1、2020-2021学年度高考三模适应性训练三（新课标2）一、单选题1化合物X是一种治疗高血脂新药的中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是A该有机物的分子式为C32H34O6B化合物X能发生加成反应、取代反应、加聚反应C分子中只存在1个手性碳原子D1 mol化合物X最多可与12 mol H2发生加成反应2下列实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作和现象结论或解释A向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量,立即出现沉淀后沉淀不变，最后沉淀全部溶解Al3+先与OH反应，NH4+后与OH反应，Al(OH)3最后与OH-反应B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后,滴
2、加KSCN溶液,溶液变为红色样品已部分或全部变质C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管,并在试管口放置润湿的红色石蕊试纸,石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液,溶液呈蓝色溶液中含Br2AABBCCDD3可以将反应Zn+Br2=ZnBr2设计成原电池，下列4个电极反应中，分别表示正极反应和负极反应的是Br2+2e-=2Br- 2Br-2e-=Br2 Zn-2e-=Zn2+ Zn2+2e-=ZnA和B和C和D和4在25C时，向a mL 0.10molL-1的HNO2溶液中逐滴加入0.10molL-1的NaOH溶液，滴定过程中，混合溶液的pOHpOH= -lgc(OH-)
3、与NaOH溶液的体积V的关系如图所示。已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，下列说法不正确的是（ ）A25C时，HNO2电离常数的数量级是10-4BM点溶液中存在：3c(H+)+ c(HNO2)=3c(OH-)+ c(NO2-)C图上M、N、P、Q四点溶液中所含离子的种类相同Da=10.805短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为16，Z原子的最外层电子数等于其电子层数，Y与W处于同一主族，X的原子半径小于Y。下列说法正确的是AX、Y形成的化合物只有一种B原子半径：r(Y)r(W)P的是_。a.还原性：NH3PH3b.沸点：NH3PH
4、3c.热稳定性：NH3PH3d.酸性：HNO3H3PO4(3)磷、氮、氧是周期表中相邻的三种元素N、P、O的电负性按由大到小的排序是_。NH3、PH3、H2O的键角由大到小的排序是_。(4)汞受热易变成汞蒸气，该变化克服的作用力是_。(5)本草纲目曾记载利尿剂甘汞(Hg2Cl2)制法：“用水银一两，白矾KAl(SO4)2二两，食盐一两，同研，不见星。铺于器内，以小乌盆覆之，筛灶灰，盐水和，封固盘口，以炭打二柱香取开，则粉升于盆上矣，其白如雪，轻盈可爱，一两汞可升粉八钱。”由此可知甘汞(Hg2Cl2)的晶体类型是_。(6)钪晶体的晶胞如图所示，已知钪晶胞底边边长为apm，高为bpm，NA表示阿伏
5、加德罗常数的值，则钪晶体的密度为_ g/cm3。(只列出计算式)四、原理综合题10合理的利用吸收工业产生的废气CO2、NO2、SO2等可以减少污染，变废为宝。(1)用CO2可以生产燃料甲醇。已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)H=akJmol1；2H2(g)+O2(g)2H2O(l)H=bkJmol1；则表示CH3OH(g)燃烧的热化学方程式为：_。(2)光气(COCl2)是一种重要化工原料，常用于聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2(g)+CO(g)COCl2(g)H0制备。图1为实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线。回答下列问题：06min内，反应的平均
6、速率v(Cl2)=_；该反应第一次达平衡时的平衡常数为_，10min改变的条件是_。(3)利用氨水可以将SO2和NO2吸收，原理如图2所示：NO2被吸收的离子方程式是_。(4)以甲醇燃料电池为电源，粗硅为原料，熔融盐电解法制取硅烷原理如图3，判断A为电源的_极，电解时阳极的电极反应式为_。五、工业流程题11一种重要的降血糖药物M（）的合成路线如下（略去部分反应条件）：已知： 回答下列问题：（1）B的名称为_，F的结构简式为_。（2）反应的反应类型为_。（3）下列关于上述涉及的有机物的说法正确的是_（填标号）。a.化合物E能使酸性高锰酸钾溶液褪色b.化合物F既能与盐酸反应，又能与溶液反应c.M中
