2020高考化学浙江专用综合模拟卷（五） WORD版含解析.docx

1、综合模拟卷(五)一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1习总书记多次强调要“像对待生命一样对待生态环境”。下列说法正确的是()A用太阳能光解水制H2可减少碳排放B用聚乙烯生产快餐盒可降低白色污染C用如图所示方法可改良碱性土壤D用Ba(OH)2可消除水中Cu2等重金属离子污染答案A解析A项，用太阳能光解水制H2可减少化石燃料的使用，减少碳排放，正确；B项，用聚乙烯生产快餐盒不容易降解，会产生白色污染，错误；C项，熟石灰显碱性，可改良酸性土壤，错误；D项，用Ba(OH)2会产生Ba2重金属离子污染，错误。2下列有关化学用语表示正确的是

2、()A质子数为78，中子数为117的铂原子：PtBAl3的结构示意图：C次氯酸钠的电子式：D碳酸的电离方程式：H2CO32HCO答案C解析质子数为78，中子数为117的铂原子的质量数为195，故A错误；是Al原子的结构示意图，故B错误；次氯酸钠属于离子化合物，电子式为，故C正确；碳酸是弱酸，分步电离，故D错误。3下列各组中，互为同系物的是()AO2与O3 B35Cl与37ClC乙醇与甲醚 D答案D解析O2与O3为同种元素组成的不同单质，二者互为同素异形体，不属于同系物，故A错误；35Cl与37Cl为质子数相同，中子数不同的原子，互称为同位素，故B错误；乙醇的分子式为C2H6O，甲醚的分子式为C

3、2H6O，分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，故C错误；CH4与结构相似，组成上相差3个CH2原子团，二者互为同系物，故D正确。4能正确表示下列反应的离子方程式的是()A向水中通入氯气：Cl2H2O2HClClOB二氧化锰与浓盐酸反应：MnO24HCl(浓)Mn22Cl22H2OC碳酸氢钠溶液加过量澄清石灰水：2HCOCa22OH=CaCO32H2OCOD金属钠与硫酸铜溶液反应：2Na2H2OCu2=2NaCu(OH)2H2答案D解析向水中通入氯气：Cl2H2OHClHClO，HClO为弱电解质，应写化学式形式，故A错误；二氧化锰与浓盐酸反应，离子方程式：MnO24H2ClMn2Cl22

4、H2O，HCl为可溶性强电解质，应拆成离子形式，故B错误；碳酸氢钠溶液加过量澄清石灰水，离子方程式：HCOCa2OH=CaCO3H2O，选项中的比例关系错误，故C错误；金属钠与硫酸铜溶液反应，离子方程式：2Na2H2OCu2=2NaCu(OH)2H2，故D正确。5已知反应X(g)Y(g)nZ(g)H0，将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是()A10 min时，曲线发生变化的原因是升高温度B10 min时，曲线发生变化的原因是增大压强C反应方程式中n1D05 min内，用X表示的反应速率为v(X)0.08 molL1min1答案A解析

5、正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，X、Y的物质的量浓度继续在原基础上减少，选项A不正确；正反应是体积减小的反应，所以增大压强物质的浓度均增大，但平衡向正反应方向移动，选项B正确；05 min内，用X表示的反应速率为v(X)0.08 molL1min1，用Z表示的反应速率为v(Z)0.08 molL1min1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，反应方程式中n1，选项C、D正确。6.常温下，将pH均为3，体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积为V，pH随lg 的变化如图所示。下列说法正确的是()A稀释相同倍数时：c(A)c(B)B水的电离程度：bcaC溶液中离子总物质

6、的量：bcaD溶液中离子总浓度：abc答案B解析根据图像当lg 2时，HA溶液的pH5，HB溶液的pH为3pHHB，溶液中c(A)c(B)，A错误；根据图像，溶液的pH：aa，B正确；a、c点溶液体积相同，c点pH大于a点，c点溶液中c(A)c，b点相对于a点加水稀释促进HB的电离，溶液中离子总物质的量：ba，溶液中离子总物质的量：bac，C错误；c点pH大于a点，c点溶液中c(A)c，b、c点溶液的pH相等，b、c点两溶液中的电荷守恒分别为c(H)c(B)c(OH)，c(H)c(A)c(OH)，溶液中离子总浓度：bc，溶液中离子总浓度：abc，D错误。7可逆反应NO2(g)CO(g)CO2(

