浙江省温州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题

这是一份浙江省温州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题，共17页。试卷主要包含了比较给出H+的能力的相对强弱，回答下列问题等内容，欢迎下载使用。
浙江省温州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题
1．（2020·浙江温州·二模）（1）比较给出H+的能力的相对强弱：H2CO3___C6H5OH(填“＞”、“＜”或“＝”)；用一个离子方程式说明CO32‾和C6H5O‾结合H+能力的相对强弱___。
（2）Ca(CN)2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出Ca(CN)2的电子式___。
（3）常压下，水晶的硬度比晶体硅的硬度大，其主要原因是___。
2．（2021·浙江温州·统考二模）(1)已知乙醛的沸点为20.8℃，乙醇的沸点为78℃。乙醛沸点比乙醇沸点低的主要原因是______。
(2)有科学家在实验室条件下将干冰制成了原子晶体。则同是原子晶体的和硬度大小关系______(填“>”、“     C6H5OH+CO32-=HCO3-+C6H5O-     或     两者都为原子晶体，氧原子半径比硅原子半径小，水晶中Si-O键比晶体硅中Si—Si更牢固
【详解】(1)H2CO3中羟基氢比乙醇中的羟基氢活泼，则H2CO3给出H+的能力比乙醇要强，由反应C6H5OH+CO32-=HCO3-+C6H5O-可说明CO32‾强于C6H5O‾结合H+能力，故答案为：>；C6H5OH+CO32-=HCO3-+C6H5O-；
(2)Ca核外电子为：2、8、8、2，失去两个电子为Ca2+；C最外层4个电子，碳原子和氮原子共用3电子对，一个碳周围就有7个电子，得到2电子达稳定结构，所以Ca(CN)2的电子式为或，故答案为：或；
(3)水晶的主要成分是SiO2，晶体硅是硅单质，因为两者都为原子晶体，氧原子半径比硅原子半径小，所以水晶中Si-O键比晶体硅中Si—Si更牢固，水晶硬度更大，故答案为：两者都为原子晶体，氧原子半径比硅原子半径小，石英中Si-O键比晶体硅中Si—Si更牢固。
2．     乙醇分子间可以形成氢键     ＞     C原子半径小于Si原子，C-O键的键长小于Si-O键，所以C-O键的键能更大
【详解】(1)乙醇中含有羟基，可以形成分子间氢键，乙醛分子间只存在范德华力，氢键比范德华力更强，所以乙醛的沸点比乙醇低；
(2)C原子半径小于Si原子，C-O键的键长小于Si-O键，所以C-O键的键能更大，则CO2的硬度更大。
3．(1)氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨
(2)碳原子的排列方式不同

【详解】（1）化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成，氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨的过程中没有化学键的断裂与生成，所以为非化学变化，故答案为：氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨；
（2）石墨和金刚石互为同素异形体，由于晶体中碳原子的排列方式不同，金刚石是由碳原子以共价键相结合形成的空间网状结构的原子晶体，具有很高的熔沸点和很大的硬度，石墨为碳原子形成的层状结构的过渡型晶体，层内碳原子间以共价键相结合形成六元环，层间以范德华力相结合，具有很高的熔沸点，但硬度小，故答案为：碳原子的排列方式不同。
4．(1)AC
(2)          4NH3+3O22N2+6H2O     4NH3+6NO=5N2+6H2O     利用余热，节约能源
(3)          氨气的催化氧化为放热反应，由图可知，k随着温度的升高而减小，故一氧化氮不易转化为二氧化氮

【详解】（1）A．反应物为气体，故高压有利于增加气体在催化剂上的吸附，且在催化剂上有利于其化学键的断裂，A正确；
B．合成氨的反应为放热反应，采用高温不利于平衡正向移动，不利于提高体积分数，B错误；