7、含氧官能团的名称为酯基、酮基（4）写出的化学方程式：_。（5）由G可制得物质I（），写出满足下列条件的I的同分异构体的结构简式：_。能与溶液发生显色反应除苯环外不含其他环谱中峰面积之比为（6）请设计以G为原料合成H的合理路线流程图（无机试剂任选）。_12硅是信息产业、太阳能电池光电转化的基础材料。锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的制备硅的方法，该制备过程示意如下：（1）焦炭在过程中作_剂。（2）过程中的Cl2用电解饱和食盐水制备，制备Cl2的化学方程式是_。（3）整个制备过程必须严格控制无水。SiCl4遇水剧烈水解生成SiO2和一种酸，反应的化学方程式是_。干燥Cl2时，从有利于充分干燥和
8、操作安全的角度考虑，需将约90的潮湿氯气先冷却至12，然后再通入到浓H2SO4中。冷却的作用是_。（4）Zn还原SiCl4的反应如下：反应1： 400756 ，SiCl4(g) + 2Zn(l)Si(s) + 2ZnCl2(l) H10反应2： 756907 ，SiCl4(g) + 2Zn(l)Si(s) + 2ZnCl2(g) H20反应3： 9071410，SiCl4(g) + 2Zn(g)Si(s) + 2ZnCl2(g) H30 对于上述三个反应，下列说法合理的是_。a升高温度会提高SiCl4的转化率 b还原过程需在无氧的气氛中进行c增大压强能提高反应的速率 dNa、Mg可以代替Zn还
9、原SiCl4 实际制备过程选择“反应3”，选择的理由是_。 已知Zn(l)=Zn(g) H = +116 KJ/mol 。若SiCl4的转化率均为90%，每投入1mol SiCl4，“反应3”比“反应2”多放出_kJ的热量。（5）用硅制作太阳能电池时，为减弱光在硅表面的反射，采用化学腐蚀法在其表面形成粗糙的多孔硅层。腐蚀剂常用稀HNO3和HF的混合液。硅表面首先形成SiO2，最后转化为H2SiF6。用化学方程式表示SiO2转化为H2SiF6的过程_。参考答案1C【详解】A该有机物的分子式为C32H36O6，A说法错误；B化合物X含有3个酯基，可发生水解反应(取代反应)、3个苯环能发生加成反应，
10、不能加聚反应，B说法错误；C分子中手性碳原子为饱和碳原子，只存在1个手性碳原子，即标注位置，C说法正确；D1 mol化合物X中，3mol酯基不能发生加成反应，而苯环可发生加成反应，故最多可与9mol H2发生加成反应，D说法错误；答案为C。2A【详解】A根据实验现象：立即出现沉淀后沉淀不变，最后沉淀全部溶解，则Al3+先与OH-反应生成氢氧化铝沉淀，NH4+后与OH-反应产生氨气，Al(OH)3最后与OH-反应生成偏铝酸根，沉淀溶解，故A正确；BFe2+在酸性条件下会被硝酸根离子氧化成Fe3+，故加入KSCN溶液后变红，无法判断原样品是否变质，B项错误；CNH4HCO3固体受热易分解生成氨气、
11、二氧化碳与水，其中氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则不能证明NH4HCO3是否显碱性，C项错误；D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，说明混合后的溶液中有I2分子，则原溶液可能含有I2、Fe3+或Br2等，D项错误；答案选A。3D【详解】在反应Zn+Br2=ZnBr2中，Zn由0价升高到+2价，Br由0价降低到-1价，若设计成原电池，则Zn作负极，Br2作正极。在负极：Zn失电子生成Zn2+，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；在正极，Br2得电子生成Br-，电极反应式为Br2+2e-=2Br-；则和符合题意，故选D。4B【分析】已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2
12、)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，二式联立可得：c(NO2-)+c(HNO2)=c(Na+)，此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，据此分析作答。【详解】A. HNO2的电离常数，未滴加氢氧化钠时，0.1mol/L的HNO2溶液的pOH=11.85，即溶液中c(OH-)=10-11.85mol/L，根据水的离子积可知c(H+)=10-2.15mol/L，溶液中存在电离平衡HNO2H+NO2-，溶液中氢离子浓度和亚硝酸根离子浓度大致相等，所以，故
