刷题11高考化学讲练试题仿真模拟卷1含模拟题.docx

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刷题11高考化学讲练试题仿真模拟卷1含模拟题

（刷题1+1）2020高考化学讲练试题仿真模拟卷

（1）（含2019模拟题）

一、选择题（每题6分，共42分）

7．（2019·石家庄高三质检）中华文明源远流长，史书记载中蕴含着丰富的化学知识。

下列说法不正确的是（　　）

A．《本草纲目》记载“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，其中“碱”指的是K2CO3

B．《易经》记载“泽中有火……上火下泽”，其描述的是CO在湖泊池沼水面上起火的现象

C．《本草经集注》记载“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”，此法是利用焰色反应鉴别“硝石”

D．《抱朴子》记载“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程为氧化还原反应

答案　B

解析　草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，“取碱浣衣”其中的“碱”是K2CO3，故A正确；湖泊池沼中腐烂的植物能产生甲烷，则“泽中有火……上火下泽”，其描述的是甲烷在湖泊池沼水面上起火的现象，故B错误；硝石是硝酸钾，灼烧会产生紫色火焰，故C正确；“丹砂（HgS）烧之成水银”，Hg的化合价从＋2价降低到0价，Hg的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D正确。

8．（2019·广东韶关市高三调研）若NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A．常温常压下，18gD2O含有的中子数、电子数均为10NA

B．1.0mol/L的FeCl3溶液中Fe3＋的个数小于NA

C．标准状况下，2.24L甲醛中碳氢键的数目为0.2NA

D．密闭容器中，加入2molHI，发生反应：

2HI（g）H2（g）＋I2（g），达到平衡后气体分子总数小于2NA

答案　C

解析　D2O的摩尔质量为20g/mol,18gD2O的物质的量小于1mol,18gD2O含有的中子数、电子数均小于10NA，故A错误；1.0mol/L的FeCl3溶液中，溶液的体积未知，无法计算Fe3＋的个数，故B错误；标准状况下，甲醛是气体，2.24L甲醛的物质的量为1mol，由甲醛的结构式可知，1mol甲醛中碳氢键的数目为0.2NA，故C正确；反应2HI（g）H2（g）＋I2（g）是反应前后气体体积不变的可逆反应，密闭容器中，加入2molHI，发生反应达到平衡后气体分子总数等于2NA，故D错误。

9．（2019·北京海淀高三一模）辣椒素是影响辣椒辣味的活性成分的统称，其中一种分子的结构如下图所示。

下列有关该分子的说法不正确的是（　　）

A．分子式为C18H27NO3

B．含有氧原子的官能团有3种

C．能发生加聚反应、水解反应

D．该分子不存在顺反异构

答案　D

解析　辣椒素的分子式为C18H27NO3；含有氧原子的官能团有醚键、羟基、肽键3种；辣椒素中含碳碳双键能发生加聚反应，含有肽键能发生水解反应；与辣椒素中碳碳双键两端的碳原子相连的另外两个原子团不相同，则存在顺反异构，故A、B、C正确，D错误。

10．（2019·福建南平高三质检）下列装置进行有关实验操作或实验改进，正确的是（　　）

A．测定空气中O2含量

B．萃取分液

C．冷凝回流

D．制取并收集乙酸乙酯

答案　A

解析　红磷燃烧后空气中氧气完全反应，根据吸水的量，可以测出空气中的氧气，且导管先充满水可以使结果更准确，故A正确；乙醇和溴水互溶，不能萃取溶液中的溴，故B错误；应从下口进冷水，故C错误；导管不能插入饱和碳酸钠溶液液面以下，会引起倒吸，故D错误。

11．（2019·齐齐哈尔市高三一模）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X、Y、Z原子最外层的电子数之和与W原子最外层的电子数相等，X的最低负价为－4，Y的周期数是族序数的3倍。

