2020届高考化学二轮复习仿真模拟练（三）（含解析）

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1、仿真模拟练(三)(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)7化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是()A计算机芯片的材料是经提纯的二氧化硅B“地沟油”可以用来制肥皂和生物柴油C硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂D铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为铝的冶炼方法比较简单解析：计算机芯片的材料是经提纯的硅，故A错误；铁粉是抗氧化剂，不是干燥剂，故C错误；铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为其优良的性质，故D错误。答案：B8下列离子方程式书写正确的是()

2、A用漂白液将污水中的NH3氧化成N2：ClO2NH3=N2Cl3H2OB向NH4HCO3稀溶液中滴加过量Ca(OH)2溶液：NHHCO2OH=NH3H2OCOH2OC酸性条件下，用H2O2将I转化为I2：H2O22I=I22OHD用少量的氨水吸收硫酸工业尾气中的SO2：SO2NH3H2O=NHHSO解析：加入漂白液将污水中的NH3氧化成N2，离子方程式：3ClO2NH3=N23Cl3H2O，故A错误；向NH4HCO3稀溶液中滴加过量Ca(OH)2溶液，离子方程式：Ca2NHHCO2OH=NH3H2OCaCO3H2O，故B错误；酸性条件下，用H2O2将I转化为I2，离子方程式：2HH2O22I=

3、I22H2O，故C错误；D项正确。答案：D9某有机物的结构简式如图，下列说法正确的是()A分子式为C12H18O5B分子中含有2种官能团C只能发生加成反应和取代反应D能使溴的四氯化碳溶液褪色解析：由题给结构简式可知该有机物的分子式为C12H20O5，A项错误；分子中含有羧基、羟基和碳碳双键3种官能团，B项错误；该有机物能发生加成、取代、氧化、消去等反应，C项错误；该有机物分子中含有碳碳双键，故能使溴的四氯化碳溶液褪色，D项正确。答案：D10下列实验对应的解释或结论正确的是()选项实验解释或结论A室温下，向含少量FeCl3的CuCl2溶液中加入铜屑，充分搅拌，过滤，得蓝色溶液除去杂质FeCl3得

4、到纯净的CuCl2溶液B向蔗糖中加入浓硫酸，变黑，放热，体积膨胀，放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性，反应中生成C、SO2和CO2等CH2O2、SO2分别加入或通入酸性高锰酸钾溶液，溶液均褪色前者表现还原性，后者表现漂白性D在少量无水乙醇中加入金属钠，缓慢生成可以在空气中燃烧的气体CH3CH2OH是弱电解质解析：加入铜屑发生反应：2Fe3Cu=2Fe2Cu2，产生新的杂质离子Fe2，故A错误；浓硫酸具有脱水性和强氧化性，反应中生成C、SO2和CO2等，故B正确；两者都表现还原性，故C错误；乙醇是非电解质，且与实验无对应关系，故D错误。答案：B11钠离子电池具有成本低、能量转换效率

5、高、寿命长等优点。一种钠离子电池用碳基材料(NamCn)作负极，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，该钠离子电池的工作原理为Na1mCoO2NamCnNaCoO2Cn。下列说法不正确的是()A放电时，Na向正极移动B放电时，负极的电极反应式为NamCnme=mNaCnC充电时，阴极质量减小D充电时，阳极的电极反应式为NaCoO2me=Na1mCoO2mNa解析：放电时阳离子向正极移动，即Na向正极移动，故A正确；放电时，负极电极反应式为NamCnme=mNaCn，故B正确；充电时，Na在阴极上得电子，发生还原反应，电极质量会增大，故C错误；充电时，阳极上发生失电子的氧化反应：NaCoO2

6、me=Na1mCoO2mNa，故D正确。答案：C12短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y形成的简单离子是同周期最小的，W、X原子的最外层电子数之比为52，Z原子比X原子的核外电子数多5。下列说法正确的是()AW、Y的最高价氧化物都是气体BY、Z形成的化合物一定为共价化合物C四种元素中W元素的非金属性最强DW、X、Y、Z的原子半径大小顺序一定是ZYXW解析：根据题意可推知，W为N，X为Mg，Y为Al，Z为Cl。Al2O3为固体，A项错误；Al与Cl形成的化合物AlCl3为共价化合物，故B项正确；四种元素中Cl的非金属性最强，C项错误；原子半径：r(Mg)r(Al)r(Cl)r(N)