C．以天然气、轻汽油、重油为原料合成氨、尿素，甚至制取硝酸都成为石油化工，C正确；
D．采用循环操作主要是为了提高原材料的利用率，D错误；
故选AC；
（2）①氨空气在催化剂表面的停留时间越长，其氧化率越高，但是当达到平衡后，则氧化率不在变化，故图象可以表示为： ；
②氨气催化氧化过程中氨气可能被氧气氧化为氮气，方程式为：4NH3+3O22N2+6H2O；生成的一氧化氮也可能会和氨气反应生成氮气，方程式为：4NH3+6NO=5N2+6H2O；
③热交换器的目的合成氨放热反应，可以利用热量对氨的催化氧化中进行加热，节约能源，因此热交换器作用是：利用余热，节约能源；
（3）①总反应可以分为i和ii两步，且ii的反应较慢，故总反应速率由反应ii决定，即v=v2，即=，即；
②反应的速率，氨气的催化氧化为放热反应，由图可知，k随着温度的升高而减小，故一氧化氮不易转化为二氧化氮；
5．     %或%或%或%     ×100%=%
【详解】根据题干信息，用V1mLc1mol•L‾1稀硫酸充分吸收蒸出的氨气，发生反应2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，吸收后用c2mol•L‾1NaOH中和剩余的H2SO4，发生反应H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，平均消耗NaOH溶液的体积为V2mL，则NH3消耗的H2SO4的物质的量为(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，n(NH3)=2n(H2SO4)=2(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，根据N原子守恒可得n([Co(NH3)5Cl]Cl2)=n(NH3)=0.4(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)mol，因此m([Co(NH3)5Cl]Cl2)=0.4M(V1c1×10-3-0.5V2c2×10-3)g，则该样品中[Co(NH3)5Cl]Cl2的纯度为。
【点睛】解答本题的关键在于利用反应方程式计算出NH3的物质的量，再根据N原子守恒得到二氯化一氯五氨合钴的物质的量，进而求得其纯度，计算时要注意单位的换算。
6．     54.2%     220mL
【分析】根据题意得出24n(Mg)+27n(Al)=1.77，镁、铝与盐酸反应生成氢气，根据得失电子数目守恒得出2n(Mg)+3n(Al)=，两式联立解得，n(Mg)=0.04mol，n(Al)=0.03mol，据此分析；
【详解】(1)根据上述分析，合金中镁的质量分数为54.2%；故答案为54.2%；
(2)根据上述计算，得出n(Mg)=0.04mol，n(Al)=0.03mol，假设镁、铝全部生成沉淀，则沉淀质量为0.04mol×58g·mol－1＋0.03mol×78g·mol－1=4.66g＞3.10g，氢氧化铝为两性氢氧化物，因此沉淀达到3.10g，消耗氢氧化钠的最大量应是让部分氢氧化铝转化成偏铝酸钠，3.10g沉淀中含氢氧化镁沉淀质量为0.04mol×58g·mol－1=2.32g，含氢氧化铝的质量为(3.10g－2.32g)=0.78g，反应后溶液中的溶质为NaCl和NaAlO2，根据铝元素守恒，溶液中n(NaAlO2)=0.02mol，根据钠元素守恒，消耗氢氧化钠溶液最大体积为=0.22L，合220mL；故答案为220mL。
7．(1)4.32
(2)0.12

【详解】（1）37.50 g 胆矾的物质的量n(CuSO4∙5H2O)=，假设分解所得固体产物中Cu2O的物质的量为x，CuO的物质的量为y，则根据Cu元素守恒可知2x+y=0.15，根据质量关系可得144x+80y=11.52 g，x=0.03 mol，y=0.09 mol；故m(Cu2O)=0.03 mol×114 g/mol=4.32 g；
