1、广东省清远市方圆培训学校2020届高三化学模拟试题精练（七）(考试用时：50分钟试卷满分：100分)7化学与生活、社会科技关系密切，下列解释正确的是()A夏天雷雨过后空气清新的主要原因是放电时N2和O2合成了NOB维生素D能促进人体对钙的吸收C“碳海绵”吸收泄漏的原油时发生了化学变化D聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程解析：选B。A.闪电时，空气中的氧气有些变成了臭氧，它能净化空气，使空气清新，故A错误；B.维生素D能促进人体对钙的吸收，故B正确；C.“碳海绵”是一种气凝胶，它的内部有很多孔隙，充满空气，具有很强的吸附性，所以吸收原油时是物理变化，故C错误；D.油脂的皂化是油
2、脂的碱性条件下水解反应，且油脂不属于高分子，故D错误，故选B。8.实验室制备硝基苯的实验装置如图所示(夹持装置已略去)。下列说法不正确的是( )A水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度B将浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却至室温后，将所得混合物加入苯中C实验过程中发现仪器b中未加入碎瓷片，可冷却后补加D反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品解析：选D。水浴加热的优点是使反应物受热均匀、容易控制温度，但温度只能加热到100 ，故A正确；浓硫酸的密度大于硝酸，所以将浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却后，将所得的混合物加入苯中，故B正确；实验进行的
3、途中若发现未加入碎瓷片，不能再继续进行实验，也不能立即加入碎瓷片，需冷却后补加，故C正确；蒸馏操作时，要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，故D错误。9W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。W的单质与H2在暗处能剧烈化合并发生爆炸，X的周期数等于族序数，X与Y形成的化合物与水反应产生白色沉淀和H2Y气体。下列说法正确的是()A简单离子半径：WXZ B简单阴离子的还原性：WYZC元素的最高正化合价：XYFAl3，A项错误；B.简单离子还原性是FClS2，即WZc(CH3COO)c(H)CC点水电离的c(OH)大于A点水电离的c(OH)DA、B、C三点溶液均有Kwc(H)c(OH)1.01014解
4、析：选B。浓度均为0.1 mol/L的盐酸和醋酸溶液，HCl为强酸导电能力强，而醋酸为弱酸导电能力弱，故曲线为醋酸，曲线为盐酸。A点KOH溶液与醋酸完全反应生成CH3COOK，c(CH3COO)c(OH)c(H)c(K)0.05 mol/L ，A项错误；B点为CH3COOK和KOH等浓度，CH3COO水解生成OH，c(OH)c(CH3COO)，B项正确；C点为KCl，A点为CH3COOK促进水的电离，故A点水电离的c(OH)大于C点水电离的c(OH)，C项错误；温度不一定是25 的，故D项错误。12.最近我国科学家在液流电池研究方面取得新进展。一种硫/碘体系(KI/K2S2)的液流电池工作原理
5、如图所示。下列说法正确的是( )A放电时电池右侧为负极，发生氧化反应B放电时电池左侧的电极反应为S2e=2S2C充电时电解质溶液中K经交换膜向右侧移动D充电时电池的总反应为3IS=I2S2解析：选D。放电时，右室电极为液流电池的正极，I在正极上放电发生还原反应生成I，故A错误；放电时，左室电极为液流电池的负极，S2在负极放电发生氧化反应生成S，电极反应式为2S22e=S，故B错误；充电时，阳离子向阴极移动，则电解质溶液中K经交换膜向左侧移动，故C错误；放电时，电池的总反应为I2S2=3IS，则充电时，电池的总反应为3IS=I2S2，故D正确。13.已知：pOHlg c(OH)。室温下，将稀盐酸
6、滴加到某一元碱(BOH)溶液中，测得混合溶液的pOH与离子浓度的变化关系如图所示。下列叙述错误的是()ABOH属于弱碱BBOH的电离常数K1104.8CP点所示的溶液中：c(Cl)c(B)DN点所示的溶液中：c(H)c(Cl)c(OH)c(BOH)解析：选C。由图中N点的数据可以计算出BOH的电离常数，可以判断BOH为弱碱，A项正确；B.BOH BOH，所以Kb，可得lglg lg Kblg c(OH)lg KbpOH，带入N点数据，可得0lg Kb4.8，Kb104.8，B项正确；C.根据电荷守恒得c(Cl)c(OH)c(B)c(H)，在P点，pOH c(H)，因而c(Cl)c(B)，C项错
7、误；D.N点lg0，因而c(B)c(BOH)，根据电荷守恒，c(Cl)c(OH)c(B)c(H)，可变为c(Cl)c(OH)c(BOH)c(H)，因而c(H)c(Cl)c(OH)c(BOH)，D项正确。选 择 题 答 题 栏题号78910111213答案二、非选择题(共58分。第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。)(一)必考题：共43分。26(15分)ZrO2是重要的耐温材料，可用作陶瓷遮光剂。天然锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，工业以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：已知：Fe(SCN)3难溶于MIBK; Z
