【化学】广东省清远市方圆培训学校2020届高三模拟试题精练（六）（解析版） 14页

广东省清远市方圆培训学校2020届高三模拟试题精练（六）‎ 一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。只有一项是符合题目要求的。)‎ ‎7．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。‎ 下列叙述错误的是(　　)‎ A．合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用 B．从易拉罐中可回收的金属元素有Al、Fe C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3＋‎ D．上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3‎ 解析：选D。A.易拉罐作为可再生资源，其回收再利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，正确；B.易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，正确；C.“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，正确；D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，错误。‎ ‎8．BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A．该过程的总反应：C6H6O＋7O26CO2＋3H2O　‎ B．该过程中BMO表现较强氧化性 C．降解产物的分子中只含有极性共价键 ‎ D．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1‎ 解析：选B。A.该过程用光催化降解苯酚生成二氧化碳和水，所以反应：C6H6O＋7O26CO2＋3H2O，故A正确；B.该过程中BMO是催化剂，BMO与O2在光作用下，BMO被氧化成BMO＋‎ ‎，故B错误；C.降解苯酚的产物为二氧化碳和水，二氧化碳和水分子中都只含有极性共价键，故C正确；D.①中1 mol O要得到3 mol电子，而②中1 mol BMO＋变为1 mol BMO只要得到1 mol电子，根据氧化还原反应得失电子相等，所以①、②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1，故D正确。‎ ‎9．利用甲烷与氯气发生取代反应，同时获得副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下。‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．利用该装置可以制取纯净的一氯甲烷 ‎ B．石棉的作用主要吸附氯化氢气体 C．二氧化锰过量时，浓盐酸完全反应 ‎ D．a导管的作用：平衡压强，便于浓盐酸顺利流下 解析：选D。甲烷与氯气反应除生成一氯甲烷，还可以生成二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳及氯化氢，A项错误；石棉主要用来吸附液态的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳等，不能吸附氯化氢，氯化氢在E装置被吸收从而得到盐酸，B项错误；MnO2与浓盐酸反应的产物中有水，浓盐酸变成稀盐酸后与MnO2不反应，C项错误；D项的说法正确。‎ ‎10.有机物M为海洋天然产物——Pavidolide B不对称全合成的中间体之一，结构简式如图。下列有关M的说法不正确的是(　　)‎ A．分子式为C10H14O B．可发生加成反应、聚合反应 C．分子中所有碳原子都在同一平面上 D．苯环上连有—OH和—C4H9的M的同分异构体有12种 解析：选C。A.根据结构简式，推出此有机物的分子式为C10H14‎ O，故A说法正确；B.根据有机物的结构简式，此有机物中含有官能团是羰基、碳碳双键，碳碳双键能发生加成反应、聚合反应，故B说法正确；C.，此处三个位置中C的杂化类型为sp3杂化，空间构型为四面体形，故C说法错误；D.—C4H9的结构有—CH2CH2CH2CH3、—CH2CH(CH3)2、—CH(CH3)CH2CH3、—C(CH3)4，苯环上两个取代基位置为邻、间、对，同分异构体为3×4＝12，故D说法正确。‎ ‎11.1丙醇和乙酸在浓硫酸作用下，反应制得乙酸丙酯，反应温度为115～125 ℃，反应装置如图。下列对该实验描述错误的是(　　)‎ A．不能用水浴加热 B．长玻璃管起冷凝回流作用 C．通常加入过量1丙醇以提高乙酸的转化率 D．提纯乙酸丙酯，可用水和氢氧化钠溶液洗涤 解析：选D。A.酯化反应需直接加热，水浴加热的温度不超过100 ℃，温度达不到要求，A项正确；B.1丙醇和乙酸都是易挥发的物质，长导管可以冷凝回流，增加原料的利用率，B项正确；C.酯化反应为可逆反应，增加一种反应物的量可以提高另一种反应物的转化率，所以提高1丙醇的量，可以增加乙酸的转化率，C项正确；D.乙酸丙酯在碱性环境下会水解为乙酸钠和丙醇，不能用NaOH溶液洗涤，应选用饱和碳酸钠溶液，D项错误，故选D。‎ ‎12．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，W原子的核外电子总数与X原子次外层的电子数相同。X和Y的简单阳离子的电子层结构相同，Z的一种含氧酸具有杀菌消毒和漂白作用。Y单质可以用于野外焊接钢轨。下列说法正确的是(　　 )‎ A．简单离子半径：X>Y>Z ‎ B．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y C．W、Z的简单氢化物的沸点：WO2－>Na＋>Mg2＋>Al3＋‎ ‎，故A错误；X元素和Y元素位于同一周期，同一周期元素，从左到右金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，则最高价氧化物对应水化物的碱性：Na或Mg >Al，故B正确；HCl分子间不能形成氢键，水分子间能形成氢键，沸点：H2O>HCl，故C错误；Cl元素与Al元素形成的氯化铝为共价化合物，故D错误。‎ ‎13.如图是一种锂钒氧化物热电池装置，电池总反应为xLi＋LiV3O8===Li1＋xV3O8。工作时，需先引发铁和氯酸钾反应使其晶体熔化，下列说法不正确的是(　　)‎ A．组装该电池应当在无水、无氧的条件下进行 B．整个过程的能量转化涉及化学能转化为热能和电能 C．