（2）在反应过程中放出O2包括盐分解产生SO2时产生的及发生CuO分解反应Cu2O和O2时放出的两部分，根据方程式中物质反应转化关系可知CuO分解产生的O2的物质的量n(O2)==×0.03 mol=0.015 mol，由CuSO4∙5H2O受热分解产生气体SO2、O2时，根据电子守恒可知2n(SO2)=n(O2)，假设SO2的物质的量为x mol，则反应后混合气体中含有O2的总物质的量为n(O2) 总=(0.5x+0.015) mol，由于该混合气体的质量为2.88 g，则64x+(0.5x+0.015)×32 =2.88 g，解得x=0.03 mol， 即n(SO2)=0.03 mol，所以根据硫元素守恒可知得到的H2SO4的物质的量n(H2SO4)=0.15 mol-0.03 mol=0.12 mol。
8．     3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O     取甲中溶液少许，滴入KSCN溶液，若溶液显红色，则存在Fe3+；另取甲中溶液少许，稍加热，滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去（或颜色变浅），则说明有Fe2+。（或滴入K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则存在Fe2+。）
【分析】向硝酸铁中通入SO2，SO2会先和Fe3+反应生成Fe2+，溶液由黄色变成浅绿色，随后溶液中的硝酸根、氢离子和Fe2+反应生成Fe3+，溶液由浅绿色变成黄色；反应中未参加反应的SO2会被乙中NaOH吸收。
【详解】（1）溶液由浅绿色变成黄色的过程是Fe2+被氧化成Fe3+的过程，相应的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
（2）反应结束后溶液中的金属阳离子可能为Fe3+、Fe2+，利用Fe3+、Fe2+的检验方法，取甲中溶液少许，滴入KSCN溶液，若溶液显红色，则存在Fe3+；另取甲中溶液少许，稍加热，滴加酸性高锰酸钾，若紫色褪去（或颜色变浅），则说明有Fe2+。（或滴入K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则存在Fe2+。）

9．     水浴     因为NaI固体溶于水产生I-(aq)与I2（S）反应形成I(aq)，使固体I2溶解性增加，导致浓度增加，使与NaHCO3溶液反应的反应速率加快     N2H4·H2O+2IO-=N2↑+2I-+3H2O     ABA     AD     减压环境与外界空气隔绝，避免I-被氧化；降低压强，沸点降低，利于水的蒸     ②→①→③→④
【详解】（1）①为了控制温度在 ，可采用水浴加热。
② 在水中溶解度不大，加入 固体后因发生 而促进 溶解，加快反应速率。
（2） 具有强还原性，可以将 氧化成 ，自身转变为无毒物质，则
价2×2
价
利用氧还配平可得：。
（3）在①②③操作中，为了不引入杂质调节 值应分别加 、、 溶液。
（4）①减压蒸发是在低于大气压下进行蒸发操作，将二次蒸气经过冷凝器后排出，所以除列出仪器外，还需直形冷凝管和抽气泵。
②隔绝空气可以避免加热过程中 被氧化；装置中气压低于大气压， 的沸点降低，有利于水的蒸发。
（5）由于 易溶于酒精，且在酒精中的溶解度随温度变化不大，所在乙醇中进行重结晶。先加热溶剂乙醇，再溶解 ，减压蒸发结晶使 析出，趁热过滤后在真空中干燥，避免 被氧化，操作顺序为③②④⑤。
10．     适当升高温度，加快反应Ⅰ的速率     ABD     将TiCl4转化为TiO(OH)2，提高产率     高温灼烧     f     b     a     g     e     B     偏高
【分析】高钛渣(主要成分为TiO2，含少量Fe2O3和二氧化硅)中加入盐酸，小火加热，Fe2O3转化为FeCl3进入溶液；过滤，滤渣为TiO2和二氧化硅，加入焦炭、通入氯气、高温，SiO2、TiO2转化为SiCl4、TiCl4；冷却后，将所得混合液精馏，获得四氯化钛，用蒸馏水缓慢溶解，用氨水调节pH，并保温1h，让TiCl4充分转化为TiO(OH)2，灼烧后分解为TiO2。
【详解】(1)步骤Ⅰ，为将Fe2O3完全溶解，需小火加热，目的是升高反应混合物的温度，加快反应Ⅰ的速率(温度过高，HCl挥发)。答案为：适当升高温度，加快反应Ⅰ的速率；
(2)A．步骤Ⅱ，TiO2、C、Cl2在高温条件下反应，转化为TiCl4等，发生的主要反应为，A正确；
B．步骤Ⅲ，加热温度超过100℃，为控制温度且使反应物均匀受热，可以用油浴加热的方法精馏获得TiCl4，B正确；
