刷题11高考化学讲练试题仿真模拟卷3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3含模拟题
（刷题1+1）2020高考化学讲练试题仿真模拟卷（3）（含2019模拟题）
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；FeSO4·7H2O电离生成二价铁离子、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：
Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO
===BaSO4↓＋H2O
B．测得0.1mol/L明矾水溶液pH<7的原因是：
Al3＋＋3H2OAl（OH）3＋3H＋
C．用MgCl2溶液做导电实验，灯泡发光：
MgCl2
Mg2＋＋2Cl－
D．硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：
2I－＋4H＋＋O2===I2＋2H2O
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：
Ba2＋＋2OH－＋NH
＋H＋＋SO
===BaSO4↓＋H2O＋NH3·H2O，故A错误；测得0.1mol/L明矾水溶液pH<7的原因是离子方程式：
Al3＋＋3H2OAl（OH）3＋3H＋，故B正确；灯泡发光，说明MgCl2在水分子的作用下电离出自由移动的离子而导电，故C错误；碘离子不稳定，易被氧气氧化生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，离子方程式：
4I－＋O2＋4H＋===2I2＋2H2O，故D错误。
9．（2019·河南开封高三一模）下列有关有机物结构和性质的说法错误的是（ ）
A．分子式为C5H10O2且能与NaHCO3反应放出气体的结构共有4种
B．石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物
C．苯甲酸（
）分子中所有原子可能位于同一平面
D．1mol盐酸美西律（
）最多可与3molH2发生加成
答案 B
解析 分子式为C5H10O2且能与NaHCO3反应放出气体的有机物为饱和一元羧酸，结构为C4H9—COOH，丁基—C4H9有四种不同结构，所以C5H10O2的羧酸有4种同分异构体，A正确；石油是混合物，通过分馏得到汽油、煤油等各种馏分，仍然含有多种成分，它们仍然是混合物，B错误；苯甲酸是苯分子中的H原子被羧基—COOH取代产生的物质，苯分子是平面分子，羧基中的各原子也可能在一个平面上，C—C单键可以旋转，因此两个平面可能在一个平面上，即分子中所有原子可能位于同一平面，C正确；根据盐酸美西律的结构可知，该分子中只含有1个苯环，不含有碳碳双键及碳氧双键，1个苯环可以与3个H2发生加成反应，因此1mol盐酸美西律最多可与3molH2发生加成反应，D正确。
10．（2019·唐山高三期末）Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。
W、Y是金属元素，Z的原子序数是X的2倍。
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。
Q与X形成的简单化合物的水溶液呈碱性。
Y的氧化物既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应。
下列说法不正确的是（ ）
A．Q与X形成简单化合物的分子为三角锥形
B．Z的氧化物是良好的半导体材料
C．原子半径Y>Z>X>Q
D．W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，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：
Y>Z>X>Q，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Fe－2e－===Fe2＋
B．不鼓入空气时，正极的电极反应式为H＋＋e－===H·
C．鼓入空气时，每生成1mol·OH有2mol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 由铁碳微电解装置示意图可知，Fe为原电池负极发生氧化反应Fe－2e－===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H＋＋e－===H·，故B正确；鼓入空气时，正极的电极反应式为O2＋2H＋＋2e－===2·OH，每生成1mol·OH有1mol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
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O2
C
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0.1mol·L－1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2∶1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0.1mol·L－1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10mL0.1mol·L－1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1的HCl溶液，溶液的AG[AG＝lg
]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a＝－8，则Kb（XOH）≈10－5
B．M点表示盐酸和XOH恰好完全反应
C．R点溶液中可能存在c（X＋）＋c（XOH）＝c（Cl－）
D．M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0.1mol·L－1一元弱碱XOH，若a＝－8，则c（OH－）＝10－3mol·L－1，所以Kb（XOH）≈
＝
＝10－5，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AG＝0，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XCl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：
ⅰ.PbCl2微溶于水；
ⅱ.PbCl2（s）＋2Cl－（aq）PbCl
（aq） ΔH>0。
（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：
①在________极（填“a”或“b”）获得MnO2，电极反应为________________。
②电解过程中发现有Cl2产生，原因可能是________________________、________________________。
答案
（1）8H＋ 2Cl－ 1 4 1 4Mn2＋ SO
4H2O
（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）①a Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋
②2Cl－－2e－===Cl2↑ MnO2＋4HCl===MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
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：
8H＋＋2Cl－＋PbS＋4MnO2===PbCl2＋4Mn2＋＋SO
＋4H2O。
（5）①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Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋。
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
2NaNO2＋H2SO4===Na2SO4＋NO↑＋NO2↑＋H2O
（4）4NO2＋O2＋4OH－===4NO
＋2H2O 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，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2NaNO2＋H2SO4===Na2SO4＋NO↑＋NO2↑＋H2O；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：
4NO2＋O2＋4OH－===4NO
＋2H2O，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）“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） ΔH。
该反应分两步完成，如图1所示。
回答下列问题：
（1）写出反应①的热化学方程式（ΔH用含物理量E的等式表示）______________________________。
（2）反应①和反应②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①”或“反应②”）；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5s内O2的平均生成速率为________；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）＝0.09mol·L－1，则p1∶p2＝________。
（5）水能部分吸收NO和NO2混合气体得到HNO2溶液。
若向20.00mL0.10mol·L－1HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L－1NaOH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） ΔH＝（E2－E3）kJ·mol－1
（2）反应② 决定总反应速率的是反应②，温度升高后反应①平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应②速率变慢
（3）0.001mol·L－1·s－1 100
（4）减小 5∶13 （5）103.70
解析
（1）根据题图1可知反应①为2NO（g）N2O2（g） ΔH＝E（生成物）－E（反应物）＝（E2－E3）kJ·mol－1。
（3）前5s内，v（NO2）＝
mol·L－1·s－1＝0.002mol·L－1·s－1，根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（O2）＝
＝0.001mol·L－1·s－1；2NO2（g）2NO（g）＋O2（g）的平衡常数＝
＝
＝0.01，则反应
2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）的平衡常数＝100。
（4）根据题给信息可知，2NO2（g）2NO（g）＋O2（g） ΔH>0，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2xmol·L－1NO后，反应达到新平衡：
2NO2（g）2NO（g）＋O2（g）
起始（mol·L－1）0.020.020.01
新平衡（mol·L－1）0.02＋2x0.02－2x0.09
温度不变，则
＝0.01，解得2x＝0.01，即新平衡中c（NO2）＝0.03mol·L－1、c（NO）＝0.01mol·L－1、c（O2）＝0.09mol·L－1，在恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量浓度之比，p1∶p2＝（0.02＋0.02＋0.01）∶（0.03＋0.01＋0.09）＝5∶13。
（5）根据题图可知，HNO2为弱酸，则Ka（HNO2）＝
≈
＝
＝10－3.3，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pH＝7，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，其原因是________________________________。
（3）Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。
①TiCl4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。
②LiBH4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）5]Cl2·H2O。
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________，1mol该配合物中含有σ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，0.69a，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）3d24s2 Ni、Ge、Se
（2）Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强 （3）①分子 ②正四面体 sp3
（4）O H2O、Cl－ 18NA或18×6.02×1023
（5）0.81a 0.5c 0.31×
a
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）①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。
②BH
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）5]Cl2·H2O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。
1mol[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O中，1molTi3＋与Cl－、H2O形成的配位键为6mol，6molH2O中O—H键为12mol，故σ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a－0.19a＝0.81a，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d＝0.31×
a。
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）B―→C的化学方程式为____________________________________。
（4）D―→E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6∶2∶1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6∶2∶1的结构简式为
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