2020届2017级高三第二次模拟考试卷
打孔文件夹理科综合化学试卷（一）
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
电子离合器
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56
一、选择题（每小题6分，共42分脉动时空。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
7．关于新型冠状病毒，下来说法错误的是
A．该病毒主要通过飞沫和接触传播
B．为减少传染性，出门应戴好口罩
C．该病毒属于双链的DNA病毒，不易变异
D．该病毒可用“84消毒液”进行消毒
【答案】C
【解析】A．通常病毒传播主要有三种方式：一是飞沫传播，二是接触传播，三是空气传播，该病毒主要通过飞沫和接触传播，A正确；B．飞沫传播就是通过咳嗽、打喷嚏、说话等产生的飞沫进入易感黏膜表面，为了减少传染性，出门应戴好口罩，做好防护措施，B正确；C．该冠状病毒由核酸和蛋白质构成，其核酸为单链RNA，C错误；D．“84消毒液”
的主要成分NaClO具有强的氧化性，能够使病毒的蛋白质氧化发生变性而失去其生理活性，因此“84消毒液”具有杀菌消毒作用，D正确；故合理选项是C。
8．实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法不正确的是
A．水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度 B．浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入
C．仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率
D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品
【答案】D
【解析】A选项，水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，故A正确；B选项，浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入，可避免混合过程中放热而使液体溅出，并造成苯大量挥发，故B正确；C选项，仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，增加产率，故C正确；D选项，蒸馏操作时要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，故D错误。综上所述，答案为D。
9．萜类化合物广泛存在于动植物体内，某萜类化合物如下图所示，下列说法正确的是
A．此萜类化合物的化学式为C10H14O
B．该有机物属于芳香烃
C．分子中所有碳原子均处于同一平面上
D．在浓硫酸、加热条件下，可生成两种芳香烯烃
【答案】A
【解析】A．由萜类化合物的结构简式可知分子式为C10H14O，故A正确；B．萜类化合物中含有氧元素，属于芳香化合物，不属于芳香烃，故B错误；C．萜类化合物中含有4个饱和碳原子，所有碳原子不可能处于同一平面上，故C错误；D．萜类化合物含有羟基，与羟基相连的碳原子上含有的两个甲基是等效的，在浓硫酸、加热条件下，只能生成一种芳香烯烃，故D错误；故选A。
10．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰呈黄。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是
A．W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同
B．Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得
C．Z和W可形成原子个数比为1∶2和1∶3的共价化合物
D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应
【答案】B
【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰呈黄，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为铝元素，A．W、X、Y形成的简单离子O2−、Na+、Al3+，核外电子数相同，均是10电子微粒，A正确；B．由于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，因此硫化铝不能通过复分解反应制备，B错误；C．硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫两种共价化合物，原子个数比为1∶2和1∶3，C正确；D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠、硫酸都反应，所以它们之间能两两反应，D正确；答案选B。
11．热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了Ti-H-Fe双温区催化剂（Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100℃）。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的
物种用*标注。下列说法正确的是
A．①为NN的断裂过程
B．① ③在高温区发生，②④⑤在低温区发生
C．④为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程
D．使用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应
【答案】C
【解析】A选项，经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，故A错误；
B选项，①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行。④⑤在低温区进行是为了增加平衡产率，故B错误；C选项，由题中图示可知，过程④完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti-H区域传递。故C正确；D选项，化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况，故D错误。综上所述，答案为C。
12．pC类似pH，如图为CO2的水溶液中加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中各种组分的pC-pH图。依据图中信息，下列说法不正确的是 A．H2CO3、HCO、CO不能在同一溶液中大量共存
B．H2CO3电离平衡常数
C．人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系（）可以抵消少量酸或碱，维持pH =7.4，但当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的最终将变大
D．pH=9时，溶液中存在关系
【答案】D
【解析】A．碳酸存在的溶液中酸性较强、碳酸根离子存在的溶液中碱性较强，所以碳酸根离子和碳酸不能大量共存，H2CO3、HCO、CO不能在同一溶液中大量共存，故A正确；B．由图象可知当pH=6时，pC(H2CO3)=pC(HCO)，结合=，故B正确；C．人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系（）可以抵消少量酸或碱，维持pH=7.4，但当过量的酸进入血液中时，血液中氢离子浓度增大，平衡向左移动放出CO2，碳酸浓度基本不变，则血液缓冲体系中的最终将变大，故C正确；D．pH=9时，由图象可得溶液中离子关系是c()>c()>c(OH−)>c()>c()，因此D选项的离子浓度关系不可能出现，故D错误；答案选D。
13．如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700-900℃时，O2−可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是
超声波放大器
B．电池总反应为N2H4+2O2＝2NO+2H2O
C．当甲电极上有1mol N2H4消耗时，标况下乙电极上有22.4L O2参与反应
D．电池外电路的电子由电极乙移向电极甲
【答案】C
【解析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2−-4e−=N2↑+
2H2O，故电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e−
=2O2−，电池总反应为：N2H4+O数据销毁2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。A．放电时，阴离子向负极移动，即O2−由电极乙移向电极甲，A项错误；B．反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O，B项错误；C．由电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O可知，当甲电极上有1mol N2H4消耗时，乙电极上有1mol O2被还原，所以标况下乙电极上有22.4L O2参与反应，C项正确；D．电池外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项错误；答案选C。
二、非选择题（共58分）
（一）必做题
26．（14分）某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na应力传感器2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图2），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。
Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）
（1）反应①所加试剂NaOH的电子式为_________，B→C的反应条件为__________，C→Al的制备方法称为______________。
（2）该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）___________。
a．温度 b．Cl−的浓度 c．溶液的酸度
（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为__________。
Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用
（4）用惰性电极电解时，CrO能从浆液中分离出来的原因是__________，分离后含铬元素的粒子是_________；阴极室生成的物质为___________（写化学式）。
【答案】（1） 加热（或煅烧） 电解法
（2）ac
（3）2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)==TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=−85.6kJ·mol−1
（4）在直流电场作用下，CrO通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 CrO和Cr2O NaOH和H2
【解析】惰性电极电解混合物浆液时，Na+移向阴极，CrO移向阳极。Al(OH)3、MnO2剩下在固体混合物中。固体混合物加入NaOH时，Al(OH)3转化为AlO，通入CO2转化为Al(OH)3沉淀，再加热分解为Al2O3，最后熔融电解得Al。（1）NaOH的电子式为；根据上述分析，B→C的条件为加热或煅烧，C→Al的制备方法称为电解法。（2）根据实验方案可知，D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，可知温度对该反应有影响；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。说明加入H+能继续产生Cl2，可知溶液的酸度对该反应有影响，综上所述，影响该反应的因素有温度和溶液的酸度，故选ac。（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，配平方程式，可知2mol Cl2反应放热85.6kJ·mol−1，由此可得该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)==TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=−85.6kJ·mol−1。（4）用惰性电极电解时，在直流电场作用下，CrO通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，从而使CrO从浆液中分离出来；因2CrO+2H+Cr2O+H2O，所以分离后含铬元素的粒子是CrO和Cr2O；阴极室H+放电生成H2，剩余的OH−与透过阳离子交换膜移过来的Na+结合生成NaOH，所以阴极室生成
的物质为NaOH和H2。
