2020年高考化学刷题仿真模拟10含解析

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1、仿真模拟(十)一、选择题(每题6分，共42分)7(2019河南开封高三一模)一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应中发生的反应为3NaClO34SO23H2O=2ClO2Na2SO43H2SO4NaCl，下列说法中正确的是()A反应中H2O2作还原剂B产品中含有SO、ClCNaClO2的漂白原理与SO2相同D实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行答案A解析反应中发生的反应为3NaClO34SO23H2O=2ClO2Na2SO43H2SO4NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应装置，发生反应：2ClO2H2O22NaOH=2NaClO2O22H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前

2、的1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，A正确；反应是在NaOH溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH，不可能含SO、Cl，B错误；NaClO2中Cl元素化合价为3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C错误；实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D错误。8(2019湖南岳阳高三一模)解释下列反应原理的离子方程式正确的是()A用加热的方法降低自来水中钙离子浓度：Ca22HCOC

3、aCO3H2OCO2B向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热：CH2BrCOOHOHCH2BrCOOH2OC向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液：Mg22HCO2OH=MgCO3COH2OD在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO2Fe(OH)3=2FeO3ClH2O4H答案A解析用加热的方法降低自来水中钙离子浓度：Ca22HCOCaCO3H2OCO2，A正确；向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热的离子反应为CH2BrCOOH2OHCH2OHCOOBrH2O，B错误；向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液：Mg22H

4、CO4OH=Mg(OH)22CO2H2O，C错误；在强碱溶液中不可能大量存在H，D错误。9(2019山东荷泽高三一模) 某有机物X的结构如图所示，下列说法正确的是()AX的分子式为C9H12O3BX中所有碳原子均可能共面CX可与氧气发生催化氧化反应D1 mol X最多能消耗2 mol NaOH答案C解析由结构简式可知，其分子式为C9H14O3，故A错误；分子中含有饱和碳原子，则与该碳原子相连的四个碳原子一定不在同一共面上，故B错误；分子中含有羟基，且与羟基相连的碳原子上含有氢原子，所以在催化剂存在的条件下可与氧气发生催化氧化反应，故C正确；分子中仅含有1个酯基能与NaOH溶液反应，所以1 mo

5、l该有机物最多能消耗1 mol NaOH，故D错误。10(2019广东肇庆高三二模)下列实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的是()选项实验操作实验现象结论A向1 mL 2 mol/L NaOH溶液中先滴加2滴0.1 mol/L MgCl2溶液，再滴加2滴0.1 mol/L FeCl3溶液先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀KspFe(OH)30，下列叙述错误的是()A升高温度，正逆反应速率都增大B若单位时间内每消耗3 mol X的同时消耗2 mol Z，则反应达到化学平衡状态C适当增大压强，化学平衡不发生移动D平衡时，X与W的物质的量浓度之比一定为31答案D解析升高温度，可以提高反应物，生成

6、物的活化分子百分数，正逆反应速率都增大，故A正确；消耗X代表正反应，消耗Z代表逆反应，速率比等于系数比，所以反应达到了平衡，故B正确；适当增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，左右两边气体系数相等，化学平衡不发生移动，故C正确；平衡时，X与W的物质的量浓度之比不能确定，与投料比和反应条件有关，故D错误。13(2019唐山市高三期末)常温下，向20 mL某一元酸(HA)溶液中逐滴加入0.1 molL1的NaOH溶液，溶液中由水电离出的c(H)随加入NaOH溶液的体积变化关系图如下。下列说法不正确的是()AKa(HA)的数量级为105Bd点溶液的pH最大Cb点溶液显酸性，c(A)c(Na)c(

7、H)c(OH)Dd点溶液中，c(Na)c(H)c(A)c(OH)答案C解析b点是HA和NaOH恰好完全反应的点，酸和碱的体积均为20 mL，原酸的浓度为0.1 molL1，a点HAHA，c(H)c(A)1014/1011103，Ka(HA)105，所以Ka(HA)的数量级为105，故A正确；d点碱性最强，pH最大，故B正确；b点是HA和NaOH恰好完全反应的点，且A要水解，溶液显碱性，c(Na)c(A)c(OH)c(H)，故C错误；d点溶液相当于NaA和NaOH的混合溶液，由电荷守恒c(Na)c(H)c(A)c(OH)，故D正确。二、非选择题(一)必考题(共43分)26(2019南昌市高三一模