下列说法正确的是（　　）

A．原子半径：

Y>Z>X

B．Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的弱

C．W的氧化物对应的水化物的酸性一定比X的强

D．W分别与X、Z形成的化合物所含的化学键类型相同

答案　A

解析　X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的最低负价为－4，则X为第二周期ⅣA族元素，为C元素；Y的周期数是族序数的3倍，则Y为Na元素；X、Y、Z原子最外层的电子数之和与W原子最外层的电子数相等，则可推出Z为Mg元素，W的最外层电子数＝1＋2＋4＝7，为Cl元素。

同一周期主族元素，原子半径随着原子序数增大而减小，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径从大到小的顺序为：

Na>Mg>C，即Y>Z>X，故A正确；元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，因同一周期中，从左到右金属性依次减弱，即金属性：

Na>Mg，所以Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强，故B错误；W为Cl元素、X为C元素，W的氧化物对应的水化物可能为次氯酸，其酸性不如碳酸强，故C错误；W为Cl元素、X为C元素，Z为Mg元素，W与X形成的四氯化碳之间化学键类型为共价键，而W与Z元素形成的氯化镁中化学键类型为离子键，即两个化合物中所含的化学键类型不同，故D错误。

12．（2019·江西九校高三联考）我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置进行脱硫，将硫化氢气体转化成硫沉淀。

已知甲、乙池中发生的反应为下图，下列说法正确的是（　　）

A．甲池中得到H2O2的反应，H2O2既是氧化产物也是还原产物

B．电路中每转移0.2mol电子，甲池溶液质量变化3.4g，乙池溶液质量保持不变

C．光照时乙池电极上发生的反应为：

H2S＋I

===3I－＋S↓＋2H＋

D．甲池中碳棒上发生的电极反应为：

AQ＋2H＋－2e－===H2AQ

答案　B

解析　根据图示可知，在甲池中O2与H2AQ反应产生H2O2和AQ，O元素的化合价降低，H元素化合价没有变化，所以H2O2是还原产物，A错误；根据图示可知，电路中每转移0.2mol电子，反应产生0.1molH2O2，溶液质量增加3.4g，而在乙池，H2S－2e－===S↓＋2H＋，产生的H＋通过全氟磺酸膜进入甲池，所以乙池溶液质量保持不变，B正确；在乙池中，H2S失电子生成硫单质，I

得电子生成I－，发生电池反应为H2S＋I

===3I－＋S↓＋2H＋，不是电极反应式，C错误；甲池中碳棒为正极，正极上发生还原反应，电极反应为：

AQ＋2H＋＋2e－===H2AQ，D错误。

13．（2019·河南开封一模）常温下向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH及导电性变化如图所示。

下列分析正确的是（　　）

A．a～c点，溶液中离子数目先增大后减小

B．b点溶液pH＝7说明c（NH

）＝c（R－）

C．c点溶液存在c（NH

）>c（R－）>c（H＋）>c（OH－）

D．b、c两点对应溶液中，水的电离程度相同

答案　B

解析　根据图像可知a～b点，溶液的导能力增强，b～c点溶液的导电能力减弱，说明从a～c点，溶液中自由移动的离子浓度先增大后减小，但是，离子数目在整个过程中一直在增大，A错误；根据图像可知b点溶液的pH＝7，c（H＋）＝c（OH－），结合电荷守恒c（H＋）＋c（NH

