2020年高考化学刷题仿真模拟3含解析

《2020年高考化学刷题仿真模拟3含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考化学刷题仿真模拟3含解析（13页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、仿真模拟(三)一、选择题(每题6分，共42分)7(2019陕西咸阳高三一模)纵观古今，化学与环境、材料、生产、生活关系密切，下列说法正确的是()A推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放B刚玉、红宝石的主要成分是氧化铝，玛瑙、分子筛的主要成分是硅酸盐C本草图经在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”因为绿矾能电离出H，所以“味酸”D“山东疫苗案”涉及疫苗未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关答案D解析推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放，故A错误；刚玉、红宝石的主要成分是氧化铝，玛瑙的主要成分为二氧化硅、分子筛的主要成分是硅酸盐，故B错误；FeSO47H2O电离生成二价

2、铁离子、硫酸根离子，不能电离产生氢离子，故C错误；疫苗未冷藏储运而失效，温度升高，蛋白质发生变性，则应低温保存，故D正确。8(2019黑龙江大庆市高三二模)下列解释事实的方程式正确的是()A向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全：Ba2OHHSO=BaSO4H2OB测得0.1 mol/L明矾水溶液pH7的原因是：Al33H2OAl(OH)33HC用MgCl2溶液做导电实验，灯泡发光：MgCl2Mg22ClD硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：2I4HO2=I22H2O答案B解析向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全，离子方程式：Ba22OHNH

3、HSO=BaSO4H2ONH3H2O，故A错误；测得0.1 mol/L明矾水溶液pHZXQDW与X形成化合物的化学式为W3X答案B解析Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。Q与W同主族，且Q与W形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同，则Q为H元素，W为Li元素，Q与X形成的简单化合物的水溶液呈碱性，X为N元素，W、Y是金属元素，Y的氧化物既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，Y为Al元素，Z的原子序数是X的2倍，Z为Si元素。Q与X形成简单化合物NH3为三角锥形，故A正确；Z为Si元素，硅晶体是良好的半导体材料，Z的氧化物SiO2是共价化合物，不导电，故B错误；电子层数越多，

4、原子半径越大，同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：YZXQ，故C正确；W与X形成化合物的化学式为Li3N，故D正确。11. (2019湖南岳阳高三一模)铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如图。若上端开口关闭，可得到强还原性的H(氢原子)；若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的OH(羟基自由基)。下列说法错误的是()A无论是否鼓入空气，负极的电极反应式均为Fe2e=Fe2B不鼓入空气时，正极的电极反应式为He=HC鼓入空气时，每生成1 molOH有2 mol电子发生转移D处理含有草酸(H2C2O4)的污水时，上端开口应打开并鼓入空气答案C解析由铁碳微电解

5、装置示意图可知，Fe为原电池负极发生氧化反应Fe2e=Fe2，故A正确；由题意可知，上端开口关闭可得到强还原性的H，则不鼓入空气时，正极的电极反应式为He=H，故B正确；鼓入空气时，正极的电极反应式为O22H2e=2OH，每生成1 molOH有1 mol电子发生转移，故C错误；处理含有草酸(H2C2O4)的污水时，草酸根离子具有很强的还原性，与氧化剂作用易被氧化为二氧化碳和水，则上端开口应打开并鼓入空气生成强氧化性的羟基，故D正确。12(2019齐齐哈尔市高三一模)根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是()操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状碳浓硫酸具有脱水性和强氧化性

6、B向盛有H2O2溶液的试管加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中有气泡出现，随后有红褐色沉淀生成Fe2催化H2O2分解产生O2C铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中无明显现象浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝被浓硝酸钝化D向浓度均为0.1 molL1的KCl、KI混合液中逐滴滴加AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp(AgCl) Ksp(AgI)答案B解析浓硫酸能将有机物中H、O元素以21水的形式脱去而体现脱水性，浓硫酸还将C氧化生成二氧化碳，浓硫酸还体现强氧化性，故A正确；溶液变棕黄色，说明H2O2溶液氧化硫酸亚铁溶液生成Fe3，一段时间后，溶液中有气泡生成，则说明溶液中的Fe3催化

