铉、硫酸铝;(开始到a)再滴加Ba(OH)2,生成BaSO4沉淀,发生反应为SO41+Ba2+=BaSO4 I,NH4+OH=NH3 H 2 O,所以沉淀质量继续增加
7、;当SO42一完全沉淀时,共需加入0.02nwl Ba(OH)2,加入0.04mol OH,AP*+反应掉0.03molOH一,生成Al(OH)3(H)lm o l,剩余O.OlmolOlT恰好与NH4+完全反应,此时溶液中NH+完全反应,此时溶液为氨水溶液;(a到b)继续滴加Ba(OH)2,A1(OH)3溶解,发生反应A K O H X+O H=A K V+Z Ih O,由方程式可知要使O.OlmolA1(OH)3完全溶解,需再加入0.005mol Ba(OH)2,此时溶液为氨水与偏铝酸领溶液.(b到c)【详解】A.由分析可知,从开始到a点,发生反应为S042+Ba2+=BaS02,AI3+
8、3OH=AI(OH)3I,a点对应的沉淀为BaSCU和AI(OHb,溶液中的溶质是(NH4)2SO4,该物质水解溶液呈酸性,A错误;B.a 点沉淀的质量=0.015molx233g/mol+0.01molx78g/mol=4.275g,c 点为硫酸钢的质量,为0.01molx2x233g/mol=4.66g,所以质量 点 2 点,B 错误;C.当SthZ一完全沉淀时,共需加入0.02mol Ba(OH)2,则b点消耗氢氧化 领 体 积=变 生 色=0.2L=200mL,O.lmol/LC错误;D.至c点完成反应,反应的离子方程式可表示为:AI3+2SO42-+NH4+2Ba2+5OH=AIO2
9、+2BaSO4i+NH3-H2O+2H2O,D 正确;故选D。【点睛】在分析曲线时,可使用共存原理,对此题来说,主要是N H/、Al3 A1(OH)3与OH-反应的顺序问题,若假设NH+先与OH-发生反应,由于生成的NH3 H2O能与A卢反应生成A1(OH)3,所以假设错误,应为Al3+先与OH-反应生成A1(OH)3;对NH+、A1(OH)3哪个先与OH-反应,若我们认为A1(OH)3先反应,生成的AKh-能与NH4+发生反应生成Al(OH)3和N H yB h O,所以假设错误,应为NH&+先与OIT反应。5.甲基环戊烷(I K PbS04D.放电后硫酸溶液的pH增大【答案】B【解析】【详
10、解】A.b是蓄电池负极,放电时负极反应为Pb+SChZ-2e=PbSO4,b电极放电后转化为PbSC)4电极,故A正确;B.a是蓄电池的正极,a发生还原反应,d是电解池阳极,阳极发生氧化反应,d极发生氧化反应,故B错误;C.b为蓄电池负极,负极反应式为:Pb+SO42-2e=PbSO4,故C正确;D.放电时总反应为PbCh+Pb+2H2so4=2PbSO4+2HzO,消耗硫酸,氢离子浓度降低,溶 液pH增大,故D正确;选B,7.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大,B与C的简单离子具有相同的电子层结构,D的最高正价与最低负价代数和为6。工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质,
11、高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y(化学式为AB),X与金属单质C反应制得单质钛。下列说法不正摩的是A.简单离子半径:D B CB.氧化物的水化物酸性:D AC.X与单质C不能在空气的氛围中反应制得单质钛D.B与D组成的某化合物可用于饮用水消毒【答案】B【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大,D的最高正价与最低负价代数和为6,则D为C I元素,工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质,高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y(化学式为AB),X与金属单质C反应制得单质钛,这种常见的可燃性气体为C O,则A为C元素,B为。元素,X为TiCL,工业上
12、用金属镁还原TiCL制得金属钛,则C为M g元素,据此分析解答。【详解】A.D为Cl,B为0,C为Mg,Ct核外有3个电子层,0?和Mg2+核外电子排布相同,均有2个电子层,当核外电子排布相同时,核电荷数越大,离子半径越小,则它们的简单离子半径:D B C,故A正确;8.人为(:,D为C L其中H2CO3的酸性比HCIO的酸性强,故B错误;C.因为镁会与空气中的氮气、氧气、二氧化碳反应,则金属镁还原TiCL制得金属钛时不能在空气的氛围中反应,故C正确;D.D为Cl,B为0,由二者组成的化合物中CI02具有强氧化性,可用于饮用水消毒,故D正确;故选瓦【点睛】工业上制金属钛采用金属热还原法还原四氯