）＝c（R－）＋c（OH－），可得c（NH

）＝c（R－），B正确；根据图像可知c点溶液的pH>7，说明c点溶液中离子浓度：

c（OH－）>c（H＋），C错误；由曲线的起点的pH可知，HR为弱酸，b点溶液的pH＝7、溶液的导电性最强，两者恰好完全反应生成弱酸弱碱盐，该盐水解促进水的电离；而c点溶液显碱性，说明氨水过量，氨水电离产生OH－会抑制水的电离，使水的电离程度减小，所以水的电离程度：

b>c，D错误。

二、非选择题

（一）必考题（共43分）

26．（2019·武汉市高三调研）（14分）氧化二氯（Cl2O）是次氯酸的酸酐，用作氯化剂，其部分性质如下：

物理性质

化学性质

常温下，Cl2O是棕黄色有刺激性气味的气体

熔点：

－120.6℃；沸点：

2.0℃

Cl2O不稳定，接触一般有机物易爆炸；它易溶于水，同时反应生成次氯酸

实验室制备原理：

2Na2CO3＋H2O＋2Cl2

2NaCl＋2NaHCO3＋Cl2O。

现用下列装置设计实验制备少量Cl2O，并探究相关物质的性质。

（1）装置A中仪器X的名称为________。

（2）若气体从左至右流动，装置连接顺序是A、________（每个装置限用一次）。

（3）装置F中盛装试剂的名称为____________。

（4）A中反应的离子方程式为_______________________________________。

（5）当D中收集适量液态物质时停止反应，设计简单实验证明B中残留固体中含有NaHCO3：

_____________________________________________。

（6）实验完成后，取E中烧杯内溶液滴加品红溶液，发现溶液褪色。

该课题组设计实验探究溶液褪色的原因。

①a＝________。

②由上述实验得出的结论是_________________________________。

答案　

（1）分液漏斗　

（2）F、B、C、D、E　

（3）饱和食盐水　

（4）MnO2＋4H＋＋2Cl－

Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O　

（5）取B中固体少许于试管中，加蒸馏水溶解，滴加过量BaCl2溶液，振荡静置，取上层清液于另一试管中，再滴加Ba（OH）2溶液，有白色沉淀生成（合理即可）　

（6）①5.0　②其他条件相同，碱性越强，次氯酸钠溶液的漂白能力越弱

解析　

（2）通过A装置制取氯气，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中含有HCl杂质，为防止其干扰Cl2O的制取，先通过F装置除去HCl杂质，再通过B装置发生反应：

2Na2CO3＋H2O＋2Cl2

2NaCl＋2NaHCO3＋Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集之前要先通过C装置干燥，再通过D装置收集Cl2O并验证其沸点低，易液化的性质，由于Cl2会产生大气污染，所以最后要用E装置进行尾气处理，故装置的连接顺序为A、F、B、C、D、E。

（3）装置F中盛装饱和食盐水，其作用是除去氯气中的HCl杂质气体。

（5）装置B中氯气与潮湿的碳酸钠在加热条件下反应生成氯化钠、碳酸氢钠和氧化二氯，为证明残留固体中含有碳酸氢钠，需先将B中固体溶于蒸馏水，滴加过量的BaCl2溶液，排除碳酸钠的干扰，然后取上层清液再滴加Ba（OH）2溶液，观察是否有白色沉淀生成，若有白色沉淀生成，则证明B中残留固体中含有碳酸氢钠。

（6）①实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为对照实验，实验中溶液的总体积应相同，均为10.0mL，故a为5.0。

②由表中数据分析知，在其他条件相同时，溶液的碱性越强，次氯酸钠溶液的漂白能力越弱。

27．（2019·山东菏泽高三一模）（15分）实验室利用橄榄石尾矿（主要成分为MgO及少量FeO、Fe2O3、Al2O3等）制备纯净氯化镁晶体（MgCl2·6H2O），实验流程如下：

已知几种金属阳离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表：

Fe2＋

Fe3＋

Al3＋

Mg2＋

开始沉淀时

7.6

2.7

4.2

9.6

沉淀完全时

9.6

3.7

5.4

11.1

回答下列问题：

（1）“浸取”步骤中，能加快浸取速率的方法有______________________（任写两种）。

（2）气体X的电子式为________，滤渣1经过处理可以制得一种高效的无机高分子混凝剂、净水剂，其化学式为[Fe2（OH）n（SO4）（3－0.5n）]m，则该物质中铁元素的化合价为________。