8、)(15分)KI常用于分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等。制备原理及实验装置如下：反应3I26KOH=KIO35KI3H2O反应3H2SKIO3=3SKI3H2O按照下列实验过程，请回答有关问题。(1)启普发生器中发生反应的化学方程式为_，用该装置还可以制备_(填一种气体化学式)。(2)关闭启普发生器活塞，打开滴液漏斗的活塞，滴入30%的KOH溶液，待观察到_(填现象)，停止滴入KOH溶液；然后_(填操作)，待混合液和NaOH溶液中气泡速率接近相同时停止通气。(3)滴入H2SO4溶液，并对三颈烧瓶中混合液进行水浴加热，其目的是_。(4)把三颈烧瓶中混合液倒入烧杯中，加入碳酸钡，在过滤器中过

9、滤，过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外，还有硫酸钡和_，其中加入碳酸钡的作用是_。合并滤液和洗液，蒸发至析出结晶，滤出经干燥得成品。(5)如果得到3.2 g硫单质，则理论上制得的KI为_g。答案(1)ZnSH2SO4=H2SZnSO4H2(或CO2)(2)棕黄色溶液变为无色时打开启普发生器活塞，通入气体(3)有利于H2S逸出，从而除去H2S(4)硫除去多余的硫酸(5)33.2解析(1)启普发生器中发生制取H2S的反应：ZnSH2SO4=H2SZnSO4，启普发生器适用于块状固体(固体难溶于水)与液体在常温下反应制备气体，因此用该装置还可以制备的气体有H2、CO2等。(2)三颈烧瓶中KOH溶液和

10、I2反应生成KIO3，当I2完全反应时，棕黄色溶液变为无色，此时停止滴入KOH溶液；然后打开启普发生器活塞，通入H2S气体，使H2S与KIO3反应制备KI。(4)向三颈烧瓶中混合液中滴加硫酸后，加入碳酸钡，可以除去多余的硫酸，过滤所得沉淀中除了碳酸钡、硫酸钡外，还有单质硫。(5)3.2 g硫单质为0.1 mol，根据3H2SKIO3=3SKI3H2O，可知生成的KI和消耗的KIO3的物质的量均为 mol，根据3I26KOH=KIO35KI3H2O，可知该反应生成的KI和KIO3的物质的量之比为51，故制得的KI的总物质的量为 mol mol0.2 mol，其质量为166 gmol10.2 mo

11、l33.2 g。27(2019武汉市高三调研)(14分)工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2)为原料制取金属锰的工艺流程如图1：(1)软锰矿“粉磨”的目的是_。(2)“浸渣”的主要成分是_。(3)经检测“浸取液”中无Fe2，“浸取”时MnO2发生反应的离子方程式为_。(4)在“沉锰”操作中，不能用Na2CO3代替NH4HCO3，其原因是_。(5)将“酸溶”后的溶液作为电解液，用图2装置电解，应采用_(填“阴”或“阳”)离子交换膜，阳极的电极反应式为_。(6)为充分利用“滤渣1”，需测定滤渣1中Al元素的含量，设计以下方案。将m g滤渣1处理成a mL溶

12、液；取少量中溶液用EDTA滴定测得溶液中Fe3、Al3的浓度之和为b mmolL1；另取少量中溶液，将Fe3用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出NH3OH与Cl)还原为Fe2，离子方程式为_；将所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400(吸光度与Fe2的浓度关系如图3所示)。该样品中Al元素的质量分数为_(用含字母的表达式表示)。答案(1)加快浸取速率(2)SiO2(或二氧化硅)(3)MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O(4)Na2CO3溶液碱性较强，会导致生成氢氧化物沉淀(或会导致生成碱式碳酸锰)(5)阴2H2O4e=4HO2(6)2Fe32NH3OH=2Fe24HN22H2O100%

