2020届高三化学模拟试题6(宿州市带答案)
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资料简介
答案 ‎7.B 【解析】“灶燃薪”是加热,“多者十二三眼,少者七八眼,共煎此盘”是蒸发结晶,B项正确。‎ ‎8.D 【解析】该反应不符合正确配比,离子方程式为Ba2++2OH-+2NH+SO===BaSO4↓+2NH3·H2O,故A错误;用惰性电极电解饱和CuCl2溶液时,阴极上Cu2+放电能力大于H+,阳极上氯离子放电,所以电解氯化铜本身,电解反应的离子方程式为Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑,故B错误;向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫,发生氧化还原反应,离子方程式为SO2+Ca2++3ClO-+H2O===CaSO4↓+2HClO+Cl-,故C错误;苯酚钠溶液中通入少量CO2,反应生成苯酚和碳酸氢钠,反应的离子方程式为C6H5O-+CO2+H2O―→C6H5OH+HCO,故D正确。‎ ‎9.C 【解析】OH属于酚,而不含有苯环和酚羟基,具有二烯烃的性质,两者不可能是同系物,故A错误;共有2种等效氢,一氯代物是二种,二氯代物是4种,故B错误;中含有两个碳碳双键,碳碳双键最多可提供6个原子共平面,则中所有原子都处于同一平面内,故C正确;的分子式为C4H4O,1 mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1 mol×(4+-)=4.5 mol,故D错误。‎ ‎10.B 【解析】该反应属于归中反应,NH中-3价的氮元素升高为0价,被氧化,NO中+5价的氮元素降低为0价,被还原,被氧化的氮原子与被还原的氮原子的物质的量之比为5∶3,每生成4 mol N2,转移15 mol电子,所以,当生成0.1 mol N2时,转移电子的物质的量为×0.1 mol=0.375 mol,转移的电子数为0.375NA,故A错误;N2的结构式为N≡N,1个 N2分子含有3对共用电子,2.8 g N2的物质的量为0.1 mol,含有的共用电子对数为0.3NA,故B正确;浓硝酸具有强氧化性,可将铁氧化为+3价,本身被还原为NO2,56 g Fe的物质的量为1 mol,可失去3 mol电子,所以,反应生成3 mol NO2,但有一部分NO2转化为N2O4,最终生成的NO2分子数少于3NA,故C错误;已知硝酸铵溶液的物质的量浓度,但未告知溶液的体积,不能确定含有硝酸铵的物质的量,无法计算含有NH的数目,故D错误。‎ ‎11.C 【解析】X、Y、Z、Q、R均为短周期元素,X与Q能形成最简单的有机物——甲烷,则X为H,Q为C,X与Y同主族,则Y为Na,结合Y、Z和R在周期表的位置可知,Z为Mg,R为N。由上述分析可知,‎ 同周期元素随着原子序数的增大原子半径依次减小,同主族元素,从上到下原子半径依次增大,则原子半径r(Y)>r(Z)>r(Q)>r(R),A项错误;元素非金属性越强,其对应的简单气态化合物越稳定,则NH3的稳定性大于CH4,即RX3>QX4,B项错误;X与Y形成NaH,含离子键,C项正确;元素非金属性越强,其对应的最高价含氧酸的酸性越大,则硝酸的酸性大于碳酸,即XRO3>X2QO3,D项错误。‎ ‎12.B 【解析】已知充电时F-从乙电极移向甲电极,则甲电极是阳极,乙电极是阴极,放电时,甲电极是正极,乙电极是负极。放电时,甲电极是正极,发生还原反应,电极反应式为BiF3+3e-===Bi+3F-,故A错误;充电时,甲电极的电极反应式为Bi+3F--3e-===BiF3,电极增加的质量是氟元素的质量,每转移3 mol电子,甲电极增重57 g,所以,当导线上通过1 mol电子时,甲电极增重19 g,故B正确;放电时,电流从电势高的正极流向电势低的负极,所以,甲电极比乙电极的电势高,故C错误;充电时,乙电极是阴极,其要与外加电源的负极相连,故D错误。‎ ‎13.A 【解析】甲容器中反应达到平衡时,c(H2O)=0.4 mol·L-1,c(CO2)=0.8 mol·L-1,c(H2)=1.6 mol·L-1,K1==12.8,A正确;乙容器中反应达到平衡时,c(H2O)=0.8 mol·L-1,c(CO2)=0.6 mol·L-1,c(H2)=1.2 mol·L-1,K2==1.35,K1>K2,该反应为吸热反应,K减小说明反应逆向进行,则温度降低,即T1>T2,B错误;向容器中再充入1 mol H2O(g),相当于增大压强,平衡逆向移动,则CO2的体积分数减小,C错误;与乙容器中的量比较,1.0 mol C和2.0 mol H2O相当于1.0 mol CO2和2.0 mol H2,若体积不变,则平衡时是完全等效的,即CO2为0.6 mol,CO2的转化率为40%,但由于体积增大,压强减小,反应向生成CO2的方向移动,则CO2的转化率小于40%,D错误。‎ ‎26.(1)坩埚 ‎(2)反应中硫酸过量,在浓缩过程中,稀硫酸变浓,浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4‎ ‎(3)2Cu2++2NH3·H2O+SO===Cu2(OH)2SO4↓+2NH ‎(4)[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体容易受热分解 ‎(5)平衡气压,防止堵塞和倒吸 ‎(6)BD ‎【解析】(1)灼烧固体,应在坩埚中进行,所以仪器A为坩埚。(2)得到的为硫酸铜和硫酸溶液,浓缩时,硫酸变浓,浓硫酸具有吸水性,可使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4,使固体变为白色。(3)浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4,根据原子守恒可知反应的离子方程式为2Cu2++2NH3·H2O+SO===Cu2(OH)2SO4↓+2NH。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法,而不是浓缩结晶的原因是[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体容易受热分解。(5)A装置中长玻璃管可起到平衡气压,防止堵塞和倒吸的作用;与氨气反应的n(HCl)=10-3V1 L×c1 mol/L-10-3V2 L×c2 mol/L=(c1V1-c2V2)×10-3 mol,根据氨气和HCl的关系式可知:n ‎(NH3)=n(HCl)=0.5×10-3(V1-V2)mol,则样品中氨的质量分数为。(6)滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管,浓度偏低,则V2偏大,使氨含量测定结果偏低,故A不符合题意;读数时,滴定前平视,滴定后俯视,导致V2偏小,使氨含量测定结果偏高,故B符合题意;滴定过程中选用酚酞作指示剂,对实验没有影响,故C不符合题意;取下接收瓶前,未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁,导致盐酸偏少,需要的氢氧化钠偏少,则V2偏小,含量偏高,故D符合题意。‎ ‎27.(1)SO2 2∶1‎ ‎(2)2Fe2++2H++H2O2===2Fe3++2H2O H∶ ∶ ∶H 空气或氧气 ‎(3)3.7≤pH

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