放电时LiV3O8电极反应为：xLi＋＋LiV3O8－xe－===Li1＋xV3O8‎ D．充电时Cl－移向LiV3O8电极 解析：选C。A.Li是活泼的金属，因此组装该电池应当在无水、无氧的条件下进行，A正确；B.整个过程的能量转化涉及化学能转化为电能以及化学能和热能之间的转化，B正确；C.放电时正极发生得电子的还原反应，即正极反应式为xLi＋＋LiV3O8＋xe－===Li1＋xV3O8，C错误；D.放电时Cl－移向负极，移向锂电极，因此充电时Cl－移向LiV3O8电极，D正确。‎ 二、非选择题(共58分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答。)‎ ‎(一)必考题：共43分。‎ ‎26．(15分)高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上以菱铁矿(主要成分是FeCO3及少量SiO2)为原料制备高铁酸钠生产过程如下：‎ ‎(1)Na2FeO4中铁元素的化合价为________，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为_______________________(填“氧化还原反应”“复分解反应”或“化合反应”)。‎ ‎(2)按照上述流程，步骤①中碱浸时能否用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH________(填“能”或“不能”)，理由是____________________________________________________________。‎ ‎(3)步骤②中28%的稀硫酸需要用98%的浓硫酸配制，配制时所需玻璃仪器除量筒外，还有________(填字母序号)。步骤③中检验Fe2＋全部转化成Fe3＋‎ 的方法是____________________。‎ A．容量瓶　　　B．烧杯　　　C．烧瓶　　　D．玻璃棒　　　E．酸式滴定管 ‎(4)步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成，其离子方程式为________________________________________________________________________；‎ 已知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，则操作a的名称为________。‎ ‎(5)理论上，每获得0.5 mol的FeO消耗 NaClO的总质量为________。‎ ‎26．解析：(1)Na2FeO4中各元素的化合价代数和为零，则Fe元素的化合价为＋6价；高铁酸钠具有很强的氧化性，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为氧化还原反应。(2)用NaOH溶解SiO2生成硅酸钠能溶解，从而与FeCO3分离而除去，若用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH，生成CaSiO3 难溶于水，无法分离出SiO2，故不能。(3)根据配制一定质量分数溶液的步骤：计算、称量、溶解，确定所用的仪器：胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯，故选BD。步骤③中检验Fe2＋全部转化成Fe3＋的方法是取少量③中溶液于试管，滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2＋ 已经全部转化成Fe3＋。(4)步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成，其离子方程式为2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O；已知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，分离固体与液体应用过滤，则操作a的名称为过滤。(5)理论上，由电子守恒，铁从＋2价变成＋6价，按关系式FeO～2NaClO计算，每获得0.5 mol的FeO消耗 NaClO的总质量为74.5 g。‎ 答案：(1)＋6　氧化还原反应　(2)不能　 CaSiO3 难溶于水，无法分离出SiO2(其他合理答案也可)　(3)BD　取少量③中溶液于试管，滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2＋ 已经全部转化成Fe3＋‎ ‎(4)2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O　过滤　(5)74.5 g ‎27．(14分)硫是一种自然界分布较广的元素，在很多化合物中都含有该元素，回答下列问题：‎ ‎　‎ ‎(1)装置A中反应的化学方程式为______________________________________。‎ ‎(2)使分液漏斗中液体顺利流下的操作是_________________________。‎ ‎(3)选用上面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：‎ ‎①甲同学认为按照A→C→F的顺序连接装置即可证明，乙同学认为该方案不合理，其理由是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②丙同学设计的合理实验方案为A→C→________→________→D→F，其中装置C的作用是_________________________，证明亚硫酸的酸性强于次氯酸的实验现象是________________________________________________________________________。‎ ‎(4)K2S2O8具有强氧化性，可通过电解H2SO4和K2SO4的混合溶液制得，其阳极反应式为_________________，称取0.250 0 g 产品于碘量瓶中，加100 mL水溶解，再加入8.000 g KI固体(稍过量)，振荡使其充分反应；加入适量醋酸溶液酸化，以淀粉为指示剂，用 c mol/L的Na2S2O3标准液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准液V mL，则样品中K2S2O8的纯度为________%(用含c、V的代数式表示，已知：S2O＋2I－===2SO＋I2 ；2S2O＋I2===2S4O＋2I－ )。‎ ‎27．