7、H2O2分解产生O2，起催化作用的不是Fe2，故B错误；铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中，由于浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝被浓硝酸钝化，所以没有明显现象，故C正确；AgCl、AgI组成相似，则溶度积小的物质先生成沉淀，向浓度均为0.1 molL1的KCl、KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，可说明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故D正确。13(2019山东菏泽高三一模)25 时，向10 mL 0.1 molL1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1 molL1的HCl溶液，溶液的AGAGlg变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是()A若a8，则Kb

8、(XOH)105BM点表示盐酸和XOH恰好完全反应CR点溶液中可能存在c(X)c(XOH)c(Cl)DM点到N点，水的电离程度先增大后减小答案B解析a点表示0.1 molL1一元弱碱XOH，若a8，则c(OH)103 molL1，所以Kb(XOH)105，故A正确；两者恰好反应时，生成强酸弱碱盐，溶液显酸性。M点AG0，则溶液中c(H)c(OH)，溶液呈中性，所以溶质为XOH和XCl，两者不是恰好完全反应，故B错误；若R点恰好为XCl溶液时，根据物料守恒可得c(X)c(XOH)c(Cl)，故C正确；M点的溶质为XOH和XCl，继续加入盐酸，直至溶质全部为XCl时，该过程水的电离程度增大，然后X

9、Cl溶液中再加入盐酸，水的电离程度减小，所以从M点到N点，水的电离程度先增大后减小，故D正确。二、非选择题(一)必考题(共43分)26(2019北京丰台区高三一模)(14分)PbCl2是一种重要的化工材料，常用作助溶剂、制备铅黄等染料。工业生产中利用方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbCl2的工艺流程如图所示。已知：.PbCl2微溶于水；.PbCl2(s)2Cl(aq)PbCl(aq)H0。(1)浸取过程中MnO2与PbS发生如下反应，请将离子反应补充完整：_PbS_MnO2=_PbCl2_。(2)由于PbCl2微溶于水，容易附着在方铅矿表面

10、形成“钝化层”使反应速率大大降低，浸取剂中加入饱和NaCl溶液可有效避免这一现象，原因是_。(3)调pH的目的是_。(4)沉降池中获得PbCl2采取的措施有_。(5)通过电解酸性废液可重新获得MnO2，装置示意图如下：在_极(填“a”或“b”)获得MnO2，电极反应为_。电解过程中发现有Cl2产生，原因可能是_、_。答案(1)8H2Cl1414Mn2SO4H2O(2)PbCl2(s)2Cl(aq)PbCl(aq)，加入NaCl增大c(Cl)，有利于平衡正向移动，将PbCl2(s)转化为溶液中的离子，消除“钝化层”(3)除去溶液中的Fe3(4)加水稀释、降温(5)aMn22e2H2O=MnO24

11、H2Cl2e=Cl2MnO24HCl=MnCl2Cl22H2O解析(1)浸取过程中MnO2与PbS发生反应生成PbCl2，反应中硫元素化合价由2价变为6价，锰元素由4价变为2价，转移电子数为8，结合氧化还原反应配平得，离子反应方程式为：8H2ClPbS4MnO2=PbCl24Mn2SO4H2O。(5)通过电解酸性废液可重新获得MnO2，锰离子转化为二氧化锰，锰元素化合价升高，失去电子，应在电解池的阳极产生，故应连接在正极，即a极获得MnO2，电极反应为Mn22e2H2O=MnO24H。27(2019安徽合肥高三第一次质检)(14分)亚硝酸钠常用作食品防腐剂。现用下图所示仪器(夹持装置已省略)及

12、药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应生成气体的成分。已知：NO2和NO的沸点分别是21 和152 。回答下列问题：(1)组装好仪器后，接下来进行的操作是_；装置C的作用是_。(2)滴入硫酸前需要通入N2，其目的是_；实验结束后还需要继续通入N2的目的是_。(3)关闭弹簧夹K1，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。确认A中还含有NO的依据是_；A中发生反应的化学方程式为_。(4)如果向D中通入过量O2，则装置E中发生反应的离子方程式为_；如果没有装置B，对实验结论造成的影响是_。答案(1)检查装置气密性冷凝使NO2完全液化(2)排尽装置内的空气，防止对一氧化氮的检验造成干扰把装置中残

