2020年天津市部分区高考化学二模试卷 (含答案解析)

2020 年天津市部分区高考化学二模试卷一、单选题（本大题共6 6 小题，共 36.036.0分）1.在抗击“2019新型冠状病毒”的过程中，大量防护和消毒用品投入使用。下列有关说法正确的是()A.二氧化氯泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者的消毒原理相同B.聚丙烯和聚四氟乙烯为生产防护服的主要原料，二者均属于有机高分子材料C.真丝织品和棉纺织品可代替无纺布生产防护口罩，二者均可防止病毒渗透D.保持空气湿度和适当降温可减少新型冠状病毒传染，二者均可防止病毒滋生2.下列关于物质的叙述中不正确的是()A.浓硫酸具有脱水性，可用来干燥HClB.少量金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火C.食盐是氯碱工业的基础原料D.碳酸氢钠是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一3.下列除杂的操作方法正确的是()A.NO 中有少量的NO2：用水洗涤后再干燥B.食盐中有少量的NH4Cl：加过量的烧碱溶液后加热蒸干C.Cl2中有少量的 HCl：通过氢氧化钠溶液洗气D.CO2中混有少量的SO2气体：通过饱和NaHSO3溶液洗气4.已知汽车尾气无害化处理反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，下列说法中正确的是()A.使用适当的催化剂不改变反应速率B.降低压强能提高反应速率C.升高温度能提高反应速率D.改变压强对反应速率无影响5.电化学降解NO3的原理如图所示，若电解过程中转移了2mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(m左 m右)为 a 克，则 a 值为()A.14.4B.10.4C.12.4第 1 页，共 13 页D.14.0现有0.1 mol L1的NH4HCO3溶液，pH=7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平6.常温下，衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与 pH的关系如图所示。下列说法 不正确的是32A.NH4HCO3溶液中存在关系：c(H2CO3)+c(CO2)Ka1(H2CO3)7C.据图分析可知，常温下水解平衡常数Kh(HCO3)的数量级为10+2D.当溶液的pH=9时，溶液中存在关系：c(HCO3)c(NH4)c(NH3 H2O)c(CO3)二、实验题（本大题共1 1 小题，共 18.018.0分）7.肼(N2H4，无色液体)是一种用途广泛的化工原料。实验室中先制备次氯酸钠，再用次氯酸钠溶液和氨反应制备肼并验证肼的性质。实验装置如图所示。已知：Cl2(g)+2NaOH(aq)NaClO(aq)+NaCl(aq)+H2O(g)H”“+2c(HCO3)，根据物料守恒，c(NH4)+c(NH3 H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3)+c(CO3)，故c(NH3H2O)c(H2CO3)+c(CO23)，故c(Hc(NH3H2O)22CO3)+c(CO3)c(NH4)c(NH3 H2O)c(CO23)，故 D正确。故选 C。7.7.答案：答案：(1)烧瓶；除去Cl2中的 HCl；(2)控制浓盐酸的滴加速度或控制加热温度；(3)储存氯气；(4)12；(5)取少量 AgCl于试管中，加入肼溶液，固体逐渐变黑，并有气泡产生，说明肼有还原性解析：解析：【分析】本题考查利用次氯酸钠和氨气反应制备肼和它的性质探究，还涉及到课本中基础知识氯气的制取，探究性实验，难度较大。