13、25C时，HNO2电离常数的数量级是10-4，故A正确；B. 根据以上分析可知a=10.80，所以当加入5.40mL氢氧化钠溶液时溶液中的溶质为等物质的量的HNO2和NaNO2，存在电荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒：c(NO2-)+c(HNO2)=2c(Na+)，二式联立可得2c(H+)+c(HNO2)=2c(OH-)+c(NO2-)，故B错误；C. M、N、P、Q四点溶液中均含有：H+、OH-、NO2-、Na+，故四点溶液中所含离子的种类相同，故C正确；D. 根据以上分析可知a=10.80，故D正确；故选B。5B【分析】Z原子的最外层电子数等于其
14、电子层数，且Z原子序数在X、Y后，故Z可能是Be或Al，Y和W处于同一主族说明最外层电子数相同，X的原子半径小于Y，说明X和Y不在同一周期，X在上一周期，说明X是氢，Y和W最外层电子数是6，Y为O，W为S，故Z为Al。【详解】AH和O元素形成的化合物有水和过氧化氢，故A不正确；B原子半径根据元素周期律判断r(O)r(S)r(Al)，故B正确；CS的氢化物稳定性比O的氢化物稳定性差，因为S的非金属性比O的弱，故C不正确；DS的氧化物对应的水化物可能是硫酸也可能是亚硫酸，亚硫酸是弱酸，故D不正确；故选答案B。【点睛】根据元素周期律进行判断，注意半径的比较中同周期除去稀有气体。6A【详解】还原性：I
15、-Br-，加入氯气5.6L时溶液中I-为xmol，则说明通入5.6L Cl2只发生：Cl2+2I-I2+2Cl-，由表中数据可知原溶液中溴离子为3mol，通入11.2L氯气，其物质的量为=0.5mol，I-为0mol，碘离子完全反应，同时氧化0.2mol溴离子，发生反应：Cl2 +2Br-Br2+2Cl-，Cl2+2I-I2+2Cl-，氯气反应生成的氯离子为0.5mol2=1mol，故原溶液中氯离子为2mol-1mol=1mol，由方程式可知溶液中阴离子总的物质的量不变(不含氢氧根离子)，故原溶液中碘离子的物质的量为2mol+2.8mol-1mol-3mol=0.8mol，故原溶液中Cl-、B
16、r-、I-物质的量之比为1mol：3mol：0.8mol=5：15：4，故选A。7D【详解】试题分析：A先不能根据计算n(C2H4)为1mol，因为不是标准状况下，常温常压下应根据计算n(C2H4)为小于1mol，再根据分子结构关系式C2H4 4 C-H键中共价键与分子的系数之比等于n之比可知，C-H键小于4 mol，A错误；B由物质组成关系式-OH (8+1)e中电子与羟基的系数之比等于n之比可知，所含电子为9mol，B错误；C由归中反应中元素化合价归中不交叉可得关系式：KIO3 + 6 HI = KI + 3 I2 + 3 H2O 5 e，其中转移电子与I2的系数之比等于n之比可知，转移电
17、子为5mol，C错误；D先由cV可知，n(NH4NO3)为0.1mol，再由溶剂不含氮、溶质组成关系式NH4NO3 2 N可知，所含N为0.2mol，D正确。答案选D。【考点定位】考查以阿伏加德罗常数、物质的量为中心的计算。8三颈烧瓶 下口 B 干燥 B 否 电动搅拌器使互不相溶的反应液混合均匀，加快反应速率 74.5 【详解】(1)由实验装置图可知Y为三颈烧瓶；X为球形冷凝管，冷凝回流时冷水从下口进入以使冷水和热蒸气之间的接触面积大；苯甲醇的沸点较高，为205.3 ，在常温下即为液体，在蒸馏纯化操作中无需冷凝，最适宜选用的仪器之一是B空气冷凝管。(2)加入无水硫酸镁的目的是为了除去有几层中的
18、水，起到干燥的作用；A乙醇能溶解很多有机物和无机物，不能做萃取剂，故A不符合题意； B乙酸乙酯无毒，可做萃取剂，故B符合题意； C苯有毒，不适合做萃取剂，故C不符合题意； D氯仿有毒，不适合做萃取剂，故D不符合题意；故答案为B。 (3)该装置中的电动搅拌器不可以换成沸石，因为电动搅拌器的作用是使互不相溶的反应液混合均匀，加快反应速率。(4)由题意可知9.0 g碳酸钾(过量)，依据12.0 mL氯化苄来进行计算，12.0 mL氯化苄的质量为12.0 mL1.1 gcm-3=13.2 g，利用化学方程式2+K2CO3+H2O2+CO2+2KCl可知，13.2 g氯化苄参与反应可生成苯甲醇的质量为则
19、苯甲醇的产率为9第三周期第VIA族 cd ONP NH3、PH3、H2O 金属键 分子晶体 【详解】(1)S是16号元素，在元素周期表中第三周期第VIA族；(2) a氮的非金属性强于磷，则还原性：NH3PH3，能说明非金属性NP，c选；d元素的非金属越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：HNO3H3PO4，能说明非金属性NP，d选；综上所诉，答案为cd；(3)磷、氮、氧是周期表中相邻的三种元素非金属性越强，电负性越强，因为 N、P、O的非金属性由强到弱为：ONP，故电负性按由大到小的排序是ONP；NH3与PH3均是三角锥形，NH键键能强于PH键，排斥力更强，故键角NH3PH3，H2O