13、留的有毒气体全部赶入E中被吸收(3)打开K2，向D中通入氧气，出现红棕色气体2NaNO2H2SO4=Na2SO4NONO2H2O(4)4NO2O24OH=4NO2H2O水会与NO2反应产生NO，影响后面NO的检验解析(1)气体发生和反应装置需要装置气密性好，组装好仪器后需要检查装置气密性；装置C中的冰盐水能够降低温度，使NO2完全冷凝液化。(2)硫酸与亚硝酸钠反应生成气体的成分为NO、NO2，其中NO遇空气中的氧气被氧化成NO2，滴入硫酸前需要通入N2，目的是排尽装置内的空气，防止产生的NO被氧化成NO2；NO和NO2是有毒气体，实验结束后还需要继续通入N2可以使装置中残留的气体全部赶入E中，

14、被氢氧化钠溶液完全吸收。(3)关闭弹簧夹K1，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，亚硝酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、一氧化氮、二氧化氮和水，反应的化学方程式为2NaNO2H2SO4=Na2SO4NONO2H2O；反应生成的混合气体通过装置C后，NO2冷凝使NO2完全液化，NO进入装置D中，打开K2，向D中通入氧气，一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮。(4)如果向D中通入过量O2，则装置E中二氧化氮、氧气和氢氧化钠反应生成硝酸钠和水，其反应离子方程式为：4NO2O24OH=4NO2H2O，如果没有装置B，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，干扰一氧化氮检验。28(2019合肥市高三第二次质检)(15分

15、)“绿水青山就是金山银山”，研究氮氧化物等大气污染物对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。NO在空气中存在：2NO(g)O2(g)2NO2(g)H。该反应分两步完成，如图1所示。回答下列问题：(1)写出反应的热化学方程式(H用含物理量E的等式表示)_。(2)反应和反应中，一个是快反应，会快速建立平衡，另一个是慢反应。决定2NO(g)O2(g)2NO2(g)反应速率的是_(填“反应”或“反应”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是_(反应未使用催化剂)。(3)某温度下向一密闭容器中充入一定量的NO2，测得NO2浓度随时间变化的曲线如图2所示。前5 s内O2的平均生成速率为

16、_；该温度下反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)的化学平衡常数K为_。(4)对于(3)中的反应体系达平衡后(压强为p1)，若升高温度，再次达平衡后，混合气体的平均相对分子质量_(填“增大”“减小”或“不变”)；若在恒温恒容条件下，向其中充入一定量O2，再次达平衡后，测得压强为p2，c(O2)0.09 molL1，则p1p2_。(5)水能部分吸收NO和NO2混合气体得到HNO2溶液。若向20.00 mL 0.10 molL1 HNO2溶液中逐滴加入0.10 molL1 NaOH溶液，所得pH曲线如图3所示，则A点对应的溶液中_。答案(1)2NO(g)N2O2(g)H(E2E3) kJmol1

17、(2)反应决定总反应速率的是反应，温度升高后反应平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应速率变慢(3)0.001 molL1s1100(4)减小513(5)103.70解析(1)根据题图1可知反应为2NO(g)N2O2(g)HE(生成物)E(反应物)(E2E3) kJmol1。(3)前5 s内，v(NO2) molL1s10.002 molL1s1，根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v(O2)0.001 molL1s1；2NO2(g)2NO(g)O2(g)的平衡常数0.01，则反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)的平

18、衡常数100。(4)根据题给信息可知，2NO2(g)2NO(g)O2(g)H0，温度升高，平衡正向移动，气体分子数增大，故混合气体的平均相对分子质量减小；充入一定量O2后平衡逆向移动，设转化2x molL1 NO后，反应达到新平衡： 2NO2(g) 2NO(g) O2(g)起始(molL1) 0.02 0.02 0.01新平衡(molL1) 0.022x 0.022x 0.09温度不变，则0.01，解得2x0.01，即新平衡中c(NO2)0.03 molL1、c(NO)0.01 molL1、c(O2)0.09 molL1，在恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量浓度之比，p1p2(0.020.0

