2020届陕西省西安市高三化学模拟试题答案下载版

海量资源尽在星星文库：、【答案】D【解析】A．“薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥共用时，发生水解反应，相互促进水解，降低肥效，故A错误；B．“以灰淋汁”的操作是过滤，故B错误；C．“取碱”得到的是碳酸钾溶液，属于盐溶液，故C错误；D．“浣衣”过程中促进油脂的水解，属于化学变化，故D正确；故选D。2、【答案】C【解析】A．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，随反应的进行硫酸的浓度逐渐减小，变稀后则不再反应，故生成SO2分子数目小于0.46NA，A错误；B．2.3gNa与氧气完全反应，Na的化合价由0价变为+1价，则反应中转移的电子数为0.1NA，B错误；C．用惰性电极电解饱和食盐水，则阴极产生1mol氢气，化合价由+1变为0价，转移2mol电子，若线路中通过NA个电子，阴极生成11.2L（标况）氢气，C正确；D．已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol－1，现有0.1molN2与0.3molH2混合反应，反应的氮气的物质的量小于0.1mol，则放出的热量小于9.2kJ，D错误；答案为C。3、【答案】A【解析】A．反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)是气体体积增大的反应，反应过程中体积不变，当气体质量不变时反应到达平衡，此时ρ气体不变，ρ气体不变时反应达到平衡状态，故A正确；B．5minC(s)减少了=2mol，根据反应关系C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)可知Δc(CO)==1mol/L，v正(CO)=Δc/Δt==0.2mol·(L·min)−1，故B错误；C．反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)是气体体积增大的反应，若容器体积缩小，压强增大，平衡左移，平衡常数和温度有关系，压强改变，平衡常数不变，故C错误；D．反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)中C是固体，增大C的量其浓度不变，平衡不移动，故D错误；正确答案是A。4、【答案】B【解析】A．由结构式可知分子中含有5个C、4个H原子，则分子式为C5H4，根据不饱和海量资源尽在星星文库：度的规律可知，该分子内含4个不饱和度，因此要生成1molC5H12至少需要4molH2，A项正确；B．分子中含有饱和碳原子，中心碳原子与顶点上的4个碳原子形成4个共价单键，应是四面体构型，则分子中四个碳原子不可能在同一平面上，B项错误；C．依据等效氢思想与物质的对称性可以看出，该分子的三氯代物与一氯代物等效，只有一种，C项正确；D．分子式为C5H4，只含碳碳叁键的链烃有CH≡C-CH2-C≡CH或CH≡C-C≡C-CH3这2种同分异构体，D项正确；答案选B。5、【答案】A【解析】A．相同条件下碳酸氢钠的溶解度小，则析出了NaHCO3晶体，溶液变浑浊，故A正确；B．二氧化硫为酸性氧化物，与NaOH反应，碱性减弱，与漂白无关，故B错误；C．观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，由现象可知溶液中有Na+、不能确定是否含K+，故C错误；D．仅将海带剪碎、加蒸馏水浸泡处理无法使海带中碘元素进入溶液，剪碎后应燃烧然后再用蒸馏水浸泡，之后过滤，故D错误；答案选A。6、【答案】C【解析】A．NaOH的电子式：Na+[::H]－，A项错误；B．中子数为18的Cl原子，质子数为17：Cl，B项错误；C．Na原子的核电荷数为11，原子核外K、L、M层依次排有2、8、1个电子，C项正确；D．NaClO的水解方程式：ClO－+H2OHClO+OH－，D项错误；答案选C。7、【答案】D【解析】A．浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂，与脱水性无关，故A项错误；B．铁离子具有氧化性，所以Cu与氯化铁发生氧化还原反应，氯化铁溶液可用作铜制线路板的蚀刻剂，与酸性无关，故B项错误；C．纯碱溶液碱性太强，治疗胃酸过多应使用NaHCO3不用Na2CO3，故C项错误；D．