（3）加入H2O2的目的是______________________；若将上述过程中的“H2O2”用“NaClO”代替也能达到同样目的，则发生反应的离子方程式为______________________________________________。

（4）“一系列操作”主要包括加入足量盐酸，然后经过____________________、过滤、洗涤，即得到氯化镁晶体。

（5）准确称取2.000g氯化镁晶体产品于250mL锥形瓶中，加水50mL使其完全溶解，加入100mL氨性缓冲液和少量铬黑T指示剂，溶液显酒红色，在不断震荡下，用0.5000mol·L－1的EDTA标准溶液进行滴定，其反应原理为Mg2＋＋Y4－===MgY2－，滴定终点时消耗EDTA标准溶液的体积19.00mL。

①则产品中MgCl2·6H2O的质量分数为________（结果保留三位有效数字）。

②下列滴定操作会导致测量结果偏高的是________（填字母）。

a．锥形瓶洗涤后没有干燥

b．滴定时锥形瓶中有液体溅出

c．滴定终点时俯视读数

d．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失

答案　

（1）将橄榄石尾矿粉碎、增大盐酸浓度、适当提高反应温度等　

（2）

（3）将Fe2＋氧化为Fe3＋　ClO－＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O　

（4）蒸发浓缩、冷却结晶　

（5）①96.4%　②d

解析　

（2）气体X为氨气，其电子式为H

H；设铁元素的化合价为x，根据化合价代数和为零有：

2x＋（－1）n＋（－2）×（3－0.5n）＝0，解得：

x＝＋3。

（3）加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋；若将上述过程中的“H2O2”用“NaClO”代替，则发生反应生成Fe3＋和Cl－，反应的离子方程式为ClO－＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O。

（4）加入足量盐酸溶解氢氧化镁得到氯化镁溶液，然后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，即得到氯化镁晶体。

（5）根据反应Mg2＋＋Y4－===MgY2－，准确称取2.000g氯化镁晶体产品于250mL锥形瓶中，加水50mL使其完全溶解，用0.5000mol·L－1的EDTA标准溶液进行滴定，消耗EDTA标准溶液的体积19.00mL。

则Mg2＋　～　Y4－

11

0.0095moln＝0.5000mol·L－1×0.019L＝0.0095mol

则产品中MgCl2·6H2O的质量分数＝

×100%≈96.4%，根据c（待测）＝

分析不当操作对V（标准）的影响，锥形瓶洗涤后没有干燥对测定结果无影响，故a错误；滴定时锥形瓶中有液体溅出导致测定结果偏低，b错误；滴定终点时俯视读数，导致标准溶液体积读数偏小，测定结果偏低，故c错误；滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液的体积增大，导致测定结果偏高，故d正确。

28．（2019·南京市高三模拟）（14分）资源化利用碳及其化合物具有重要意义。

CO是高炉炼铁的重要还原剂，炼铁时发生的主要反应有：

Ⅰ.Fe2O3（s）＋3C（s）2Fe（s）＋3CO（g）

ΔH＝＋489kJ·mol－1

Ⅱ.Fe2O3（s）＋3CO（g）2Fe（s）＋3CO2（g）

ΔH＝－27kJ·mol－1

Ⅲ.C（s）＋CO2（g）2CO（g）　ΔH＝XkJ·mol－1

（1）试计算，X＝________。

反应Ⅲ中，正反应的活化能________（填“大于”“小于”或“等于”）逆反应的活化能。

（2）T1℃时，向某恒温密闭容器中加入一定量的Fe2O3和C，发生反应Ⅰ，反应达到平衡后，在t1时刻改变某条件，v逆随时间t的变化关系如图1所示，则t1时刻改变的条件可能是________（填序号）。

a．保持温度、体积不变，使用催化剂

b．保持体积不变，升高温度

c．保持温度不变，压缩容器体积

d．保持温度、体积不变，充入CO

（3）在一定温度下，向某体积可变的恒压（p总）密闭容器中加入1molCO2与足量的碳发生反应Ⅲ，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示。