C．因为TiO2不溶于稀酸、稀碱，但溶于浓碱液，所以步骤Ⅳ中，不能用浓NaOH溶液代替氨水，C不正确；
D．因为TiO(OH)2为白色粘稠物，易沾在容器内壁上，步骤Ⅳ，反应后的容器在后续操作中洗涤并转移利用，可提高产率，D正确；
故选ABD。答案为：ABD；
(3)TiCl4的水解反应为可逆反应，调节pH，可中和H+，促进水解反应的正向进行，所以步骤Ⅳ，调pH的目的是将TiCl4转化为TiO(OH)2，提高产率；TiO(OH)2受热分解可生成TiO2，所以为制得纳米TiO2，后续操作步骤Ⅴ是高温灼烧。答案为：将TiCl4转化为TiO(OH)2，提高产率；高温灼烧；
(4)①进行滴定操作时，应先配成待测溶液，然后取出一定体积溶液放入锥形瓶内；然后将标准液放入酸式或碱式滴定管内，调整液面后，进行滴定操作，至滴定终点，记录读数。所以，合理的操作并排序：f→b→取酸式滴定管检漏、水洗并用KMnO4标准溶液润洗→a→g→e→重复滴定，记录数据，并处理。答案为：f；b；a；g；e；
②因为KMnO4溶液具有强氧化性，会将HCl、H2C2O4氧化，所以酸可选择CH3COOH，故选B；
如果选择上述其它酸，则消耗KMnO4的量增大，从而使测定结果偏高。答案为：B；偏高。
【点睛】因为KMnO4呈紫色，在滴定过程中会发生颜色变化，所以滴定过程中不需另加指示剂。
11．     氢、碳、铝     Al(CH3)3     Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑     CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O
【分析】根据已知条件，E是一种既能溶于NaOH又能溶于盐酸的白色固体，E为某种含铝化合物，E可以加热生成白色固体F，说明白色固体E为Al(OH)3，白色固体F为Al2O3；气体B为纯净物，同时气体B可燃烧生成另一种气体C，气体C可以与Ca(OH)2反应生成白色沉淀，能与Ca(OH)2反应生成沉淀的气体有CO2、SO2、SO3，若为硫化物，则气体C为SO3，但SO3不能通过SO2与氧气直接点燃获得，故气体C应为CO2，气体B为可燃性的含碳物质，为烃类，故组成化合物A的元素有H、C、Al。
【详解】（1）根据分析组成化合物A的元素有H、C、Al；通过所给质量可以计算，化合物A中含有Al元素0.54g，含有C元素0.72g，则H元素的质量为0.18g，Al、C、H的物质的量比为=1:3:9，故A的化学式为Al(CH3)3，
（2）固体A可以和盐酸发生反应，A中的Al结合HCl中的Cl生成AlCl3，CH3结合HCl中的H生成CH4，反应的化学方程式为Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑；
（3）甲烷可以和氧化铜发生反应，可能的化学方程式为CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O。
12．     Ca、C、N     CaCN2     2NO+3H2O2=2NO+2H++2H2O     2CaCN2+2H2O=Ca(HCN)2+Ca(OH)2     CO2通入足量NH3氨化的BaCl2溶液中发生反应：CO2+2NH3+H2O+BaCl2=BaCO3↓+2NH4Cl，得到碳酸钡白色沉淀     取反应后的溶液少许分成两份，分别置于两支试管中，一支试管滴加KSCN溶液，记为试管①，另一支试管滴加K3[Fe(CN)3]溶液，记为试管②，若试管①变红，试管②无明显现象，则以Fe3+形式存在；若试管①无明显现象，试管②产生蓝色沉淀，则以Fe2+形式存在；若试管①变红，试管②产生蓝色沉淀，则以Fe2+、Fe3+两种形式存在
【分析】固体A的焰色反应为砖红色，说明A中含有Ca元素，则固体A应为CaO，则固体X中n(Ca)==0.01mol；强酸性D溶液可以和铜片反应得到蓝色的铜盐溶液，则D溶液中应含有NO，则混合气体B中应含有氮氧化物，而B只含两种成分，当NO2存在时，N2O4也一定存在，所以B中的氮氧化物应为NO，因双氧水具有强氧化性，所以混合气体B通过足量双氧水得到的气体C不能被双氧水氧化，气体C可以和碱性的氯化钡溶液得到白色沉淀，则气体C应为CO2，白色沉淀为碳酸钡，所以固体X中c(C)==0.01mol，混合气体B中n(CO2)=0.01mol，则n(NO)=-0.01mol=0.02mol，则固体X中n(N)=0.02mol，综上所述，X中n(Ca)：n(C)：n(N)=1：1：2，X应为CaCN2。