解析：(1)盐酸与亚硫酸钙反应生成氯化钙、二氧化硫与水，反应方程式为CaSO3＋2HCl===CaCl2＋SO2↑＋H2O；(2)分液漏斗使用时应使内外压强平衡，故操作为：拔下分液漏斗颈部的塞子(或使分液漏斗瓶塞上的凹槽对准瓶颈的小孔)，然后再旋转下部活塞；(3)①次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，两者可发生氧化还原反应；②A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则：装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，其中装置C的作用是除去HCl气体，D中品红不褪色，F中出现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸；(4)阳极失电子，化合价升高，对应电极反应为2SO－2e－===S2O； 由关系式可知S2O～2S2O，则样品中K2S2O8的纯度为×100%＝54cV %。‎ 答案：(1)CaSO3＋2HCl===CaCl2＋SO2↑＋H2O　(2)拔下分液漏斗颈部的塞子(或使分液漏斗瓶塞上的凹槽对准瓶颈的小孔)，然后再旋转下部活塞 ‎(3)①SO2通入次氯酸钙溶液发生氧化还原反应，不能证明强酸制备弱酸的原理，既无法比较亚硫酸与次氯酸酸性强弱　②B　 E　 除去HCl气体 D中品红不褪色，F中出现白色沉淀 ‎(4)2SO－2e－===S2O　54cV ‎28．(14分)消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。‎ ‎(1)化学上采用NH3处理NxOy不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。‎ 已知：2NO(g)===N2(g)＋O2(g)　ΔH ＝－177 kJ/mol ‎4NH3(g)＋3O2(g)===2N2(g)＋6H2O(g)　ΔH ＝－1 253.4 kJ/mol 则用NH3处理NO生成氮气和气态水的热化学方程式为________________________________________________________________________。‎ ‎(2)已知：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　 ΔH<0。不同温度下，向三个容器中分别投入相同量的反应物进行反应，测得不同压强下平衡混合物中NH3的物质的量分数如图1所示。‎ 图1‎ ‎①M点的v正______Q点的v正(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎②T3温度下，将1 mol N2和3 mol H2充入2 L的密闭容器中，维持压强为60 MPa不变，达到N点的平衡状态，反应的浓度平衡常数K ＝__________ (用最简分数表示)，M点的平衡常数比N点的平衡常数_________(填“大”“小”或“相等”)。‎ ‎(3)水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。‎ ‎①用次氯酸钠除去氨氮的原理如图2所示。写出总反应化学方程式：_________________________。‎ ‎　‎ ‎　图2　　　　　　　　 　　图3　　　　　　　 　　　　图4‎ ‎②取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠的用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m(NaClO)∶m(NH3‎ ‎)的变化情况如图3所示。点B剩余NaClO含量低于点A的原因是____________________。当m(NaClO)∶m(NH3)>7.7时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是______________________________。‎ ‎(4)电极生物膜电解脱硝是电化学和微生物工艺的组合。某微生物膜能利用电解产生的活性原子将NO还原为N2，工作原理如图4所示。若阳极生成标准状况下2.24 L气体，理论上可除去NO的物质的量为_______________________________mol。‎ ‎28．解析：(1)NH3和NO生成氮气和气态水的化学方程式为4NH3(g)＋6NO(g)===5N2(g)＋6H2O(g)，①2NO(g)===N2(g)＋O2(g)　ΔH＝－177 kJ/mol，②4NH3(g)＋3O2(g)===2N2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1 253.4 kJ/mol；根据盖斯定律①×3＋②得到4NH3(g)＋6NO(g)===5N2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝(－177 kJ/mol)×3＋(－1 253.4 kJ/mol)＝1 784.4 kJ/mol；(2)①Q、M两点在同一等温曲线上，但M点压强高，所以M点反应速率大；‎ ‎②反应的三段式： N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)‎ 起始量(mol) 1 3 0‎ 变化量(mol) x 3x 2x 平衡量(mol) 1－x 3－3x 2x 平衡时氨气的含量为20%，即×100%＝20%，x＝，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为 mol、2 mol、 mol，总物质的量为4－2× mol＝ mol，恒压时气体体积之比等于物质的量之比，所以平衡时容器体积为 L＝ L，即c(N2)＝c(NH3)＝0.4 mol/L，c(H2)＝1.2 mol/L，平衡常数K＝＝＝，该反应正向放热，升温平衡逆向移动，平衡常数K减小，所以T3＞T2时，T3 ℃平衡常数小于T2 ℃时平衡常数，即M点平衡常数大于N点平衡常数；(3)①根据图示，由始态和终态判断反应物中NH3被氧化为N2，则NaClO被还原为NaCl，生成1 mol N2转移6 mol电子，根据转移的电子守恒，需要3 mol NaClO，再结合元素守恒，反应的化学方程式为2NH3＋3NaClO===N2＋3H2O＋3NaCl；②增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多，使得B点剩余NaClO含量低于A点；当m(NaClO)∶m(NH3)＞7.6时，可能是NaClO投入过多会将氨氮氧化为NO等更高价态的物质，未能从溶液中除去，使得总氮的去除率随m(NaClO)∶m(NH3)的增大不升反降；(4)阳极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，标准状况下，2.24 L氧气的物质的量＝＝0.1 mol，转移的电子为0.1 mol×4＝0.4 mol，活性原子将NO还原为N2‎ ‎，存在关系NO～N2～5e－，理论上可除去NO的物质的量＝＝0.08 mol。