7、g)NO(g)反应过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是()A1 mol NO2与1 mol CO混合经充分反应放热234 kJB若反应开始时加入催化剂，则使E1、E2都变大C正反应的活化能是134 kJmol1D该反应的反应热HE2E1答案C解析此反应是可逆反应，不能完全进行到底，因此1 mol NO2与1 mol CO混合充分反应放出的热量小于234 kJ，故A错误；使用催化剂，降低活化能，E1和E2都降低，故B错误；根据图像，正反应的活化能是134 kJmol1，故C正确；反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应是放热反应，HWR。13下列说法不正确的是()A某有机物的结构简式如图所

8、示，该物质属于芳香族化合物，是苯的含氧衍生物，含有两种含氧官能团B按系统命名法，有机物(CH3)2CHCH(CH2CH3)(CH2CH2CH3)的命名为：2甲基3乙基己烷C总质量一定时，乙炔和乙醛无论按什么比例混合，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变D丙烯酸(CH2=CHCOOH)和山梨酸(CH3CH=CHCH=CHCOOH)不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物才是同系物答案C解析A中该有机物含有三种官能团：羟基、碳碳双键、羧基，A项正确；乙炔为CHCH，乙醛为CH3CHO(改写成C2H2H2O)，可知总物质的量一定时，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变，C项错误；含碳碳双键数目不同，均

9、可与氢气发生加成反应生成饱和一元羧酸，则丙烯酸和山梨酸不是同系物，但加成产物是同系物，D项正确。14碱性硼化钒(VB2)空气电池工作时反应为：4VB211O2=4B2O32V2O5。用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示。当外电路中通过0.04 mol电子时，B装置内共收集到0.448 L气体(标准状况)，则下列说法正确的是()AVB2电极发生的电极反应式为：2VB211H2O22e=V2O52B2O322HB外电路中电子由c电极流向VB2电极C电解过程中，c电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生D若B装置内的液体体积为100 mL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为0.0

10、5 molL1答案C解析VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应式为：2VB222OH22e=V2O52B2O311H2O，故A错误；外电路中电子由VB2电极流向阴极c电极，故B错误；c电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生，C正确；当外电路中通过0.04 mol电子时，B装置内与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气为0.01 mol，又共收集到0.448 L气体即0.02 mol，则阴极也产生0.01 mol的氢气，所以溶液中的铜离子为0.01 mol，则CuSO4溶液的物质的量浓度为0.1 molL1，故D错误。15常温下，向某浓度H2A溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，

11、所得溶液中H2A、HA、A2三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是()AH2A是一种二元弱酸B将相同物质的量的NaHA和Na2A固体溶于水所得混合溶液pH一定为5.5C常温下，H2AHHA的电离平衡常数Ka10.01D在量热计中，用20.0 mL 0.10 molL1 NaOH溶液，分别与10.0 mL 0.20 molL1 H2A和20.0 mL 0.10 molL1 H2A反应后放出的热量不相同答案B解析从图可以看出，随着pH的增大，H2A先转变为HA，再转变为A2，即H2A的电离分两步进行，故H2A是一种二元弱酸，故A正确；当pH2时，c(H2A)c(HA

12、)，H2AHHA的电离平衡常数Ka10.01，故C正确；溶液越稀，电离程度越大，10.0 mL 0.20 molL1 H2A和20.0 mL 0.10 molL1 H2A相比，后者的电离程度更大，故与氢氧化钠反应时，后者H2A电离时吸收的热量少，故中和反应时放出的热量多于前者，故D正确。16某工业废水仅含下表中的某些离子，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1 molL1(此数值忽略水的电离及离子的水解)。甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：阳离子K、Ag、Mg2、Cu2、Al3、NH阴离子Cl、CO、NO、SO、SiO、I.取该无色溶液5 mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加。

13、.用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰。.另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色。.向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。下列推断不正确的是()A由、判断，溶液中一定不含有的阳离子是K、NH、Cu2B中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是6I2NO8H=3I22NO4H2OC原溶液一定只含有离子I、NO、SO、Mg2、Al3D另取100 mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤、洗涤、灼烧沉淀至恒重，得到的固体质量为0.4 g答案C解析.取该无色溶液5 mL，说明一定不含有Cu2，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加，说

14、明增加的是NH，所以原溶液中一定不含NH，可能含有Mg2、Al3，不含NH，CO；.用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有K；.另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，说明有还原性离子I与NO和H反应生成NO，即溶液中有I、NO，判断一定不含有Ag；.向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO，由上述分析可知一定含有的阴离子是I、NO、SO，且各为0.1 molL1，依据电荷守恒可知，推断出的阳离子含有Mg2、Al3，其浓度为0.1 molL1，由电荷守恒可知溶液中还有一种1价的阴离子为Cl，