7、，即原子半径：XYZW，D项错误。答案：B13常温下，0.1 molL1的H2C2O4溶液中H2C2O4、HC2O、C2O三者所占物质的量分数(分布系数)随pH变化的关系如图所示。下列表述不正确的是()AHC2OHC2OK1104.3 B将等物质的量的NaHC2O4、Na2C2O4溶于水中，所得溶液pH恰好为4.3C常温下HF的Ka1103.45，将少量H2C2O4溶液加入到足量NaF溶液中，发生的反应为H2C2O4F=HFHC2OD在0.1 molL1 NaHC2O4溶液中，各离子浓度大小关系为c(Na)c(HC2O)c(H)c(C2O)c(OH)解析：由题图可知，常温下，pH4.3时，溶液

8、中c(HC2O)c(C2O)0.1 molL10.50.05 molL1，则HC2OHC2OK1104.3，A项正确；将等物质的量的NaHC2O4、Na2C2O4溶于水中，结合题图知，Ka(H2C2O4)1101.3，Ka(HC2O)1104.3，Kh(C2O)1109.7，Kh(HC2O)11012.7，HC2O的电离程度大于HC2O和C2O的水解程度，故溶液中c(C2O)c(HC2O)，根据题图知，此时溶液的pH大于4.3，B项错误；根据电离常数大小知，酸性：H2C2O4HFHC2O，故将少量H2C2O4溶液加入到足量NaF溶液中反应生成NaHC2O4和HF，C项正确；NaHC2O4溶液中

9、还存在水的电离，故各离子浓度大小关系为c(Na)c(HC2O)c(H)c(C2O)c(OH)，D项正确。答案：B二、非选择题(共58分。第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。)26(14分)氯化亚铜(CuCl)别名一氯化铜，可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂。它是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸；溶于浓盐酸会生成HCuCl2；实验室可用废铜屑、浓盐酸、食盐及氧气制取CuCl。回答下列问题：(1)甲组同学拟选择图1所示的装置制取氧气。仪器b的名称是_，若b中盛放淡黄色固体，仪器a中盛放的试剂为_(填化学式)。简述使用仪器a向仪器b中添加

10、试剂的操作_。(2)乙组同学采用图1装置制取氧气并通过图2装置和通过下列步骤制备氯化亚铜。步骤1：在三颈烧瓶中加入浓盐酸、食盐、铜屑，加热至6070 开动搅拌器，同时从c口缓慢通入氧气，制得NaCuCl2。步骤2：反应完全后，冷却，用适量的水稀释，析出CuCl。步骤3：_，用无水乙醇洗涤固体。步骤4：在6070 干燥固体得到产品。步骤1中制取NaCuCl2的化学方程式为_。步骤3需补充的实验操作是_，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的原因是_。(3)丙组同学拟测定乙组产品中氯化亚铜的质量分数，实验过程如下：准确称取乙组制备的氯化亚铜产品0.25 g，将其置于足量的FeCl3溶液中，待样

11、品全部溶解后，加入适量稀硫酸，用0.10 molL1的硫酸铈Ce(SO4)2标准溶液滴定到终点，消耗硫酸铈溶液23.50 mL，反应中Ce4被还原为Ce3。已知：CuClFeCl3=CuCl2FeCl2硫酸铈标准溶液应盛放在_(填“酸”或“碱”)式滴定管中。产品中氯化亚铜的质量分数为_。解析：(1)题图1中固体与液体在不加热条件下反应制取氧气，b中盛放的淡黄色固体为Na2O2，仪器a中盛放的试剂为水；向b中滴加试剂时，先打开分液漏斗上口的活塞，再旋开分液漏斗的旋塞，缓慢滴加。(2)步骤1中制取NaCuCl2的化学方程式为4HCl(浓)4NaCl4CuO24NaCuCl22H2O；固液分离的操作

12、是过滤；CuCl微溶于水，不溶于乙醇，故用乙醇洗去固体表面的可溶性杂质，不仅能减小溶解导致的损失，而且酒精易挥发，固体容易干燥。(3)硫酸铈有强氧化性，应盛放在酸式滴定管中；CuCl的质量分数为23.50103 L0.10 molL199.5 gmol10.25 g100%93.53%。答案：(1)锥形瓶H2O先打开分液漏斗上口的活塞，再旋开分液漏斗的旋塞，缓慢滴加(2)4HCl(浓)4NaCl4CuO24NaCuCl22H2O过滤或抽滤减小溶解导致的损失，且固体容易干燥(3)酸93.53%27(14分)“雾霾”成为人们越来越关心的环境问题。雾霾中含有二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物等污染性物

