高考化学讲练试题仿真模拟卷10含模拟题.docx

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高考化学讲练试题仿真模拟卷10含模拟题

（刷题1+1）2020高考化学讲练试题仿真模拟卷（10）（含2019模拟题）

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Ⅰ中发生的反应为3NaClO3＋4SO2＋3H2O===2ClO2＋Na2SO4＋3H2SO4＋NaCl，下列说法中正确的是（　　）

A．反应Ⅱ中H2O2作还原剂

B．产品中含有SO

、Cl－

C．NaClO2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Ⅰ中发生的反应为3NaClO3＋4SO2＋3H2O===2ClO2＋Na2SO4＋3H2SO4＋NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应Ⅱ装置，发生反应：

2ClO2＋H2O2＋2NaOH===2NaClO2＋O2＋2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的－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Ⅱ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：

Ca2＋＋2HCO

CaCO3↓＋H2O＋CO2↑

B．向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热：

CH2BrCOOH＋OH－→CH2BrCOO－＋H2O

C．向Mg（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液：

Mg2＋＋2HCO

＋2OH－===MgCO3↓＋CO

＋H2O

D．在强碱溶液中NaClO与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：

3ClO－＋2Fe（OH）3===2FeO

＋3Cl－＋H2O＋4H＋

答案　A

解析　用加热的方法降低自来水中钙离子浓度：

Ca2＋＋2HCO

CaCO3↓＋H2O＋CO2↑，A正确；向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热的离子反应为CH2BrCOOH＋2OH－

CH2OHCOO－＋Br－＋H2O，B错误；向Mg（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液：

Mg2＋＋2HCO

＋4OH－===Mg（OH）2↓＋2CO

＋2H2O，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（　　）

A．X的分子式为C9H12O3

B．X中所有碳原子均可能共面

C．X可与氧气发生催化氧化反应

D．1molX最多能消耗2molNaOH

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1mol该有机物最多能消耗1molNaOH，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1mL2mol/LNaOH溶液中先滴加2滴0.1mol/LMgCl2溶液，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液

先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀

Ksp[Fe（OH）3]<

Ksp[Mg（OH）2]

B

向NH3·H2O溶液中滴加少量AgNO3溶液

无明显现象

NH3·H2O和

AgNO3不反应

C

将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中

澄清石灰

水变浑浊

该气体只含CO2

D

向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液

有白色沉

淀产生　

该溶液中可能含有SO

答案　D

解析　向1mL2mol/LNaOH溶液中先滴加2滴0.1mol/LMgCl2溶液，反应后NaOH大量剩余，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液后，铁离子与剩余的氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，没有出现沉淀的转化，无法比较Ksp[Fe（OH）3]、Ksp[Mg（OH）2]的大小，故A错误；向NH3·H2O溶液中滴加少量AgNO3溶液，发生了反应，由于氨水过量，反应生成可溶的银氨络离子，故B错误；将木炭和浓硫酸共热生成CO2和SO2，CO2和SO2都能够使澄清石灰水变浑浊，则生成的气体不止CO2，故C错误；向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成的白色沉淀可能为硫酸钡，该溶液中可能含有SO

，故D正确。

11．（2019·江西九校高三联考）短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。

已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，且Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E。

下列说法不正确的是（　　）

A．X、Z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂

B．Y、Q形成的化合物是强电解质

C．电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于实验室制备E单质

D．W、X、Q三种元素都能形成多种氧化物

答案　C

解析　短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，则W是C元素，Q是Cl元素；W和Z位于同一主族，则Z是Si元素；X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E，则X是Na,2NaOH＋H2O＋Si===Na2SiO3＋2H2↑，E是H2；Y、Q形成一种共价化合物，Y的原子序数比Na大比Si小，则Y只能是Al元素。

根据上述分析可知，X是Na，Z是Si元素，二者的最高价氧化物相互化合生成的产物是Na2SiO3，该物质不能燃烧，由于是离子化合物，分解需吸收大量的热，所以可用作防火剂，A正确；Y是Al元素，Q是Cl元素，二者形成的化合物AlCl3是盐，在水中完全电离产生离子，因此该物质是强电解质，B正确；X是Na元素，Q是Cl元素，电解X、Q元素组成的化合物NaCl的饱和溶液，方程式为：

2NaCl＋2H2O

Cl2↑＋H2↑＋2NaOH，但是该方法用于工业上制取氢气和氯气，而在实验室制备恰恰是用Zn与稀硫酸或稀盐酸反应制取，C错误；W是C元素，它的氧化物有CO、CO2；X是Na元素，钠的氧化物有Na2O、Na2O2；Q是Cl元素，其氧化物有ClO2、Cl2O5、Cl2O7等多种，D正确。

12．（2019·福建漳州高三质检）某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：

3X（g）＋2Y（s）2Z（g）＋W（g）　ΔH>0，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3molX的同时消耗2molZ，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3∶1

答案　D

解析　升高温度，可以提高反应物，生成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20mL某一元酸（HA）溶液中逐滴加入0.1mol·L－1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（　　）

A．Ka（HA）的数量级为10－5

B．d点溶液的pH最大

C．b点溶液显酸性，c（A－）>c（Na＋）>c（H＋）>c（OH－）

D．d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20mL，原酸的浓度为0.1mol·L－1，a点HAH＋＋A－，c（H＋）＝c（A－）＝10－14/10－11＝10－3，Ka（HA）＝

＝

≈10－5，所以Ka（HA）的数量级为10－5，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）（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①　3I2＋6KOH===KIO3＋5KI＋3H2O