20、是V型，孤对电子的斥力更大，键角较小；故三者的键角由大到小的排序是NH3、PH3、H2O；(4)汞是金属晶体，汞受热易变成汞蒸气，克服的作用力是金属键；(5)根据本草纲目中的记载可知，甘汞(Hg2Cl2)沸点低，易升华，故甘汞(Hg2Cl2)是分子晶体；(6)由图可知，钪晶胞底边边长为apm，高为bpm，NA表示阿伏加德罗常数，含钪原子：，钪晶体的密度为。102CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)H=(2a-3b)kJmol-1 0.15molL-1min-1 30 升高温度 2NO2+4HSO=N2+4SO+4H+ 负 Si+4H+4e-=SiH4 【详解】(1)已
21、知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)H=akJmol1；2H2(g)+O2(g)2H2O(l)H=bkJmol1；根据盖斯定律：由3-2可得2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)则H=(bkJmol1)3-(akJmol1)2=2a-3bkJmol-1；CH3OH(g)燃烧的热化学方程式为2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)H=(2a-3b)kJmol-1；故答案为2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)H=(2a-3b)kJmol-1；(2)由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol
22、/L，变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，则v=0.15molL-1min-1；故答案为0.15molL-1min-1；8min时，平衡时c(Cl2)=0.3mol/L、c(CO)=0.1mol/L、c(COCl2)=0.9mol/L，即K=30；影响平衡移动的因素有温度、浓度和压强，该反应是放热反应，由图可知，第10min时平衡逆向移动，只能是升温，由图1可知，升温平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，所以温度高，平衡常数减小；故答案为30；升高温度；(3)二氧化氮具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子生成硫酸根离子，二氧化氮被还原为氮气，离子方程式：2NO2+4H
23、SO=N2+4SO+4H+；故答案为2NO2+4HSO=N2+4SO+4H+；(4)从图示知，粗硅变化为SiH4，失电子发生氧化反应，B为电源的正极，A为电源的负极，H-移向阳极生成SiH4，电极反应式为Si+4H4e=SiH4；故答案为负；Si+4H4e=SiH4。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。当热化学方程式乘、除以某一个数时，H
24、也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，H也同样要进行加减运算，且要带“”“-”符号，即把H看作一个整体进行运算。将一个热化学方程式颠倒书写时，H的符号也随之改变，但数值不变。在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固液气变化时，会吸热；反之会放热。11苯甲醛 消去反应 ab +HCl 和 【分析】由有机物的转化关系可知，与发生加成反应生成，则B为；在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，则D为；在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，在催化剂作用下，在酸性条件下转化为，则F为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反
25、应生成，在催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，与五氯化磷发生取代反应生成；在吡啶条件下，与发生取代反应生成。【详解】（1）B的结构简式为，名称为苯甲醛；由分析可知F的结构简式为，故答案为：苯甲醛；（2）反应为在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，故答案为：消去反应；（3）a.化合物E的结构简式为， E分子中与苯环直接相连的碳原子上含有氢原子，能表现苯的同系物的性质，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；b.化合物F的结构简式为，F分子含有的官能团为氨基和羧基，能表现氨基酸的性质，既能与盐酸反应，又能与溶液反应，故正确；c.M的结构简式为，M分子中含有氧
