1、第三部分仿真模拟仿真模拟(一)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K2CO3B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
2、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，18 g D2O含有的中子数、电子数均为10NAB1.0 mol/L的FeCl3溶液中Fe3的个数小于NAC标准状况下，2.24 L甲醛中碳氢键的数目为0.2NAD密闭容器中，加入2 mol HI，发生反应：2HI(g)H2(g)I2(g)，达到
3、平衡后气体分子总数小于2NA答案C解析D2O的摩尔质量为20 g/mol,18 g D2O的物质的量小于1 mol,18 g D2O含有的中子数、电子数均小于10NA，故A错误；1.0 mol/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，2.24 L甲醛的物质的量为1 mol，由甲醛的结构式可知，1 mol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2 mol HI，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
4、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C18H27NO3B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
5、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：YZXBY的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的弱CW的氧化物对应的水化物的酸性一定比X的强DW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
6、、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A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1247，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：NaMgC，即YZX，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：NaMg，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，
7、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0.2 mol电子，甲池溶液质量变化3.4 g，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：H2SI=
8、3IS2HD甲池中碳棒上发生的电极反应为：AQ2H2e=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0.2 mol电子，反应产生0.1 mol H2O2，溶液质量增加3.4 g，而在乙池，H2S2e=S2H，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H2SI=3IS2H，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：AQ2H2e=H2AQ，D错误。
9、13(2019河南开封一模)常温下向10 mL 0.1 mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1 mol/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()Aac点，溶液中离子数目先增大后减小Bb点溶液pH7说明c(NH)c(R)Cc点溶液存在c(NH)c(R)c(H)c(OH)Db、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ab点，溶液的导能力增强，bc点溶液的导电能力减弱，说明从ac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pH7，c(H)c(OH)，结合电荷守恒c(H)c(NH)c(R)c(OH)
10、，可得c(NH)c(R)，B正确；根据图像可知c点溶液的pH7，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pH7、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：bc，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
11、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：2Na2CO3H2O2Cl22NaCl2NaHCO3Cl2O。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。a_。由上述实验得出的结论是_。答案(1)分液漏
12、斗(2)F、B、C、D、E(3)饱和食盐水(4)MnO24H2ClMn2Cl22H2O(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)5.0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：2Na2CO3H2O2Cl22NaCl2NaHCO3Cl2O，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，
13、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)实验、为对照实验，实验中溶液的总体积应相同，均为10.0 mL，故a为5.0。
14、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(MgCl26H2O)，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：Fe2Fe3Al3Mg2开始沉淀时7.62.74.29.6沉淀完全时9.63.75.411.1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)(30
15、.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2.000 g氯化镁晶体产品于250 mL锥形瓶中，加水50 mL使其完全溶解，加入100 mL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0.5000 molL1的EDTA标准溶液进行滴定，其反应原理为Mg2Y4=MgY2，滴定终点时消耗EDTA标准溶液的体积19.00 mL。则产品中MgCl26H2O的质量分数为_
16、(结果保留三位有效数字)。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Fe3ClO2Fe22H=2Fe3ClH2O(4)蒸发浓缩、冷却结晶(5)96.4%d解析(2)气体X为氨气，其电子式为HH；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)(30.5n)0，解得：x3。(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F
17、e3和Cl，反应的离子方程式为ClO2Fe22H=2Fe3ClH2O。(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Mg2Y4=MgY2，准确称取2.000 g氯化镁晶体产品于250 mL锥形瓶中，加水50 mL使其完全溶解，用0.5000 molL1的EDTA标准溶液进行滴定，消耗EDTA标准溶液的体积19.00 mL。则Mg2Y4 1 1 0.0095 mol n0.5000 molL10.019 L0.0095 mol则产品中MgCl26H2O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
18、，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：.Fe2O3(s)3C(s)2Fe(s)3CO(g)H489 kJmol1.Fe2O3(s)3CO(g)2Fe(s)3CO2(g)H27 kJmol1.C(s)CO2(g)2CO(g)HX kJmol1(1)试计算
19、，X_。反应中，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，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1 mol CO2与足量的碳发生反应，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示。650 时，反应达平衡后CO2的转化率为_；T ，该反应达到平衡时，下列说法
20、不正确的是_(填序号)；a气体密度保持不变b2v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倍根据图中数据，计算反应在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：Ka14.4107、Ka24.71011，则反应：HCOH2OH2CO3OH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)25%cdp总(
21、4)2.27108解析(1)根据盖斯定律得：C(s)CO2(g)2CO(g)H172 kJmol1，所以X172。因为反应：C(s)CO2(g)2CO(g)H172 kJmol1，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)反应：C(s)CO2(g)2CO(g)起始(mol) 1 0转化(mol) x 2x平衡(mol) 1x 2x60%，可得x，所以CO2的转化率为
22、25%。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12，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
23、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。对于反应，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Kpp总。(4)由已知25 时H2CO3的电离平衡常数为：Ka14.4107、Ka24.71011，则反应：HCOH2OH2CO3OH的平衡常数K2.27108。 (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(
24、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_
25、。(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361.5 pm。立方氮化硼的密度是_gcm3(列出计算式即可，阿伏加徳罗常数为NA)。答案(1)ONCHsp2CO(NH2)2分子与水分子之间能形成氢键(2)CO1s22s22p63s23p63d84s2(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ONCH，CO(NH2)2中C原子成2个CN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NN ，
26、故CO的结构式为CO，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CC键，且每个键为2个C共用，则每个碳原子含有的键个数为1.5，所以1个C60分子中键的数目为1.56090。(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
27、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(361.51010)3 cm3，故密度质量体积 gcm3。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_；BC属于_反应(填反应类型)。(2)上述流程中设计AB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
28、：_和_。含有CONH2；能与FeCl3溶液发生显色反应；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BC为还原反应。(2)由整个反应流程可以看出，设计AB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，再根据核磁共振氢谱有4组吸收峰，则符合要求的有机物结构简式为。(5)乙醇经氧化生成乙醛，根据合成路线DE可知，乙醛与NaCN/NH3反应得到H2NCH(CH3)CN，再根据合成路线F福酚美克可知，H2NCH(CH3)CN在H2SO4/控制pH条件下可得到H2NCH(CH3)COOH，H2NCH(CH3)COOH通过分子间脱水成环即可得到目标产物。