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故D项正确；故答案选D。8、【答案】C海量资源尽在星星文库：【解析】A．铝热法炼铁，反应生成氧化铝和铁，该反应的化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故A正确；B．常温时，0.1mol·L−1氨水的pH=11，说明一水合氨只能部分电离，存在电离平衡：NH3·H2ONH+OH－，故B正确；C．“NO2球”浸泡在热水中，颜色变深，说明升高温度平衡向着逆向移动，则正反应为放热反应，其△H＜0，正确的反应为：2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0，故C错误；D．双氧水能够氧化碘离子，可用酸化的H2O2溶液从灰化的海带中提碘，发生反应的离子方程式为：H2O2+2H++2I−=I2+2H2O，故D正确；故答案为C。9、【答案】A【解析】①盐卤(含MgCl2)与石灰乳反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，由于Mg2+水解Mg2++2H2OMg(OH)2+2H+，加热蒸发时HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到无水MgCl2，故①错误；②氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中加入足量的盐酸，生成氯化铝，得不到氢氧化铝，故②错误；③氨催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，符合各步转化，故③正确；④电解氯化钠溶液生成氢气、氢氧化钠和氯气，氯气与铁反应只能生成氯化铁，得不到氯化亚铁，故④错误；⑤硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故⑤错误；⑥SiO2与氢氧化钠反应Na2SiO3，Na2SiO3中通二氧化碳发生反应生成H2SiO3，符合各步转化，故⑥正确；故③⑥正确，故选A。10、【答案】D【解析】A．反应3CCl4+2H2SO4(浓)3COCl2↑+4HCl+S2O5Cl2中各元素化合价均不变，不属于氧化还原反应，A错误；B．自来水从冷凝管的Y口通入，且被冷凝的物质是COC12，B错误；C．若将装置丁的尾气通过导管直接通入NaOH溶液中进行尾气处理，因尾气中含有氯化氢，容易引起倒吸，应用倒扣的漏斗，C错误；D．装置乙中可收集到光气的甲苯溶液，光气，熔点为-118℃，沸点为8.2℃，装置丙、丁均可收集到液态光气，D正确；答案选D。11、【答案】B海量资源尽在星星文库：【解析】a、b最外层电子数是1，a半径最小、b半径最大，所以a是H元素、b是Na元素；e最外层电子数是6，e半径大于c、d，所以e是S元素；c、d最外层电子数分别是4、5，半径小于e，所以c是C元素、d是N元素。A．电子层数越多半径越大，简单离子半径：S2−Na+，故A错误；B．常温常压下，H与C形成的化合物可能呈固态，如石蜡是固体，故B正确；C．单质沸点：C＞N2，故C错误；D．S与N能存在于同一离子化合物中，如：(NH4)2SO4，故D错误。12、【答案】D【解析】分子式为C5H10O3，既能和NaHCO3溶液反应产生CO2，含-COOH，也含有与乙醇相同的官能团，含-OH，可看成4个碳的烃中H被-COOH、-OH取代，则固定-COOH的位置、移动-OH的位置，如图，共4+4+3+1=12种。答案选D。13、【答案】A【解析】A．烧杯、量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒都是中和热测定实验必需的玻璃仪器，A正确；B．表示燃烧热的热化学方程式中，H2O必须呈液态，B错误；C．用石墨电极电解1L0.1mol·L−1CuSO4溶液，若反应产生0.1molO2，则阴极生成0.1molCu和0.1molH2，向原溶液中加入0.1molCuO和0.1molH2O，才能恢复至原浓度，C错误；D．氯水能漂白pH试纸，所以不能使用pH试纸测定氯水的pH，D错误。故选A。