15、C错误。二、非选择题(本题包含5个大题，共52分)17(6分)铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，如图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：已知：铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质。溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学方程式为2Na2SiO32NaAlO22H2O=Na2Al2Si2O84NaOH。请回答下列问题：(1)铝土矿中Al2O3与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为_。(2)在工艺流程中“酸化”时，加入的最佳物质B是_，理由是_。(3)某同学推测铝与氧化铁发生铝热反应得到的熔融物中还含有Fe2O3，设计了如下方案来验证：取一块

16、该熔融物投入少量稀硫酸中，反应一段时间后，向反应后的混合液中滴加物质甲的溶液，观察溶液颜色的变化，即可证明熔融物中是否含有Fe2O3。则物质甲是_(填化学式)，请判断该同学设计的实验方案的合理性_(填“合理”或“不合理”)。原因是_ (若合理，则不用填写)。答案(1)Al2O32OH=2AlOH2O(2)CO2CO2过量时氢氧化铝不会溶解，反应易控制，且原料廉价(3)KSCN不合理Fe3能与Fe、Al反应生成Fe2，不能检出Fe3解析(1)铝土矿主要成分是Al2O3还有少量SiO2，加入足量NaOH溶液后发生如下反应：Al2O32OH=2AlOH2O，SiO22OH=SiOH2O，Fe2O3不

17、与NaOH溶液发生反应。(2)根据题干已知反应，滤液中主要含NaAlO2，通入过量CO2可以将NaAlO2完全转化成Al(OH)3。(3)Fe3的检验可用KSCN，但该同学的实验方案不合理，因为Fe3能与Fe、Al发生反应生成Fe2，不能检验是否含有Fe3。18(10分)锌是一种常用金属，冶炼方法有火法和湿法。.镓(Ga)是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似。氮化镓(GaN)是制造LED的重要材料，被誉为第三代半导体材料。(1)Ga在元素周期表中的位置_。(2)GaN可由Ga和NH3在高温条件下合成，该反应的化学方程式为_。(3)下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是

18、_(填字母)。A一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠B常温下，Ga可与水剧烈反应放出氢气CGa2O3可由Ga(OH)3受热分解得到D一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐.工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物)湿法制取金属锌的流程如图所示，回答下列问题：已知：Fe的活泼性强于Ni。(4)ZnFe2O4可以写成ZnOFe2O3，写出ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式：_。(5)净化操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2氧化；第二步是控制溶液pH，只使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀。净化生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质

19、，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是_。(6)净化中加入Zn的目的是_。答案.(1)第4周期A族(2)2Ga2NH32GaN3H2(3)ACD.(4)ZnFe2O44H2SO4=ZnSO4Fe2(SO4)34H2O(5)Fe(OH)3胶粒具有吸附性(6)使Cu2、Ni2转化为Cu、Ni而除去解析(1)Ga在元素周期表中的位置是第4周期A族。(2)GaN可由Ga和NH3在高温条件下合成，该反应的化学方程式为：2Ga2NH32GaN3H2。(3)镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似，所以可以考虑铝的反应，铝可以和酸反应也可以和碱反应，氢氧化铝可以受热分解，氧化铝可以和氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，A、

20、C、D正确。(4)根据信息，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，这两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁，反应的化学方程式为：ZnFe2O44H2SO4=ZnSO4Fe2(SO4)34H2O。(5)由于生成的Fe(OH)3胶体(沉淀)具有吸附性，所以净化生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质。19(12分)已知、反应在一定条件下焓变及平衡常数如下：2H2(g)S2(g)2H2S(g)K1H1()3H2(g)SO2(g)2H2O(g)H2S(g)K2H2()(1)用Hl、H2表示反应4H2(g)2SO2(g)S2(g)4H2O(g)的H_。(2)回答下列反应()的相关

21、问题：温度为T1，在1 L恒容容器中加入1.8 mol H2、1.2 mol S2,10 min时反应达到平衡。测得10 min内 v(H2S)0.08 molL1min1，则该条件下的平衡常数为_，若此时再向容器中充H2、S2、H2S各0.8 mol，则平衡移动方向为_(填“正向”“逆向”或“不移动”)。温度为T2时(T2T1)，在1 L恒容容器中也加入1.8 mol H2、1.2 mol S2，建立平衡时测得S2的转化率为25%，据此判断H1_(填“”或“”“”或“”)。在某NaHSO3、Na2SO3混合溶液中HSO、SO物质的量分数随pH变化曲线如图所示(部分)，根据图示，求SO的水解平