【解答】(1)仪器 a 的名称是烧瓶，装置B 中的饱和食盐水用来除去氯气中的氯化氢，故答案为：烧瓶；除去Cl2中的 HCl；(2)为控制 D 装置中的反应温度，除用冷水浴外，还需采取的实验操作是控制浓盐酸的滴加速度或控制加热温度，故答案为：控制浓盐酸的滴加速度或控制加热温度；(3)当三颈烧瓶中出现黄绿色气体时立即关闭分液漏斗活塞、移去酒精灯、关闭K1，此时装置 A中的反应并未完全停止，还会继续产生氯气，此时C 起到储气瓶的作用，故答案为：储存氯气；(4)Cl2(g)+2NaOH(aq)=NaClO(aq)+NaCl(aq)+H2O，氯气和次氯酸钠的物质的量之比为1:1，次第 8 页，共 13 页氯酸钠和氨气反应制取肼的反应为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，次氯酸钠和氨气的物质的量之比为1:2，所以理论上通入三颈烧瓶的Cl2和NH3的最佳物质的量之比为1:2，故答案为：1:2；(5)验证肼的还原性，需选择有氧化性的物质，故选氯化银，取少量AgCl于试管中，加入肼溶液，固体逐渐变黑(生成银)，并有气泡产生(生成氮气)，说明肼有还原性，故答案为：取少量AgCl于试管中，加入肼溶液，固体逐渐变黑，并有气泡产生，说明肼有还原性。；第三周期VIA族；8.8.答案：答案：+2+HSO；3+H=SO2+H2O或SO3+2H=SO2+H2O；H2O2；OH+CN+H2O2=CO23+NH3解析：解析：解：X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的六种短周期元素，在周期表中X 是原子半径最小的元素，则 X为 H 元素；X与 M同主族，结合原子序数可知M为 Na；Y、Z、W 的原子序数小于 M，处于第二周期，X 能与 Y、Z、W 分别形成电子数相等的三种分子，考虑 10 电子分子，Z、W的最外层电子数之和与M的核外电子总数相等，W 与 N同主族，且常温下六种元素的常见单质中三种为气体、三种为固体，故Z最外层电子数为 5、W最外层电子数为 6，可推知 Y为 C、Z为 N、W 为 O，N为 S元素(1)N为 S元素，位于周期表中第三周期VIA族，非金属性Y(C)W(O)，故 Y 的氢化物稳定性 W的氢化物稳定性，故答案为：第三周期 VIA族；(2)X、Z形成的含 18电子的化合物为N2H4，电子式为故答案为：；，(3)由 H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A，A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，则A+2为NH4HSO3或(NH4)2SO3，A 与足量盐酸反应的离子方程式为：HSO3+H=SO2+H2O或SO3+2H+=SO2+H2O，+2+故答案为：HSO3+H=SO2+H2O或SO3+2H=SO2+H2O；(4)H和 O 组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是H2O2，此化合物可将碱性工业废水中的CN氧化为碳酸盐和氨气，相应的离子方程式为：OH+CN+H2O2=CO23+NH3，故答案为：H2O2；OH+CN+H2O2=CO23+NH3.X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的六种短周期元素，在周期表中X是原子半径最小的元素，则 X 为 H元素；X与 M 同主族，结合原子序数可知M 为 Na；Y、Z、W的原子序数小于 M，处于第二周期，X能与 Y、Z、W分别形成电子数相等的三种分子，考虑10电子分子，Z、W的最W 与 N同主族，外层电子数之和与 M 的核外电子总数相等，且常温下六种元素的常见单质中三种为W最外层电子数为 6，Z为 N、W为 O，气体、三种为固体，故 Z最外层电子数为 5、可推知 Y为 C、第 9 页，共 13 页N为 S 元素，据此解答本题综合考查位置结构性质关系，明确元素的种类为解答该题的关键，侧重对知识的迁移应用，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等9.9.答案：答案：丙酮氧化反应甲醇、浓硫酸加热C4H5N羧基、碳碳双键解析：解析：解：(1)A的化学名称为丙酮，故答案为：丙酮；(2)对比 F、G的结构可知，F在组成上加氧得到 G，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；(3)对比 D、E的结构，可知是 D 与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成 E，故答案为：甲醇、浓硫酸；加热；(4)由 C 的结构可知分子中含有4个 C原子、5个 H原子、1 个 N原子，其分子式为：C4H5N，故答案为：C4H5N；(5)由 D 的结构可知其含有的官能团有羧基、碳碳双键，故答案为：羧基、碳碳双键；(6)与 E 互为同分异构体，符合下列条件的化合物：所含官能团的类别与 E相同，说明含有酯基、核磁共振氢谱为三组峰，1：6，碳碳双键；峰面积比为 1：应该还含有 2 个甲基且化学环境相同，符合条件的同分异构体为，故答案为：；(7)发生氧化反应生成，然后与 HCN发生加成反应生成，再发生消去反应生成，最后酸性条件下水解生成，合成路线流程图为：第 10 页，共 13 页，故答案为：。