【详解】(1)根据分析可知组成X的3种元素为Ca、C、N，X的化学式为CaCN2；
(2)根据分析可知步骤Ⅰ中为双氧水氧化NO得到硝酸的反应，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2NO+3H2O2=2NO+2H++2H2O；
(3)CaCN2与水1:1水解得到一种酸式盐，根据题干可知CaCN2为一种盐，则其对应的酸式盐为2Ca(HCN2)2，根据元素守恒可得化学方程式2CaCN2+2H2O=Ca(HCN2)2+Ca(OH)2；
(4)足量NH3氨化的BaCl2溶液中含有大量NH3·H2O，CO2与足量NH3·H2O反应可以得到碳酸根，碳酸根与钡离子结合得到碳酸钡白色沉淀，总反应为CO2+2NH3+H2O+BaCl2=BaCO3↓+2NH4Cl；
(5)硝酸可以和铁反应，若硝酸过量则Fe以Fe3+形式存在，若Fe过量则以Fe2+形式存在，为证明反应后溶液中铁元素的存在形式，可取反应后的溶液少许分成两份，分别置于两支试管中，一支试管滴加KSCN溶液，记为试管①，另一支试管滴加K3[Fe(CN)3]溶液，记为试管②，若试管①变红，试管②无明显现象，则以Fe3+形式存在；若试管①无明显现象，试管②产生蓝色沉淀，则以Fe2+形式存在；若试管①变红，试管②产生蓝色沉淀，则以Fe2+、Fe3+两种形式存在。
13．(1)     K、H、S、O     K2H2S2O10
(2)K2H2S2O10=2KHSO4+O2↑
(3)BD
(4)     2Cu+O2+4H++2H2O =2Cu(H2O)     向蓝色溶液中加入过量NaOH溶液，溶液中生成淡蓝色沉淀，溶液变为无色，说明溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子

【分析】由题意可知，化合物X由4种元素组成，溶于水发生反应生成无色溶液A和气体D，无色溶液A、B均为单一溶质，气体D为纯净单质气体，由无色溶液A能与氢氧化钾溶液反应生成溶液B，溶液B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，A为硫酸氢钾、B为硫酸钾、C为硫酸钡、D为氧气，X中含有钾元素、氢元素、硫元素和氧元素，且钾元素和硫元素的物质的量相等，由硫酸钡的质量为4.66g可知，X中钾元素和硫元素的物质的量为=0.02mol，硫酸氢钾的质量为0.02mol×136g/mol=2.72g，由质量守恒定律可知，反应生成氧气的物质的量为=0.01mol，则X中钾元素、氢元素、硫元素、氧元素的物质的量比为0.02mol：0.02mol：0.02mol：(0.02mol×4+0.01mol×2)=2:2:2:10，化学式为K2H2S2O10。
【详解】（1）由分析可知，X中含有钾元素、氢元素、硫元素和氧元素，化学式为K2H2S2O10，故答案为：K、H、S、O；K2H2S2O10；
（2）由分析可知，X溶于水发生反应生成硫酸氢钾和氧气，反应的化学方程式为K2H2S2O10=2KHSO4+O2↑，故答案为：K2H2S2O10=2KHSO4+O2↑；
（3）非极性分子氧气分子难溶于极性分子水，氧分子和水分子间的相互作用力弱，不能形成头碰头的作用关系，氧元素的非金属性强，水合分子中氧原子会吸附水分子中的氢原子，则一水合氧的结构为 、二水合氧的结构为 ，故选BD；
（4）①铜与流程中的氧气、硫酸氢钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸四水合铜，反应的离子方程式为2Cu+O2+4H++2H2O =2Cu(H2O)，故答案为：2Cu+O2+4H++2H2O =2Cu(H2O)；
②若向蓝色溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，溶液中生成淡蓝色沉淀，溶液变为无色，说明溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子，故答案为：向蓝色溶液中加入过量NaOH溶液，溶液中生成淡蓝色沉淀，溶液变为无色，说明溶液显蓝色的原因是稀溶液中存在水合铜离子。