①650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为________；

②T℃，该反应达到平衡时，下列说法不正确的是________（填序号）；

a．气体密度保持不变

b．2v正（CO2）＝v正（CO）

c．若保持其他条件不变再充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动

d．若保持其他条件不变再充入稀有气体，v正、v逆均减小，平衡不移动

e．若其他条件不变将容器体积压缩至一半并维持体积不变，再次达平衡时压强小于原平衡的2倍

③根据图中数据，计算反应Ⅲ在T℃时用平衡分压代替浓度表示的化学平衡常数Kp＝________（用含p总的代数式表示）。

（4）已知25℃时H2CO3的电离平衡常数为：

Ka1＝4.4×10－7、Ka2＝4.7×10－11，则反应：

HCO

＋H2OH2CO3＋OH－的平衡常数K＝________（结果保留三位有效数字）。

答案　

（1）＋172　大于　

（2）cd　

（3）①25%　②cd　③

p总　

（4）2.27×10－8

解析　

（1）根据盖斯定律

得：

C（s）＋CO2（g）2CO（g）　ΔH＝

＝＋172kJ·mol－1，所以X＝＋172。

因为反应Ⅲ：

C（s）＋CO2（g）2CO（g）　ΔH＝＋172kJ·mol－1，为吸热反应，所以正反应的活化能大于逆反应的活化能。

（2）保持温度、体积不变，使用催化剂，可以使正、逆反应速率都增大，但是平衡不发生移动，达到平衡时逆反应速率比原来的逆反应速率大，a错误；保持体积不变，升高温度，正、逆反应速率增大，逆反应速率不会回到原平衡状态，b错误。

（3）①反应Ⅲ：

C（s）＋CO2（g）2CO（g）

起始（mol）　　　　10

转化（mol）x2x

平衡（mol）1－x2x

＝60%，可得x＝

，所以CO2的转化率为25%。

②当反应处于平衡状态时，气体体积质量保持不变，故密度不变，故a正确；由于方程式中CO2和CO的系数比为1∶2，所以任何时刻都存在2v正（CO2）＝v正（CO），故b正确；由图中信息可知，T℃时，该反应达到平衡，平衡混合物中两种气体（CO和CO2）的体积分数相同。

若保持其他条件不变再充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，故c错误；若保持其他条件不变再充入稀有气体，由于体系的总压不变，所以容器的体积增大，反应混合物中各气体组分的浓度减小，则v正和v逆减小，平衡向气体分子数增大的方向移动，即向正反应方向移动，故d错误；若其他条件不变将容器体积压缩至一半并维持体积不变，由于体积减小导致物质的浓度都增大，体系的压强增大，若平衡不移动，压强变为原来的2倍，由于平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，所以再次达平衡时压强小于原平衡的2倍，故e正确。

③对于反应Ⅲ，根据图中数据可知，在T℃时CO占总压强的

，所以若用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝

＝

＝

p总。

（4）由已知25℃时H2CO3的电离平衡常数为：

Ka1＝4.4×10－7、Ka2＝4.7×10－11，则反应：

HCO

＋H2OH2CO3＋OH－的平衡常数K＝

＝

＝

≈2.27×10－8。

（二）选考题（共15分）

35．（2019·深圳市高三调研）[化学——选修3：

物质结构与性质]（15分）

碳元素是形成单质及其化合物种类最多的元素。

回答下列问题：

（1）碳能与氢、氮、氧三种元素构成化合物CO（NH2）2，该分子中各元素的电负性由大到小的顺序为______________，其中C原子的杂化方式为________，该物质易溶于水的主要原因是_________________________________。