13、解析(1)将软锰矿粉碎能增大固体的表面积，使固体与溶液充分接触反应，加快反应速率。(2)用稀硫酸、硫酸亚铁浸取软锰矿时，二氧化硅不反应，故浸渣的主要成分为SiO2。(3)酸性条件下Fe2被MnO2氧化为Fe3，MnO2被还原为Mn2，其离子方程式为：MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O。(5)由题图2知，阳极室的电解液为稀硫酸，阴极室的电解液为硫酸锰溶液，阴极发生还原反应，其电极反应式为：Mn22e=Mn，阳极发生氧化反应，其电极反应式为：2H2O4e=4HO2，根据实验目的及溶液呈电中性知，阴极室的SO应通过离子交换膜向阳极室移动，故离子交换膜应为阴离子交换膜。(6)盐酸羟胺中的NH

14、3OH可将Fe3还原为Fe2，离子方程式为：2Fe32NH3OH=2Fe24HN22H2O。由图3知当吸光度为0.400时，Fe2的浓度为0.040103 molL1，结合元素守恒可知，铝离子的浓度为(b0.040)103 molL1，铝元素的物质的量为(b0.040)103 mol，铝元素的质量分数为100%。28(2019山西省高三考前适应性训练)(14分)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，受到了越来越多的关注。而开发利用氢能的关键是解决氢气的储存问题。回答下列问题：(1)下列制氢的方法中最节能的是_(填标号)。A水煤气法制氢：CH2OH2COB天然气制氢：CH4H2OCO3H2C太阳光催

15、化分解水制氢：2H2O2H2O2D电解食盐水制氢：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2(2)氢化物储氢：如氢化镁(MgH2)是一种相对廉价的储氢材料。MgH2是一种离子化合物，其电子式为_。25 、101 kPa下，有关热化学方程式如下：H2(g)O2(g)=H2O(g)H1241.8 kJmol1Mg(s)O2(g)=MgO(s)H2141.6 kJmol1MgH2(s)O2(g)=MgO(s)H2O(g)H3309 kJmol1则由镁和氢气反应生成氢化镁的热化学方程式为_。单位质量的MgH2分解释放出氢气的质量随时间的变化如图所示，其中温度T1、T2、T3由小到大的顺序是_。(3)合金储

16、氢：如镧(La)镍(Ni)合金材料有较大储氢容量，其原理为LaNi5(s)3H2(g)LaNi5H6(s)H0，则利用该合金储氢时，有利于储氢的条件是_温、_压(两空均填“低”或“高”)。(4)有机物储氢：如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，起始浓度为a molL1，平衡时苯的浓度为b molL1，则该反应的平衡常数K_(用含a、b的代数式表示)。一定条件下，如图装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其他有机物)。下列说法错误的是_(填标号)。AX是电源的负极，电极N是阳极B电解过程中产生的2.8 mol气体是H2C电极M上发生的电极反应式为C6H

17、66H6e=C6H12D电子移动的方向为XMNY，共传导11.2 mol电子答案(1)C(2)HMg2HMg(s)H2(g)=MgH2(s)H74.4 kJmol1T3T2T2T3)。(3)反应LaNi5(s)3H2(g)LaNi5H6(s)H0为正向体积减小，且放热的反应，由勒夏特列原理可知：低温、高压有利于反应正向移动。(4)环己烷的起始浓度为a molL1，平衡时苯的浓度为b molL1，同一容器中各物质反应的物质的量浓度之比等于其计量数之比，所以环己烷的平衡浓度为(ab) molL1，氢气的平衡浓度为3b molL1，则平衡常数K mol3L3 mol3L3。苯生成环己烷是得氢反应，属