22、衡常数_。答案(1)2H2H1(2)0.8正向减小(3)SOH2OHSOOH106.8解析(1)已知2H2(g)S2(g)=2H2S(g)H1()，3H2(g)SO2(g)=2H2O(g)H2S(g)H2()，由()2()得4H2(g)2SO2(g)=S2(g)4H2O(g)H，故HH22H1。(2)10 min时反应达到平衡，10 min内v(H2S)0.08 molL1min1，则c(H2S)0.8 molL1，则2H2(g)S2(g)=2H2S(g)起始/ molL11.8 1.20变化/ molL10.8 0.40.8平衡/ molL11.0 0.80.8平衡常数K0.8，若此时再向容

23、器中充入H2、S2、H2S各0.8 mol，则此时浓度积0.5K，平衡正向移动。根据中数据知温度为T1时S2的转化率33.3%25%，则升温平衡逆向移动，H10，平衡常数减小。(3)亚硫酸根离子水解导致溶液显碱性，原理是：SOH2OHSOOH，所以，该溶液中，c(H)c(OH)，根据电荷守恒，则c(Na)2c(SO)c(HSO)。亚硫酸根离子的水解平衡常数Kh，当pH7.2时，SO、HSO浓度相等，所以Khc(OH)106.8。20(12分)高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：MnO2熔融氧化：3MnO2KClO36KOH3K2MnO4KCl3H2O。K

24、2MnO4歧化：3K2MnO42CO2=2KMnO4MnO22K2CO3。已知K2MnO4溶液显绿色。请回答下列问题：(1)在MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液中通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒。为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊。当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中。待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞_，打开旋塞_，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的C

25、O2气体又被收集在气囊G中。然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应。检验K2MnO4歧化完全的实验操作是_。(2)将三颈烧瓶中所得产物进行抽滤，将滤液倒入蒸发皿中，蒸发浓缩至_，自然冷却结晶，抽滤，得到针状的高锰酸钾晶体。本实验应采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是_。(3)利用氧化还原滴定法进行高锰酸钾纯度分析，原理为：2MnO5C2O16H=2Mn210CO28H2O现称取制得的高锰酸钾产品7.245 g，配成500 mL溶液，用移液管量取25.00 mL待测液，用0.100 0 molL1草酸钠标准溶液进行滴定，终点时消耗标准液体积为50.00 mL(不考

26、虑杂质的反应)，则高锰酸钾产品的纯度为_保留4位有效数字，已知M(KMnO4)158 gmol1。若移液管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则测定结果将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。答案(1)A、CB、D、E用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全(2)溶液表面出现晶膜为止高锰酸钾晶体受热易分解(3)87.23%偏小解析(1)待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，由于K2MnO4溶液显绿色

27、，所以用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全。(2)蒸发溶液获得高锰酸钾时不能蒸干，避免固体飞溅及高锰酸钾的分解，所以应该加热到溶液表面出现晶膜时停止加热，并且应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解。(3)50 mL 0.100 0 molL1草酸钠标准溶液中含有草酸钠的物质的量为：0.100 0 molL10.05 L0.005 mol，根据反应2MnO5C2O16H=2Mn210CO28H2O可知，消耗0.005 mol草酸钠需要消耗高锰酸根离子的物质的量为：0.005 mol0.002 mol,500 mL配制

28、的样品溶液中含有高锰酸根离子的物质的量为：0.002 mol0.04 mol，则样品中含有高锰酸钾的质量为：0.04 mol158 g mol16.32 g，则高锰酸钾产品的纯度为：100%87.23%；若移液管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，则导致待测液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏小，测定结果偏小。21(12分)某研究小组拟合成染料X和医药中间体Y。已知：回答下列问题：(1)C的结构简式为_。(2)B到C的反应类型是_。(3)CDE的化学方程式为_。(4)G与A互为同分异构体，请写出满足下列条件的任意两种G的结构简式_。核磁共振氢谱显示G分子中有4个吸收峰；红外光谱显示G分子中含有苯环、甲氧基(OCH3)，没有羟基、过氧键(OO)。(5)设计以CH2=CH2和为原料制备Y()的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)。答案(1)(2)还原反应(3)HCl(4)、(任写两种即可)(5)CH2=CH2ClCH2CH2ClH2NCH2CH2NH2。解析与氯乙烷反应生成A：，A与硝酸反应生成B：，B和硫化钠反应生成C：，C和D反应生成E：，E和硝酸反应生成F：，F和亚硫酸氢钠反应生成X：。(5)乙烯和氯气加成生成ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl中的氯原子可以和氨气发生取代反应生成H2NCH2CH2NH2，H2NCH2CH2NH2与发生取代反应生成。