（2）CO是碳元素的常见氧化物，与N2互为等电子体，则CO的结构式为__________；CO可以和很多过渡金属形成配合物，如Ni（CO）4，写出基态Ni原子的电子排布式________________。

（3）碳的某种晶体为层状结构，可与熔融金属钾作用。

钾原子填充在各层之间，形成间隙化合物，其常见结构的平面投影如图1所示，则其化学式可表示为________。

（4）图2为碳的一种同素异形体C60分子，每个C60分子中含有σ键的数目为________。

（5）图3为碳的另一种同素异形体金刚石的晶胞，其中原子坐标参数A为（0,0,0），B为

，C为

；则D原子的坐标参数为____________。

（6）立方氮化硼晶体的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm。

立方氮化硼的密度是________________g·cm－3（列出计算式即可，阿伏加徳罗常数为NA）。

答案　

（1）O＞N＞C＞H　sp2　CO（NH2）2分子与水分子之间能形成氢键　

（2）C≡O　1s22s22p63s23p63d84s2　

（3）KC8　（4）90

（5）

　（6）

解析　

（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，故电负性O＞N＞C＞H，CO（NH2）2中C原子成2个C—N键，1个C===O键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，C原子采取sp2杂化，该物质易溶于水的主要原因是

CO（NH2）2分子与水分子之间能形成氢键。

（2）CO与N2互为等电子体，N2的结构式为N≡N，故CO的结构式为C≡O，Ni是28号元素，基态时电子排布式1s22s22p63s23p63d84s2。

（3）根据图1所示可知，如果取3个钾原子构成三角形，则三角形中碳原子是4个，而钾原子的个数是3×

＝

，因此化学式可表示为KC8。

（4）1个C60分子中每个C形成3个C—C键，且每个键为2个C共用，则每个碳原子含有的σ键个数为1.5，所以1个C60分子中σ键的数目为1.5×60＝90。

（5）由图示可知，与D相连的4个原子形成正四面体结构，且D位于正四面体的体内。

由B在x轴的坐标为

知，D在x轴的坐标为

。

同理得出D在y、z轴的坐标均为

，则D原子的坐标参数为

。

（6）因为金刚石属于面心立方晶胞，即C原子处在立方体的8个顶点，6个面心，体内有4个，故根据均摊法及BN的化学式可推知，一个晶胞中各含有4个B原子、4个N原子，又因为一个BN的质量是

，而一个晶胞的体积是（361.5×10－10）3cm3，故密度＝质量÷体积＝

g·cm－3。

36．（2019·合肥市高三第二次质检）[化学——选修5：

有机化学基础]（15分）

福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物，可通过以下方法合成：

回答下列问题：

（1）物质A的含氧官能团的名称为________；B→C属于________反应（填反应类型）。

（2）上述流程中设计A→B步骤的目的是_________；F分子中共平面的原子最多有________个。

（3）D与银氨溶液发生反应的化学方程式为_____________________。

（4）福酚美克具有多种同分异构体，写出其中符合下列条件的有机物的结构简式：

________________________和________________________。

①含有—CONH2；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③核磁共振氢谱的吸收峰数目为4。

（5）参照上述合成路线和信息，以乙醇为原料（无机试剂任选），设计制的合成路线。

答案　

（1）羟基、酯基　还原　

（2）保护酚羟基　15

解析　

（1）根据物质A的结构简式，可知A的含氧官能团为羟基、酯基；有机化学中加氢去氧的反应为还原反应，则B→C为还原反应。

（2）由整个反应流程可以看出，设计A→B步骤的目的是保护酚羟基；根据F的结构

可知，与苯环直接相连原子共平面，单键可以自由旋转，则与苯环相连的—OH可以与苯环共平面，同时苯环上的

也可以与苯环共平面，故最多有15个原子共平面。

（4）由题意知，符合要求的有机物分子中既含有—CONH2，又含有酚羟基，再根据核磁