‎ 答案：(1)4NH3(g)＋6NO (g)===5N2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1 784.4 kJ·mol－1　(2)①>　②25/108　大　(3)①2NH3＋3NaClO===N2＋3NaCl＋3H2O　②增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多　有部分NH3被氧化成NO或NO　(4)0.08‎ ‎(二)选考题：共15分。请考生从2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．【化学——选修3：物质结构与性质】(15分)‎ 原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：‎ ‎(1)这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为__________________，第一电离能最小的元素是__________(填元素符号)。‎ ‎(2)C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是__________(填化学式)，呈现如此递变规律的原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(3)B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图1所示，其原子的杂化类型为__________；另一种的晶胞如图2所示，若此晶胞中的棱长为356.6 pm，则此晶胞的密度为__________g·cm－3(保留两位有效数字)。‎ ‎(4)D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为__________，D的醋酸盐晶体局部结构如图3，该晶体中含有的化学键是__________ (填选项序号)。‎ ‎①极性键　　　　②非极性键　　　　③配位键　　　　④金属键 ‎(5)向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是________________________________________________________________________。‎ 请写出上述过程的离子方程式：________________________________________。‎ ‎35．解析：原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则B为氯元素。(1)四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子数为7，其基态原子的价电子排布图为；四种元素中Cu的金属性最强，故Cu的第一电离能最小。(2)HF分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，即沸点由高到低的顺序是HF＞HI＞HBr＞HCl。(3)图1为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；一个晶胞中含碳原子数为8×1/8＋6×1/2＋4＝8，晶胞质量＝8×12/6.02×1023 g，晶胞中的棱长为356.6 pm，则晶胞密度＝(8×12/6.02×1023 g)÷(356.6×10－10 cm)3≈3.5 g·cm－3。(4)晶体Cu为面心立方最密堆积，结合图3醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键。(5)硫酸铜溶液中加入氨水会产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，有关反应的离子方程式为Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH、Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－。‎ 答案：(1) (2)HF＞HI＞HBr＞HCl　 HF分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大　(3)sp2　3.5　(4)面心立方最密堆积 ‎①②③　(5)首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液　 Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH、Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－‎ ‎36．【化学——选修5：有机化学基础】(15分)‎ 由草本植物香料X合成一种新型香料H的路线如图(A、B、D、H的分子式已标出)：‎ 已知：①A分子中含有苯环且核磁共振氢谱有6个峰；②G能使溴的四氯化碳溶液褪色；③H为含有三个六元环的芳香酯。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)X的分子式为__________，A的结构简式为__________，F中所含官能团的名称为__________。‎ ‎(2)写出反应③的化学反应方程式____________________________________________。‎ ‎(3)H的结构简式为____________。‎ ‎(4)F的同分异构体种类众多，写出满足下列条件F的同分异构体的结构简式________________________________________________________________________。‎ ‎①遇FeCl3溶液发生显色反应；②能与碳酸氢钠溶液反应；③苯环上一氯代物只有一种。‎ ‎(5)设计由上图中的G为起始原料制备乙二酸的合成路线________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________(无机物任选，注明反应条件)。‎