(1)A的化学名称为丙酮；(2)对比 F、G的结构可知，F在组成上加氧得到 G；(3)对比 D、E的结构，可知是 D 与甲醇发生酯化反应生成E；(4)由 C 的结构可知分子中含有4个 C原子、5个 H原子、1 个 N原子；(5)由 D 的结构可知其含有的官能团有羧基、碳碳双键；(6)与 E 互为同分异构体，符合下列条件的化合物：所含官能团的类别与 E相同，说明含有酯基、核磁共振氢谱为三组峰，1：6，碳碳双键；峰面积比为 1：应该还含有 2 个甲基且化学环境相同；(7)发生氧化反应生成，然后与 HCN发生加成反应生成，再发生消去反应生成，最后酸性条件下水解生成。本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、有机反应类型、官能团的识别、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，分析物质结构明确发生反应，熟练掌握官能团的性质与转化。10.10.答案：答案：(1)将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度；(2)+218kJ mol1；4：5；3Fe2O3+CO(3)b；Fe 6e+8OH=FeO24+4H2O；5.0。2Fe3O4+CO2；570；解析：解析：第 11 页，共 13 页【分析】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用、平衡常数计算应用、原电池原理及其应用等，题目涉及的知识点较多，注意把握盖斯定律的应用方法和原电池正负极的判断、及电极方程式的书写方法，掌握基础是关键，题目难度中等。【解答】(1)由于氯化铁易水解，所以实验室配制FeCl3溶液的方法是将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度；(2)Fe3O4(s)+CO(g)4CO(g)+Fe3O4(s)3FeO(s)+CO2(g)H=+640.5kJ mol13Fe(s)+4CO2(g)H=13.5kJ mol1FeO(s)+CO(g)H=+218kJ mol1由盖斯定律()/3可得Fe(s)+CO2(g)在T时，该反应的平衡常数K=27，在 2L恒容密闭容器甲中，加入物质反应达到平衡，设消耗一氧化碳物质的量为 x，Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)起始量(mol)11变化量(mol)平衡量(mol)1 x1+xK=c3(CO2)c3(CO)=(1x)3=27，计算得到x=0.5，即甲容器中CO 的平衡转化率为50%，同理可计算乙容(1+x)3器中 CO的平衡转化率为62.5%，则甲、乙容器中 CO 的平衡转化率之比为50%：62.5%=4：5；根据横坐标 Fe 或 O 的百分含量，结合 A、B、D 为纯净物分析得出 A、B 为Fe2O3，D 为Fe3O4；C为Fe3O4和Fe2O3的混合物，F为Fe3O4和 Fe混合物；而E 中除了有Fe3O4，另外一种物质的含铁量要比Fe3O4高又不是 Fe，从而得出是 FeO。所以，A B过程Fe2O3没有被还原；B D为Fe2O3被还原为Fe3O4的过程，化学方程式为3Fe2O3+CO2Fe3O4+CO2；D E为Fe3O4被还原为 FeO的过程；D F为Fe3O4被还原为 Fe的过程。用 CO还原焙烧氧化铁炼铁时，温度最好控制在570 左右的原因是：温度太低，氧化铁被还原为四氧化三铁，不能得到铁；温度太高，氧化铁被还原为氧化亚铁，且消耗能源较多；(3)放电时，铁失电子作阳极，与爱迪生蓄电池的正极即b极相连；阳极上铁失电子和氢氧根离子反应生成高铁酸根离子和水，离子方程式为Fe 6e+8OH=FeO24+4H2O；当生成19.8g的K2FeO4即0.1mol时，再根据阳极电极反应式可知转移电子为0.6mol，阴极(阴极反应为H2O得电子还原为H2和OH)消耗0.6mol水，产生0.6molOH进入阳极室，阴极室质量减少0.6 18g=10.8g；阳极室中增加0.1molFe(5.6g)，同时有0.