发布时间 : 星期五 文章(浙江选考)2020版高考化学二轮复习考前仿真模拟卷(一)(含解析)更新完毕开始阅读
2CH3COOH＋Na2CO3===2CH3COONa＋CO2↑＋H2O，表现酸性：CH3COOH>H2CO3；D项，CH3COOH
－
＋
CH3COO
＋H，说明CH3COOH具有酸性；上述三项均不能证明CH3COOH为弱酸；B项，CH3COONa溶液
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－
pH>7，说明CH3COO可以发生水解反应生成弱酸CH3COOH和OH。
22．B [解析] A．8 g CH4O(即0.25 mol甲醇)，所含有的C—H键数目为0.75NA，故A错误；
B．25 ℃时，pH＝8的氨水中c(H)水＝1.0×10 mol/L＝c(OH)水，由Kw可求得溶液中的c(OH)总＝1.0×10 mol/L，则由NH3·H2O电离出的c(OH)一水合氨＝c(OH)总－c(OH)水＝1.0×10 mol/L－1.0×10 mol/L＝9.9×10 mol/L＝c(NH4)，则NH4的数目为9.9×10 mol/L×0.1 L×NA＝9.9×10NA，故B正确；
C．由于S的氧化能力弱，所以铁和铜与S反应时都生成低价化合物，即铁显＋2价，铜显＋1价，所以56 g Fe (即1 mol)与1 mol S恰好完全反应生成FeS，转移的电子数为2NA，64 g Cu (即1 mol)与1 mol S 反应生成0.5 mol Cu2S，S过量，则转移的电子数为NA，故C错误；
D．标准状况下，2.24 L Cl2(即0.1 mol) 溶于水后仍有部分以Cl2的形式存在于水中，则所得氯水中含氯的微粒总数小于0.2NA，故D错误。
23．D [解析] A．当V(NaOH)＝10 mL时，溶液中的溶质为等物质的量的H2A和NaHA，根据图像，溶液中n(HA)>n(H2A)，即H2A的电离大于HA的水解，所以粒子浓度关系为c(HA
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－
－8
－6
－8
－7
＋
＋
－7
－
－6
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－
－
＋
－8
－
)＞c(Na)＞c(H2A)＞c(H)＞c(OH)，选项A错误；
B．当V(NaOH)＝20 mL时，反应只生成NaHA，根据图像，溶液中n(A)>n(H2A)，即HA
＋
－
＋
2－
2－
－
＋＋－
的电离程度大于其水解程度，所以粒子浓度关系为c(Na)＞c(HA)＞c(H)＞c(A)＞c(H2A)，选项B错误；
C．当V(NaOH)＝30 mL时，溶液中的溶质为等物质的量的NaHA和Na2A，根据电荷守恒和物料守恒相减得出质子守恒，溶液中存在以下关系：c(A)＋2c(OH)＝c(HA)＋2c(H)＋3c(H2A)，选项C错误；
D．当V(NaOH)＝40 mL时，反应只生成Na2A，根据物料守恒可知，溶液中存在以下关系：
2－
－
－
＋
c(Na＋)＝2[c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)]，选项D正确。
24．D
25．D [解析] A．KOH溶液只能吸收CO2气体，保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液能定量吸收O2，CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化，所以为减少实验误差，每种试剂只能吸收一种成分，采用题述3种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O2和CO，A正确；
B．根据得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒，用保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式为2S2O4＋3O2＋4OH===4SO4＋2H2O，B正确；
C．由于反应过程中放出热量，使量气管内气体由于温度升高而体积增大，水被赶入水准管，水准管的液面高于量气管的液面，当调整水准管内液面与量气管液面齐平时气体由于压
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2－
－
2－
强减小而体积增大，因此可观察到量气管液面下降，C正确；
D．三种气体被逐一吸收的顺序是CO2、O2和CO，若O2的吸收剂用灼热的铜网替代，O2和金属铜反应生成的CuO可以与CO反应，所以不能用灼热的铜网代替吸收剂，D错误。
26．(1)钠 (2)羟基 (3)CH3COOH＋C2H5OH
浓硫酸
CH3COOC2H5＋H2O △
27．[解析] 气体甲为纯净物且只含两种元素，在标准状况下体积为672 mL，物质的量n＝0.672 L÷22.4 mol/L＝0.03 mol，溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂，应为硅酸钠溶液，说明A中含硅元素、氢元素，溶液甲只含一种溶质，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化物白色沉淀，加热得到白色固体甲应为氧化镁，白色沉淀为Mg(OH)2，则判断甲溶液中含Mg元素，为MgCl2溶液，计算得到镁元素的物质的量n(Mg)＝0.02 L×3 mol/L×1÷2＝0.03 mol，则A含有的元素为Mg、Si、H元素，气体甲为纯净物且只含两种元素，应含Si、H元素，气体物质的量为0.03 mol，和120 mL 1 mol/L的氢氧化钠溶液恰好完全反应生成气体单质乙和溶液乙，消耗NaOH的物质的量为0.12 L×1 mol/L＝0.12 mol，根据原子守恒计算：气体甲和氢氧化钠的反应比为1∶4，生成SiO3和氢气，得到气体甲为Si2H6，Si2H6和氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Si2H6＋4OH＋2H2O===2SiO3＋7H2↑，n(Si)＝0.06 mol，所含氢元素物质的量：
－
2－
2－
n(H)＝
2.52 g－0.06 mol×28 g/mol－0.03 mol×24 g/mol
＝0.12 mol，
1 g/mol
n(Mg)∶n(Si)∶n(H)＝0.03 mol∶0.06 mol∶0.12 mol＝1∶2∶4，故A为MgSi2H4。
(1)A的组成元素为Mg、Si、H；