19、20.01)(0.030.010.09)513。(5)根据题图可知，HNO2为弱酸，则Ka(HNO2)103.3，在A点溶液中，根据电荷守恒得c(H)c(Na)c(NO)c(OH)，因为A点溶液pH7，c(H)c(OH)，则c(Na)c(NO)，所以103.70。(二)选考题(共15分)35(2019贵阳市高三适应性考试)化学选修3：物质结构与性质(15分)金属钛被称为“21世纪金属”。自然界中钛的一种存在形式为金红石(主要成分是TiO2)。回答下列问题：(1)基态钛原子的价电子排布式为_，与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的元素分别是_(填元素符号)。(2)钛的硬度大于铝，其

20、原因是_。(3)Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。TiCl4的熔点为24 ，沸点为136.4 ，室温下为无色液体，可溶于甲苯和氯代烃，则TiCl4属于_晶体。LiBH4由Li和BH构成，BH的空间构型是_，B原子的杂化轨道类型是_。(4)用锌还原含HCl的TiCl4溶液，经后续处理可制得绿色的TiCl(H2O)5Cl2H2O。该晶体所含元素中，电负性最大的元素是_，与Ti3形成配位键的配体是_，1 mol该配合物中含有键的数目为_。(5)TiO2晶胞是典型的四方晶系结构，其晶胞结构如图所示，其中A、B、C的原子坐标参数分别为A(0,0,0)、B(0.69a，0

21、.69a，c)、C(a，a，c)，则D的原子坐标参数为D(0.19a，_，_)，钛氧键的键长d_(用代数式表示)。答案(1)3d24s2Ni、Ge、Se(2)Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强(3)分子正四面体sp3(4)OH2O、Cl18NA或186.021023(5)0.81a0.5c0.31a解析(1)基态Ti原子核外有22个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2,3d能级上有2个未成对电子。第四周期未成对电子数为2的元素还有Ni(3d84s2)、Ge(4s24p2)、Se(4s24p4)。(2)钛、铝均为金属晶体，其硬度取决于金

22、属键强弱。Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强，因此钛硬度比铝大。(3)根据TiCl4的熔、沸点较低，可溶于有机溶剂，可判断其为分子晶体。BH中B的成键电子对数为4，孤电子对数为0，故其空间构型为正四面体形，B的杂化轨道数为4，杂化轨道类型为sp3。(4)根据电负性大的元素位于周期表右上方可知，TiCl(H2O)5Cl2H2O中电负性较大的元素为O、Cl，结合HClO中O和Cl成键时Cl显正价，O显负价，可知O的电负性大于Cl的电负性。与Ti3形成配位键的配体为Cl和H2O。1 mol TiCl(H2O)5Cl2H2O中，1 mol Ti3与Cl、H2O形成的配位键为6 mol，6 mol

23、H2O中OH键为12 mol，故键的数目为18NA。(5)根据晶胞结构，D在底面的投影为，其横坐标为0.19a，则纵坐标为a0.19a0.81a，故D的原子坐标参数为(0.19a,0.81a,0.5c)。分析题图知，图中白球代表氧原子，黑球代表钛原子，结合B的原子坐标参数及B在底面的投影，可知d2(0.31a)2(0.31a)2，则d0.31a。36(2019郑州市高三第二次预测)化学选修5：有机化学基础(15分)化合物F是一种药物合成中间体，F的一种合成路线如图：(1) 的名称为_。(2)D中含氧官能团的名称为_。(3)BC的化学方程式为_。(4)DE的反应类型为_。(5)C的同分异构体有多种，其中苯环上连有ONa、2个CH3的同分异构体还有_种，写出核磁共振氢谱为3组峰，峰面积之比为621的同分异构体的结构简式_。(6)依他尼酸钠()是一种高效利尿药物，参考以上合成路线中的相关信息，设计以为原料(其他原料自选)合成依他尼酸钠的路线。答案(1)2氯丙酸(2)羧基、醚键解析(1) 的名称为2氯丙酸。(2)结合题图转化关系和已知信息，可推知B为醚键。(5)C为，其苯环上连有ONa、2个CH3，三个取代基在苯环上共有6种位置关系，除去C，其中苯环上连有ONa、2个CH3的同分异构体还有5种，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为621的结构简式为13