18、于还原反应，所以电极M是阴极，电极N是阳极，X是负极，Y是正极；导线中电子的流动方向是XM，NY；阴极电极反应式为C6H66H6e=C6H12，阳极电极反应式为4OH4e=2H2OO2；电解过程中产生的2.8 mol气体是O2，则转移电子的物质的量2.8 mol411.2 mol；所以选择B、D。(二)选考题(共15分)35(2019石家庄高三质检)化学选修3：物质结构与性质(15分)氧元素为地壳中含量最高的元素，可形成多种重要的单质和化合物。(1)氧元素位于元素周期表中_区；第二周期元素中，第一电离能比氧大的有_种。(2)O3可用于消毒。O3的中心原子的杂化形式为_；其分子的VSEPR模型为

19、_，与其互为等电子体的离子为_(写出一种即可)。(3)含氧有机物中，氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。解释C2H5OH的沸点高于CH3OCH3的原因为_；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2和C2H5OH可形成Ca(C2H5OH)42，该离子的结构式可表示为_。(4)氧元素可分别与Fe和Cu形成低价态氧化物FeO和Cu2O。FeO立方晶胞结构如图1所示，则Fe2的配位数为_；与O2紧邻的所有Fe2构成的几何构型为_。Cu2O立方晶胞结构如图2所示，若O2与Cu之间最近距离为a pm，则该晶体的密度为_ gcm3。(用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数的值)答案(

20、1)p3(2)sp2杂化平面三角形NO(3)乙醇分子间可形成氢键，沸点高(4)6正八面体解析(1)除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号，O原子最后通入的电子是p电子，所以O元素位于p区；第二周期元素中，第一电离能比O元素大的有N、F、Ne元素，所以有3种元素。(2)O3的中心原子的价层电子对个数23且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式为sp2杂化、其分子的VSEPR模型为平面三角形，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18，与其互为等电子体的阴离子有NO(合理即可)。(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高，乙醇能形成分子间氢键、甲醚

21、不能形成分子间氢键，所以乙醇的熔沸点比甲醚高；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2和C2H5OH可形成Ca(C2H5OH)42，该离子中钙离子为中心离子，乙醇为配体，乙醇中O原子提供孤电子对、钙离子提供空轨道形成配位键，其结构为。(4)Fe2的配位数为6；与O2紧邻的所有Fe2构成的几何构型、与Fe2紧邻的所有O2构成的几何构型相同，根据知，表中有标记的这几个离子形成正八面体，则与O2紧邻的所有Fe2构成的几何构型为正八面体；若O2与Cu之间最近距离为a pm，该距离为晶胞体对角线的，则晶胞体对角线长度4a pm，晶胞棱长 pm1010 cm，晶胞体积3，根据离子半径知，大球表示氧

22、离子、小球表示亚铜离子，该晶胞中亚铜离子个数182、氧离子个数为4，则该晶体的密度 g/cm3 g/cm3。36(2019北京东城区高三一模)化学选修5：有机化学基础(15分)抗心律失常药物心律平的合成路线如下：请回答：(1)A属于链烃，则A中所含的官能团是_。(2)B中无甲基，AB的反应类型是_反应。(3)C的结构简式是_。(4)E中含有三元环，且无羟基，则DE的化学方程式是_。(5)结合官能团的性质，解释FG的转化中需酸化的原因_。(6)H的结构简式是_。(7)IJ的化学方程式是_。(8)在IJ的反应中，生成J的同时会有副产物K，K与J互为同分异构体，则K的结构简式是_。答案(1)碳碳双键

23、(或)(2)取代(3)CH2=CHCH2OH(5)F中的酚羟基具有弱酸性，在碱性条件下成盐，最终用酸将酚羟基复原(6) 解析(1)由A的分子式为C3H6，又属于链烃，所以A中所含的官能团是碳碳双键(或)。(2)由，且B中无甲基知B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，知AB发生了取代反应。(3)由，知C发生了卤代烃的取代反应，所以C的结构简式是CH2=CHCH2OH。(4)由D的结构简式为CH2ClCHClCH2OH，由E中含有三元环，且无羟基，则E的结构简式为(5)F的结构简式为，酚羟基具有弱酸性，而FG的反应条件是碱性环境，会生成盐，所以需要加酸将酚羟基复原。(6)由分析可知H的结构简式是：。(8)根据成键特点知在IJ的反应中，生成K与J互为同分异构体，所以K的结构简式是16