反应②　3H2S＋KIO3===3S↓＋KI＋3H2O

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3.2g硫单质，则理论上制得的KI为________g。

答案　

（1）ZnS＋H2SO4===H2S↑＋ZnSO4　H2（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：

ZnS＋H2SO4===H2S↑＋ZnSO4，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）3.2g硫单质为0.1mol，根据3H2S＋KIO3===3S↓＋KI＋3H2O，可知生成的KI和消耗的KIO3的物质的量均为

mol，根据3I2＋6KOH===KIO3＋5KI＋3H2O，可知该反应生成的KI和KIO3的物质的量之比为5∶1，故制得的KI的总物质的量为

mol＋

mol＝0.2mol，其质量为166g·mol－1×0.2mol＝33.2g。

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。

①将mg滤渣1处理成amL溶液；

②取少量①中溶液用EDTA滴定测得溶液中Fe3＋、Al3＋的浓度之和为bmmol·L－1；

③另取少量①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______________________________；

④将③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）MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O

（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　2H2O－4e－===4H＋＋O2↑

（6）③2Fe3＋＋2NH3OH＋===2Fe2＋＋4H＋＋N2↑＋2H2O　④

×100%

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：

MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。

（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：

Mn2＋＋2e－===Mn，阳极发生氧化反应，其电极反应式为：

2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，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）③盐酸羟胺中的NH3OH＋可将Fe3＋还原为Fe2＋，离子方程式为：

2Fe3＋＋2NH3OH＋===2Fe2＋＋4H＋＋N2↑＋2H2O。

④由图3知当吸光度为0.400时，Fe2＋的浓度为0.040×10－3mol·L－1，结合元素守恒可知，铝离子的浓度为（b－0.040）×10－3mol·L－1，铝元素的物质的量为（b－0.040）×10－3×

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：

C＋H2O

H2＋CO

B．天然气制氢：

CH4＋H2O

CO＋3H2

C．太阳光催化分解水制氢：

2H2O

2H2↑＋O2↑

D．电解食盐水制氢：

2NaCl＋2H2O

2NaOH＋H2↑＋Cl2↑

（2）氢化物储氢：

如氢化镁（MgH2）是一种相对廉价的储氢材料。

①MgH2是一种离子化合物，其电子式为____________。

②25℃、101kPa下，有关热化学方程式如下：

H2（g）＋

O2（g）===H2O（g）

ΔH1＝－241.8kJ·mol－1

Mg（s）＋

O2（g）===MgO（s）

ΔH2＝－141.6kJ·mol－1

MgH2（s）＋O2（g）===MgO（s）＋H2O（g）ΔH3＝－309kJ·mol－1

则由镁和氢气反应生成氢化镁的热化学方程式为_____________________。

③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）　ΔH<0，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：

①某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，起始浓度为amol·L－1，平衡时苯的浓度为bmol·L－1，则该反应的平衡常数K＝________（用含a、b的代数式表示）。

②一定条件下，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）。

A．X是电源的负极，电极N是阳极

B．电解过程中产生的2.8mol气体是H2

C．电极M上发生的电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12

D．电子移动的方向为X→M→N→Y，共传导11.2mol电子

答案　

（1）C　

（2）①[H

]－Mg2＋[

H]－

②Mg（s）＋H2（g）===MgH2（s）　ΔH＝－74.4kJ·mol－1

③T3

　②BD

解析　

（1）太阳能是取之不尽的天然能源，用太阳能分解水最节能。

（2）①MgH2是一种离子化合物，镁失去最外层电子给氢原子，故MgH2的电子式为[H

]－Mg2＋[

H]－。

②由盖斯定律得到Mg（s）＋H2（g）===MgH2（s）　ΔH＝（－241.8kJ·mol－1）＋（－141.6kJ·mol－1）－（－309kJ·mol－1）＝－74.4kJ·mol－1。

③MgH2释放出氢气时，反应为MgH2（s）===Mg（s）＋H2（g）　ΔH＝＋74.4kJ·mol－1，温度升高有利于氢气的释放（或看图中单位时间内氢气的质量变化可知T1>T2>T3）。

（3）反应LaNi5（s）＋3H2（g）

LaNi5H6（s）　ΔH<0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）①环己烷的起始浓度为amol·L－1，平衡时苯的浓度为bmol·L－1，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（a－b）mol·L－1，氢气的平衡浓度为3bmol·L－1，则平衡常数K＝

mol3·L－3＝

mol3·L－3。

②苯生成环己烷是得氢反应，属于还原反应，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X→M，N→Y；阴极电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12，阳极电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；电解过程中产生的2.8mol气体是O2，则转移电子的物质的量＝2.8mol×4＝11.2mol；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________，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）4]2＋，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。

①FeO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________。

②Cu2O立方晶胞结构如图2所示，若O2－与Cu＋之间最近距离为apm，则该晶体的密度为________g·cm－3。

（用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数的值）

答案　

（1）p　3　

（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）①6　正八面体　②

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＝2＋

＝3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）4]2＋，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）①Fe2＋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；

②若O2－与Cu＋之间最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的

，则晶胞体对角线长度＝4apm，晶胞棱长＝

＝

pm＝

×10－10cm，晶胞体积＝

3，根据离子半径知，大球表示氧离子、小球表示亚铜离子，该晶胞中亚铜离子个数＝1＋8×

＝2、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，A→B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D→E的化学方程式是_________________。

（5）结合官能团的性质，解释F→G的转化中需酸化的原因___________________________________________________________。

（6）H的结构简式是____________。

（7）I→J的化学方程式是_____________________________________。

（8）在I→J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（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