(2)气体甲与NaOH(aq)反应的离子方程式为Si2H6＋4OH＋2H2O===2SiO3＋7H2↑； (3)高温下，A与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物为氯化镁、四氯化硅和高温
氯化氢，反应的化学方程式：MgSi2H4＋7Cl2=====MgCl2＋2SiCl4＋4HCl。
[答案] (1)Mg、Si、H
(2)Si2H6＋4OH＋2H2O===2SiO3＋7H2↑ 高温
(3)MgSi2H4＋7Cl2=====MgCl2＋2SiCl4＋4HCl
△
28．[解析] (1)NH3具有还原性，与CuO发生反应：3CuO＋2NH3=====3Cu＋N2＋3H2O。 (2)装置中有空气，氧气能与Mg发生反应，生成MgO，因此实验前，需要排除装置中的空气，故A说法正确；根据装置B的特点可知，它起到了缓冲安全的作用，故B说法正确；装置C的作用是干燥N2和除去多余的NH3，碱石灰只能吸收H2O，不能吸收氨，因此替换后，不能达到实验目的，故C说法错误；NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D说法错误。
△
(3)NH3具有还原性，与CuO还可发生反应：6CuO＋2NH3=====3Cu2O＋N2＋3H2O，另外CuO加△
热分解也可产生Cu2O和O2，化学方程式为4CuO=====2Cu2O＋O2↑。
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2－
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2－
(4)硫酸是二元酸，故有正盐和酸式盐，化学式为MgSO4、Mg(HSO4)2、(NH4)2SO4、NH4HSO4。 △
[答案] (1)3CuO＋2NH3=====3Cu＋N2＋3H2O (2)CD
△△
(3)6CuO＋2NH3=====3Cu2O＋N2＋3H2O(或4CuO=====2Cu2O＋O2↑) (4)MgSO4、Mg(HSO4)2、(NH4)2SO4、NH4HSO4
11.7 g
29．[解析] 11.7 g NaCl的物质的量为＝0.2 mol
58.5 g/mol通电
2NaCl＋2H2O=====2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ 2 2 1 0.2 mol n(NaOH) n(Cl2) 0.2 mol×1
所以n(Cl2)＝＝0.1 mol
2
n(NaOH)＝
0.2 mol×2
＝0.2 mol 2
则标准状况下生成氯气体积为0.1 mol×22.4 L/mol＝2.24 L，所得NaOH的物质的量浓0.2 mol度为＝0.4 mol/L。
0.5 L
[答案] (1)2.24 (2)0.4 mol/L
30．[解析] (1)已知K1>K′1，说明随温度升高，K减小，则反应Ⅰ为放热反应，ΔH1<0；
K2>K′2，说明随温度升高，K减小，则反应Ⅱ为放热反应，ΔH2<0；反应Ⅰ－反应Ⅱ×3得到
反应Ⅲ，则ΔH3＝ΔH1－3ΔH2，已知|ΔH1|＝2|ΔH2|，所以ΔH3＝ΔH1－3ΔH2＝－ΔH2>0，即反应Ⅲ为吸热反应。
Δc(2)①A催化剂作用下4 min时氮气为2.5 mol，则消耗的NO为3 mol，所以v(NO)＝
Δt3 mol2 L－1－1＝＝0.375 mol·L·min。②单位时间内H—O键断裂表示逆反应速率，N—H键断裂4 min表示正反应速率，单位时间内H—O键与N—H键断裂的数目相等时，消耗的NH3和消耗的水的物质的量之比为4∶6，说明反应已经达到平衡，A项正确；该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K会减小，当K值不变时，说明反应已经达到平衡，B项正确；相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低，所以反应的活化能大小顺序是Ea(A) (3)a极为负极，则溶液中的阴离子向负极移动，负极上是氨发生氧化反应生成氮气，故 - 15 - 电极反应式为2NH3－6e＋6OH===N2＋6H2O。 [答案] (1)ΔH1－3ΔH2 吸热 ΔH3＝ΔH1－3ΔH2，且|ΔH1|＝2|ΔH2|，故ΔH3＝－ΔH2>0 (2)①0.375 mol·L·min ②CD ③A催化剂能使反应的活化能降低更多，相同时间内反应速率更快 (3)a 2NH3－6e＋6OH===N2＋6H2O 31．[解析] (1)灼烧固体，应在坩埚中进行，所以仪器A为坩埚。 (2)制得的硫酸铜溶液中含有硫酸，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4，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2Cu＋2NH3·H2O＋SO4===[Cu2(OH)2]SO4＋2NH4。 (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；与氨反应的n(HCl)＝10 －3 2－ ＋ 2＋ － － －1 －1 －－ V1 L×0.500 mol/L－10－3V2 L×0.500 mol/L＝0.500×10－3(V1－V2) mol，根据氨和HCl的关 －3 系式可知：n(NH3)＝n(HCl)＝0.500×100.500×10×（V1－V2）×17 。 ω －3 (V1－V2) mol，则样品中氨的质量分数为 (6)A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，测定结果偏低，故A错误； B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，测定结果偏高，故B正确； C．滴定过程中选用酚酞做指示剂，则V2偏大，测定结果偏低，故C错误； D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致过剩的盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，测定结果偏高，故D正确。 [答案] (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)2Cu＋2NH3·H2O＋SO4===[Cu2(OH)2]SO4＋2NH4 (4)[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体容易受热分解 0.500×10×（V1－V2）×17 (5)平衡气压，防止堵塞和倒吸 ω(6)BD －3 2＋ 2－ ＋ 32．[解析] 由合成流程以及和A的分子式可知，二者相差C2H4，结合反应条件可 - 16 -