13、质。请回答下列问题：(1)汽车尾气是雾霾形成的原因之一。尾气治理可用汽油中挥发出来的烃类物质(CxHy)催化还原尾气中的NO气体，该过程的化学方程式为_。(2)冬季燃煤供暖产生的废气也是雾霾的主要来源之一。经研究发现将煤炭在O2/CO2的气氛下燃烧，能够降低燃煤时NO的排放，主要反应为2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)H。已知：N2(g)O2(g)2NO(g)H1180.5 kJmol12CO(g)2C(s)O2(g)H2221 kJmol1C(s)O2(g)CO2(g)H3393.5 kJmol1则H_。(3)某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的二氧化硫，将得到的Na2SO3溶

14、液进行电解，其中阴、阳膜组合电解装置如图1所示，电极材料为石墨。a表示_(填“阴”或“阳”)离子交换膜。AE分别代表生产中的原料或产品，其中C为硫酸，则A表示_，E表示_。阳极的电极反应式为_。(4)SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化可制取硫酸，其中SO2发生催化氧化的反应为2SO2(g)O2(g)2SO3(g)。若在T1 、0.1 MPa条件下，往一密闭容器中通入SO2和O2其中n(SO2)n(O2)21，测得容器内总压强与反应时间的关系如图2所示。图中A点时，SO2的转化率为_。在其他条件不变的情况下，测得T2 时压强的变化曲线如图2所示，则C点的正反应速率vC(正)与A点的逆反应速率

15、vA(逆)的大小关系为vC(正)_vA(逆)(填“”“”或“”)。图中B点的压强平衡常数Kp_(用平衡分压代表平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。解析：(1)用烃催化还原NO气体得到N2、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒写出并配平化学方程式。(2)根据盖斯定律，由2可得：2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)HH2H12H3746.5 kJmol1。(3)C为硫酸，表明SO向阳极区迁移，即阴离子向右移动，故b为阴离子交换膜，a为阳离子交换膜。阴极反应式为2H2O2e=2OHH2，故阴极区流出的产品A为NaOH溶液，E为氢气。阳极的电极反应式为SO2eH2O=2HSO。(4

16、)设起始通入的SO2为2a mol，O2为a mol，在A点时，O2转化了x mol，根据三段式法进行计算：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)起始/mol 2aa0转化/mol 2x x 2x平衡/mol 2a2x ax 2x在恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，故，解得x0.45a，则(SO2)100%45%。T1 下，由A到B，反应趋向平衡，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，B点处于平衡状态，故vA(逆)T1，由B到C，温度升高，反应速率加快，故vC(正)vB(正)vB(逆)vA(逆)。设起始通入2b mol SO2，b mol O2，在B点达到平衡时O2转化了y mo

17、l，根据三段式法进行计算：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)起始/mol2bb 0转化/mol 2y y 2y平衡/mol 2b2y by 2y在恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，故，解得y0.9b，故Kp24 300(MPa)1。答案：(1)4CxHy(8x2y)NO=4xCO2(4xy)N22yH2O(2)746.5 kJmol1(3)阳NaOH溶液氢气SO2eH2O=2HSO(4)45%24 300(MPa)128(15分)工业上以铬铁矿(主要成分是FeOCr2O3，含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等)为原料制取铬酸钠(Na2CrO4)晶体，其工艺流程如下：已知：3

18、价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH9时以CrO形式存在且易被氧化。常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离子Fe3Fe2Mg2Al3Cr3开始沉淀时的pH1.97.09.1沉淀完全时的pH3.29.011.14.7(10溶解)5.6(9溶解)(1)提高酸浸速率的措施有_(答两条)，滤渣3的主要成分是_(填化学式)。(2)流程中两次使用了H2O2进行氧化，H2O2的电子式为_；第二次氧化时反应的离子方程式为_。(3)如果把“调pH4.7”和“调pH11”中间的“过滤”步骤省略，引起的后果是_。(4)流程图中“”内的操作是_、洗涤、干燥。(5)制取铬酸钠后的废水中含有的Cr2O可