13、化钛,将TiOz(或天然的金红石)和炭粉混合加热至1 0 0 0-H O O K,进行氯化处理,并使生成的TiCL蒸气冷凝,发生反应TiCh+2C+2cL=TiCl4+2CO;在1070K下,用熔融的镁在氨气中还原TiCL,可得多孔的海绵钛,发生反应TiCl4+2Mg=2MgCI2+Tio8.已知:CH3cl为CH4的一氯代物,CHj C H-C H-C%的一氯代物有CHjA.1种 B.2种 C.3种 D.4种【答案】B产 科【解析】CH3 C H-C H-C H 3有2种等效氢,CHjC H-C H-C H?的一氯代物有CH3CH3(CH3)2CHCH(CH3)CH2Ck(C H 3)2 C
14、 H C C 1(C HJ)2,共 2 种,故 B 正确。9.下列说法不正确的是()A.氯气是一种重要的化工原料,广泛应用于自来水的消毒和农药的生产等方面B.化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等都可能用到硫酸C.利用光线在硅晶体内的全反射现象,可以制备光导纤维D.铜能与氯化铁溶液反应,该反应可以应用于印刷电路板的制作【答案】C【解析】【详解】A.氯气是一种重要的化工原料,可制备HCI等,可用于农药的生产等,如制备农药六六六等,氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性,能够杀菌消毒,故A正确;B.硫酸能够与氨气反应生成硫酸铁,是常见的化学肥料、能与金属矿石、金属氧化物反应生成硫酸盐,故B正
15、确;C.光导纤维的主要成分为二氧化硅,而硅用于制作半导体材料,故C错误;D.铜能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜,该反应可以应用于印刷电路板的制作,故D正确;故选C。10.某化合物由两种单质直接反应生成,将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是A.Na2O B.AlCh C.FeCh D.SiO2【答案】B【解析】【分析】【详解】A、钠和氧气可以生成氧化钠,加入碳酸氢铁中反应生成碳酸钢沉淀,没有气体,错误,不选A;B、铝和氯气反应生成氯化铝,加入碳酸氢锁中反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳,正确,选B;C、铁和氯气反应生成氯化铁,不是氯化亚铁,错误,不
16、 选C;D、硅和氧气反应生成二氧化硅,加入到碳酸氢铁中不反应,错误,不 选D。【点睛】注意单质之间化合的产物1、氢气和氧气生成水。2、硫和氧气生成二氧化硫,不是三氧化硫。3、氮气和氧气生成一氧化氮,不是二氧化氮。4、钠和氧气在点燃条件下反应生成过氧化钠,常温下生成氧化钠。5、锂和氧气反应生成氧化锂,没有过氧化物。6、钾和氧气点燃反应生成更复杂的氧化物。7、铁和氯气反应生成氯化铁,不是氯化亚铁。8、铁和硫反应生成硫化亚铁。9、铁和氧气反应生成四氧化三铁10、铜和硫反应生成硫化亚铜1 1.下列说法不正确的是()A.工厂常用的静电除尘装置是根据胶体带电这一性质设计的B.铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存
17、放酸性、碱性或咸的食物C.铜属于重金属,化学性质不活泼,使用铜制器皿较安全,但铜盐溶液都有毒D.Sth是具有刺激性气味的有毒气体,但可应用于某些领域杀菌消毒【答案】A【解析】【详解】A.工厂常用的静电除尘装置是根据胶粒带电这一性质设计的,不是胶体带电,故A错误;B.铝、氧化铝具有两性,酸、碱还有盐等可直接侵蚀铝的保护膜以及铝制品本身,因此铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物,故B正确;C.铜盐溶液都含有重金属离子Cu2+,能使人体内的蛋白质变性,则铜盐溶液都有毒,故C正确;D.二氧化硫本身不具有杀菌的作用,是与水反应所形成的新物质能起到杀死细菌、清洁消毒的作用,所以可以应用于某
18、些领域杀菌消毒,故D正确;故选A。1 2.苯甲酸的电离方程式为Cp g =。:-其Ka=6.25xl0-5,苯甲酸钠(C rY O O N a,缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25时,H2c。3的Ka l=4.17x|0 7,Ka2=4.90 xl011o在生产碳酸饮料的过程中,除了添加NaA外,还需加压充入CCh气体。下列说法正确的是(温度为2 5 C,不考虑饮料中其他成分)()A.H2CO3 的电离方程式为 H2CO3=2H+CO32-B.提高CO2充气压力,饮料中C(A)不变c(H A)C.当pH为5.0时,饮料中&A j =0 1 6