14、【答案】B【解析】黑色粉末(主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金属盐)用浓硫酸溶解，并加入适量铁粉，过滤后所得滤渣1中主要是不溶于水的炭粉、和置换出的Hg、Pb等，滤液中主要含有MnSO4、Fe2(SO4)3，加入CaCO3并调节溶液pH=5左右，并加热煮沸，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，则过滤后滤渣2主要为Fe(OH)3，滤液主要含有MnSO4，滤液经蒸发浓缩并冷却结晶、过滤即可得到MnSO4·nH2O；A．用Fe和浓H2SO4溶解MnO2时发生反应的化学方程式为2Fe+3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O，反应中1molFe参加反应，被还原的MnO2是1.5mol，故A正海量资源尽在星星文库：确；B．步骤①中同时发生Fe+Hg2+=Fe2++Hg、Fe+Pb2+=Fe2++Pb，则重金属Hg、Pb主要在滤渣1中，故B错误；C．悬浊液中Fe(OH)3颗粒越大，越易与MnSO4溶液过滤分离，则步骤③煮沸使Fe(OH)3沉淀颗粒长大，目的是便于固液分离，故C正确；D．锰等是重要金属资源，汞、铅等重金属能来得污染环境，则合理处理废旧电池有利于资源再利用并防止汞、铅等重金属污染，故D正确；选B。15、【答案】C【解析】用该电解池电解0.1mol·L−1的CH3COOH溶液，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应2H++2e−=H2↑，电源Y为负极，正极电极反应是醋酸失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应CH3COOH+2H2O-8e−=2CO2↑+8H+，电源X为负极，质子交换膜允许阳离子通过；A．分析可知Y为电源负极，故A错误；B．电解池电解0.1mol·L−1的CH3COOH溶液，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应2H++2e−=H2↑，正极电极反应是醋酸失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应CH3COOH+2H2O-8e−=2CO2↑+8H+，故B错误；C．当2molH+通过质子交换膜时，电子转移2mol，则标准状况下产生22.4LH2，故C正确；D．c(CH3COO−)/c(CH3COOH)=c(CH3COO−)/c(CH3COOH)×c(H+)/c(H+)=Ka/c(H+)，电极反应分析阴极电极反应2H++2e−=H2↑，阳极电极反应CH3COOH+2H2O-8e−=2CO2↑+8H+，电子守恒可知氢离子浓度基本不变，比值基本不变，故D错误；故选：C。16、【答案】B【解析】A．V(NaOH)=20mL时，溶液中的溶质为0.02mol氯化钠和0.02mol氯化铵，电荷守恒有n(Na+)+n(H+)+n(NH)=n(Cl−)+n(OH−)，因为n(Na+)=0.02mol，n(Cl−)=0.04mol，所以有n(H+)+n(NH)=0.02+n(OH−)，物料守恒有n(Cl−)=n(Na+)+n(NH)+n(NH3·H2O)，即0.02=n(NH)+n(NH3·H2O)，所以，2n(NH)+n(NH3·H2O)+n(H+)=0.04mol+n(OH−)，故错误；B．V(NaOH)=40mL时，溶质为0.04mol氯化钠和0.02mol一水合氨，溶液显碱性，因为水海量资源尽在星星文库：也能电离出氢氧根离子，故c(NH)＜c(OH−)正确；C．当0＜V(NaOH)＜40mL过程中，前20毫升氢氧化钠是中和盐酸，水的电离程度增大，后20毫升是氯化铵和氢氧化钠反应，水的电离程度减小，故错误；D．盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠溶液，为中性，若改用同浓度的氨水滴定原溶液，盐酸和氨水反应后为氯化铵的溶液仍为酸性，所以同样使溶液pH=7时所需氨水的体积比氢氧化钠溶液要大，故错误。故选B。17、【答案】（1）2H2S+3O22SO2+2H2O（2）2Mg+CO22MgO+C（3）3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O（4）D（5）NO+Cl2+H2O==NO+2H++2Cl－【解析】Ⅰ、(1)若a、d为短周期非金属单质，且a、d所含元素同主族，则a为O2、d为S；a、e所含元素在不同周期，则e为H2。H2S分子间不能形成氢键，而H2O分子间可形成氢键，从而得出b、c的沸点关系为bc；O2和H2S反应化学方程式为2H2S+3O22SO2+2