19、以用绿矾除去，测得反应后的溶液中含Cr3、Fe2、Fe3、H等阳离子。该反应的离子方程式为_。某工厂排放废水中含2.00103 molL1的Cr2O，将废水处理得到磁性材料Cr0.5 Fe1.5 FeO4(Cr的化合价为3，Fe的化合价依次为3、2)。欲使1 L该废水中的Cr2O完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4，理论上需要加入_g绿矾。(结果保留两位小数)解析：(1)提高酸浸速率的措施有升高温度、将铬铁矿粉碎、搅拌、增加硫酸浓度等；滤渣1为SiO2，滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3，滤渣3为Mg(OH)2。(2)H2O2的电子式为；第一次加入H2O2是为了将Fe2氧化为Fe3；第二

20、次加入H2O2是为了将CrO氧化为CrO，反应的离子方程式为2CrO3H2O22OH=2CrO4H2O。(3)调pH4.7时沉淀成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，如果不过滤，当继续加入NaOH至pH11时，Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO。(4)Na2CrO4溶液制得Na2CrO4晶体，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，涉及的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等。(5)Cr2O转化为Cr3，亚铁离子被氧化为铁离子，该反应的离子方程式为Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O。根据Cr0.5Fe1.5FeO4知，Cr、Fe的原子个数比为0.52.515，故需要n(Fe

21、SO47H2O)2.00103 molL11 L250.02 mol，质量为5.56 g。答案：(1)升高温度、将铬铁矿粉碎、搅拌、增加硫酸浓度等(任答两条即可)Mg(OH)2(2) 2CrO3H2O22OH=2CrO4H2O(3)pH11时Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO，使产品不纯(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(5)Cr2O6Fe214H=6Fe32Cr37H2O5.56请考生在第35、36两道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35(15分)化学选修3：物质结构与性质CuSO4和Cu(NO3)2是自然界中重要的铜盐。回答下列问题：(1)CuSO4和Cu(NO3)

22、2中阳离子基态核外电子排布式为_，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小为_。(2)SO的立体构型是_，与SO互为等电子体的一种分子为_(填化学式)。(3)往Cu(NO3)2溶液中通入足量NH3能生成配合物Cu(NH3)4(NO3)2。其中NO中心原子的杂化轨道类型为_，Cu(NH3)4(NO3)2中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有_。(4)CuSO4的熔点为560 ，Cu(NO3)2的熔点为115 ，CuSO4熔点更高的原因是_。(5)利用CuSO4和NaOH制备的Cu(OH)2检验醛基时，生成红色的Cu2O，其晶胞结构如图所示。该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(1，0，0)

23、；C为(，)。则D原子的坐标参数为_，它代表_原子。若Cu2O晶体密度为d gcm3，晶胞参数为a pm，则阿伏加德罗常数值NA_。解析：(5)将该晶胞分为8个小正方体，D位于小正方体的体心，其坐标参数为(，)，该晶胞中黑球数为4，白球数为812，则白球代表O，灰球代表Cu，故D为Cu。该晶胞的质量为 gd gcm3(a1010 cm)3，解得NA。答案：(1)1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9NOS(2)正四面体CCl4(或SiF4等)(3)sp2配位键、离子键(4)CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO所带电荷比NO多，故CuSO4晶格能较大，熔点较高(5)(，)Cu

24、36(15分)化学选修5：有机化学基础高分子树脂M具有较好的吸水性，其合成路线如下：(1)C的名称为_，D中的官能团为_，M的结构简式为_。(2)由A生成B的化学方程式为_。(3)上述合成路线中，DE转化在合成M中的作用为_。(4)下列叙述正确的是_(填序号)。AF能与NaHCO3反应生成CO2BF能发生水解反应和消去反应CF能聚合成高分子化合物D1 mol G最多消耗2 mol NaOH(5)H是G的同系物，且与G相差一个碳原子，则同时满足下列条件的H的同分异构体共有_种。(不考虑立体异构)与G具有相同的官能团苯环上只有两个取代基(6)根据上述合成路线和信息，以苯乙醛为原料(其他无机试剂任选)设计制备的合成路线。解析：(5)若H比G少一个碳原子，则H的苯环侧链上不含碳碳双键，与题意不符，故H比G多一个碳原子。根据知，H的同分异构体中含有羧基和碳碳双键，又苯环上只有两个取代基，则两个取代基的组合方式有：COOH、CH=CHCH3；COOH、CH2CH=CH2；COOH、；CH=CHCOOH、CH3；、CH3；CH2COOH、CH=CH2；每组中的两个取代基在苯环上均有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的H的同分异构体有6318种。答案：(1)苯乙醛碳碳双键、醛基(3)保护碳碳双键，防止其被氧化(4)AB(5)18- 11 -