26、官能团为羧基和肽键，故错误；ab正确，故答案为：ab；（4）F+HM的反应为在吡啶作用下，与发生取代反应生成和氯化氢，反应的化学方程式为+HCl，故答案为：+HCl；（5）I的结构简式为，其同分异构体能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，除苯环外不含其他环说明含有碳碳双键，由谱中峰面积之比为6:2:1:1:1可知同分异构体的结构简式为和，故答案为：和；（6）由G和H的结构简式和题给信息可知，以G为原料合成H的步骤为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，在催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，与五氯化磷发
27、生取代反应生成，合成路线如下： ，故答案为： 。【点睛】同分异构体能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，除苯环外不含其他环说明含有碳碳双键，由谱中峰面积之比为6:2:1:1:1可知分子结构中含有2个甲基，结构对称是确定同分异构体结构简式的关键。12还原 2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2+ H2 SiCl4+ 2H2O = SiO2+ 4HCl 使水蒸气冷凝，减少进入浓硫酸的水量，保持持续的吸水性，并降低放出的热量 b c d 温度高，反应速率快；与前两个反应比较，更易于使硅分离 2088 SiO2+6HF = H2SiF6+ 2H2O 【分析】（1）根据反应的化学方程式分析焦炭作
28、还原剂。（2）电解饱和食盐水制备Cl2的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2。（3）SiCl4水解生成SiO2和HCl。干燥Cl2时，从有利于充分干燥和操作安全的角度考虑冷却的作用。（4） a分析温度对平衡的影响； b锌和硅容易被氧化；c压强对速率的影响； d从还原性角度分析 对比三个反应，从反应速率以及状态分析。 反应热的计算和盖斯定律的应用。（5）SiO2和HF反应生成H2SiF6。【详解】（1）碳与二氧化硅反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，碳元素在反应中化合价升高，发生氧化反应，碳做还原剂，故填：还原；（2）电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，方程式为：2N
29、aCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，故填：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2；（3）根据SiCl4遇水剧烈水解生成SiO2和一种酸的信息，反应物是SiCl4和水，生成物为二氧化硅，根据氧原子守恒，水分子前的系数为2，根据氢原子和氯原子守恒，另一产物为氯化氢，氯化氢前的系数为4，化学反应方程式为SiCl4+2H2OSiO2+4HCl。潮湿氯气中含有较多的水蒸气，先冷却至12，此时使水蒸气冷凝，然后再通入到浓H2SO4中，进入浓硫酸的水量少了，保证浓硫酸的良好吸水性，水和浓硫酸作用放热，所以进入硫酸的水少了，能降低放出的热量，故填：SiCl4+2H2OSiO2+4HCl；使水蒸气冷
30、凝，减少进入浓硫酸的水量，保持持续的吸水性，并降低放出的热量；（4）对于三个反应，H0，表示都是放热反应，a升高温度，平衡向吸热的方向移动，所以会降低SiCl4的转化率，a错误；bSi遇氧气在高温的条件下反应生成二氧化硅，所以还原过程需在无氧的气氛中进行，b正确；c有气体参加的反应，增大压强，能加快反应的速率，对于三个反应，都有气体参与，所以增大压强，能提高反应的速率，c正确；dNa、Mg都是还原性比较强的金属，可以代替Zn还原SiCl4，d正确；故选bcd；反应2与反应1比较，反应2产物为固体和气体比反应1更易于分离，反应3与反应2比较，反应物都为气态，温度高，反应速率更快，所以实际制备过程
31、选择“反应3”，温度高反应速率快；与前两个反应比较更易于使硅分离，故填：温度高反应速率快；与前两个反应比较更易于使硅分离；每投入1mol SiCl4，有2molZn参加反应，“反应3”与“反应2”比较，反应2中锌为液态，根据Zn（l）Zn（g）H=+116KJ/mol，若SiCl4的转化率均为90%，“反应3”比“反应2”多放出116KJ/mol290%=2088KJ，故填：2088；（5）二氧化硅和氢氟酸反应：SiO2+4HF=SiF4+2H2O；SiF4+2HF=H2SiF6，所以用稀HNO3和HF的混合液，硅表面首先形成SiO2，最后转化为H2SiF6的化学方程式为SiO2+6HFH2SiF6+2H2O，故填：SiO2+6HFH2SiF6+2H2O。