19、D.相比于未充CO2的饮料,碳酸饮料的抑菌能力较低【答案】C【解析】【详解】A.H2CO3是弱酸,分步电离,电离方程式为H2CO3=H+HCO3-,故A错误;B.提高C02充气压力,溶液的酸性增强,溶液中c(A)减小,故B错误;c(HA)C(H+i o-C.当pH为5.0时,饮料中 分 八=T=0.1 6,故C正确;c(A )K“6.2 5 x 1 0 5D.由题中信息可知,苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-,充CO2的饮料中H A的浓度较大,所以相比于未充COz的饮料,碳酸饮料的抑菌能力较高,故D错误;故选C。13.2m oi金属钠和im o l氯气反应的能量关系如图所示,下列说法不正确的
20、是()2 N a(s)+C h(g)2 N a C l(s)A H i A H42 N a(g)+2 C l(g)灿,A H3 AH52 N a*(g)+2 C V(g)屈幺 2 N a C l(g)A.AH1=AH2+AH3+AH4+AH5+AH6+AH7B.AH4的值数值上和Cl-CI共价键的键能相等c.A H7 0,且该过程形成了分子间作用力D.AHs 0,在相同条件下,2Br(g)的AHCAHs【答案】C【解析】【详解】A.由盖斯定律可得,AHI=AHZ+AH3+AH4+AHS+AH6+AH7,A 正确;B.A S为破坏Im olCI-CI共价键所需的能量,与形成lm olCI-CI共
21、价键的键能在数值上相等,B正确;C.物质由气态转化为固态,放热,则A H 70,且该过程形成了离子键,C不正确;D.CI转化为c r,获得电子而放热,则A H 5 由:C e4+F e2+=C e3+F e3+可知 25mL 溶液中 n(Fe2+)=n(Ce4+)=,一 250mL 4 r-E0.100m ol/Lx0.0196L=0.00196mol,故 250mL 含有 n(Fe2+)=0.00196m olx-=0.0196m ol,故产品中乳25 mL0.0196molx288g/mol酸亚铁晶体的质量分数为-x 100%=98.0%,5.76g故答案为:98.0%。三、推断题(本题包
22、括I个小题,共1 0分)1 7.工业上用重铝酸钠(NazCnCh)结晶后的母液(含少量杂质Fe3+)生产重铝酸钾(KzCrzCh)。工艺流程及相关物质溶解度曲线如图:(2)向NazCrzCh母液中加碱液调p H的目的是。固体A主 要 为(填 化 学 式),固体B主 要 为(填 化 学 式)。(4)为检验得到的重铭酸钾晶体中含有少量的氯化钠杂质,实验方法是:;进一步提纯产品的方法是 o 将SOz通入用硫酸酸化的重倍酸钾溶液中,可制得硫酸倍钾KCr(SO4)z,反 应 的 化 学 方 程 式 为;如果溶液的酸碱性控制不当,可能会有Cr(OH)SO4杂质生成。现从得到的硫酸铭钾产品中取出3.160g
23、样品加入足量盐酸和BaCIz溶液后,得到白色沉淀5.126g。若产品中杂质只有Cr(OH)SC)4,则该产品中KCr(SC4)2的 质 量 分 数 为 (用百分数表示,保 留1位小数)。K摩尔质量KCr(SO4)2:283;Cr(OH)SO4:1652【答案】Na2Cr2O7+2KCI=K2Cr2O7+2NaCI 低温下ACnCh溶解度远小于其他组分,随温度的降低,K2Cr2O7的溶解度明显减小 除去Fe3+NaCI K2Cr2O7 取少量重铭酸钾样品,加水溶解,加入足量的硝酸酸化后滴入硝酸银溶液,有白色沉淀生成即说明产品中含有氯化钠杂质 重结晶K2Cr2O7+3SO2+H2SO4=2KCr(
24、SO4)2+H2O 89.6%【解析】【分析】由流程可知,溶解后调节pH除去少量杂质Fe3+,过滤后蒸发结晶得到NazCnCh,然后加入KCI发生Na2Cr2O7+2KCI=K2Cr2O7+2NaCI,结合溶解度图可知,低温下修5。7的溶解度较小,则冷却结晶得到K2SO7,母 液II蒸发浓缩只有析出N aC I(A),母液ID冷却结晶主要得到K2Cr2O7(B),根据AgCI的难溶性来验证NaCI的存在性;利 用LCnCh的溶解度比同温下NazCrzCh的小,用重结晶方法提纯物质,以此来解答。【详解】由流程可知,溶解后调节pH除去少量杂质Fe3+,过滤后蒸发结晶得到NazCrzCh,然后加入K
25、CI发生Na2Cr2O7+2KCI=K2Cr2O7+2NaCI,结合溶解度图可知,低温下心5。7的溶解度较小,则冷却结晶得到K2Cr2O7,母 液II蒸发浓缩只有析出N aC I(A),母液HI冷却结晶主要得到K2Cr2O7(B)o 由NazSCh生 产 的 化 学 方 程 式 为Na2Cr2O7+2KCI=K2Cr2O7+2NaCI,由溶解度图可知,低温下K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分,随温度的降低,KzCnCh的溶解度明显减小,则可通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7晶体;(2)母液中含少量杂质Fe3+,向NazCnCh母液中加碱液调pH的目的是除去杂质Fe3+离子;由上述分析可知,A
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