8、r(SCN)4在水中溶解度不大，易溶于MIBK。(1)锆英石中锆元素的化合价为_。(2)氯化主反应：ZrSiO4(s)2C(s)4Cl2(g)ZrCl4(g)SiCl4(g)2CO2(g)H0，ZrCl4的产率随温度变化如图所示，由图可知氯化的最佳条件是_。氯化过程中ZrCl4的产率随温度升高先增大后减小的原因是_。(3)写出Al2O3高温氯化过程中转化为AlCl3的化学方程式_；(4)Na2S、H2S、NaCN等均为常用的铜沉淀剂，本流程使用NaCN除铜，不采用Na2S、H2S的原因是_(用离子方程式解释)。若盐酸溶解后溶液中c(Cu2)0.01 mol/L，当溶液中Cu2开始沉淀时，c(C
9、N)_。(已知KspCu(CN)24.001010)(5)实验室进行萃取和反萃取的仪器是_。流程中萃取与反萃取的目的是_。26解析：(1)由于在化合物中元素正负化合价代数和等于0，O为2价，Si为4价，可得锆英石(ZrSiO4)中Zr元素的化合价为4价；(2)根据图像可知ZrCl4的产率在温度为360 、1 MPa时最高，说明氯化的最佳条件是360 、1 MPa；根据图像可知：在360 以前，随着温度的升高，ZrCl4的产率逐渐增大，是由于温度升高，活化分子百分数增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，更多的反应物发生反应变为生成物，所以ZrCl4的产率逐渐增大，到360 达到最大值，此时反应达
10、到平衡状态，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使ZrCl4的产率逐渐降低，因此温度升高，ZrCl4的产率又逐渐降低；(3)Al2O3、焦炭在高温下与氯气反应产生AlCl3、CO2，根据电子守恒、原子守恒可得该反应方程式为2Al2O33C6Cl24AlCl33CO2；(4)锆英石(ZrSiO4)中含有铁元素的氧化物，在粉碎、氯化处理过程中有Fe3生成，Fe3具有氧化性，而H2S或S2具有还原性，会发生氧化还原反应：2Fe3H2S=2Fe2S2H或2Fe3S2=2Fe2S或2Fe33S2=2FeSS，影响Cu2的沉淀，若用NaCN，就不会发生上述反应；由于Ks
11、pCu(CN)2c(Cu2)c2(CN)4.001010，c(Cu2)0.01 mol/L，当溶液中Cu2开始沉淀时，c(CN)2.00104 mol/L；(5)由于萃取是分离互不相溶的液体混合物的方法，所以萃取和反萃取使用的仪器有分液漏斗和烧杯；在处理过程中Cu2与沉淀试剂形成Cu(CN)2沉淀过滤除去，Fe3与加入的NH4SCN形成配合物Fe(SCN)3，Zr4形成Zr(SCN)4，由于Fe(SCN)3难溶于MIBK，而Zr(SCN)4在水中溶解度不大，易溶于MIBK，向Fe(SCN)3、Zr(SCN)4的混合溶液中加入MIBK充分振荡后，分液，可将Fe(SCN)3分离除去，然后向MIBK
12、的溶液中加入硫酸进行反萃取，Zr(SCN)4进入硫酸溶液中，然后经过一系列处理，就可得到ZrO2。所以进行萃取和反萃取目的是除去铁元素杂质。答案：(1)4(2)360 、1 MPa360 以前反应未达到平衡，升温过程中反应继续向正向进行，产率不断增大；360 以后反应达到平衡，由于该反应为放热反应，升温过程中平衡逆向移动，ZrCl4产率又减小(3)2Al2O33C6Cl24AlCl33CO2(4)2Fe3H2S=2Fe2S2H(或2Fe3S2=2Fe2S或2Fe33S2=2FeSS)2.00104 mol/L(5)分液漏斗、烧杯除去铁元素杂质27(14分)某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按
13、下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O42H2O)，进一步制备高纯度还原铁粉。已知：FeC2O42H2O难溶于水，150 开始失结晶水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度升高而增大。请回答下列问题：(1)下列操作或描述正确的是_。A步骤，H2C2O4稍过量主要是为了抑制Fe2水解B步骤，采用热水洗涤可提高除杂效果C步骤，母液中的溶质主要是(NH4)2SO4和H2C2O4D步骤，如果在常压下快速干燥，温度可选择略高于100 (2)如图装置，经过一系列操作完成步骤中的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整(洗涤操作只需考虑一次): 开抽气泵abd_c关抽气泵。a转移固液混合物；b.
14、关活塞A；c.开活塞A；d.确认抽干；e.加洗涤剂洗涤抽滤和普通过滤相比，优点是_。(3)称取一定量的FeC2O42H2O试样，用硫酸溶解，采用KMnO4滴定法测定，折算结果如下：n(Fe2)/moln(C2O)/mol试样中FeC2O42H2O的质量分数9.801049.801040.980由表中数据推测试样中最主要的杂质是_。(4)实现步骤必须用到的两种仪器是_。(供选仪器：a.烧杯；b.坩埚；c.蒸馏烧瓶；d.高温炉；e.表面皿；f.锥形瓶)该步骤的化学方程式为_。(5)为实现步骤，不宜用碳粉还原Fe2O3，理由是_。27解析：硫酸亚铁铵晶体溶解于水，为防止 Fe2 的水解，需要加入过量
15、的草酸，生成的草酸亚铁晶体 (FeC2O42H2O)难溶于水，可通过抽滤、洗涤并干燥获得，将所得晶体在空气中灼烧，得纯氧化铁 (Fe2O3)，再用 CO 还原氧化铁得到还原铁粉；(1)A.Fe2 易水解，步骤，H2C2O4稍过量除抑制 Fe2 水解外，最主要的作用是将溶液里的 Fe2 完全转化为草酸亚铁晶体，提高原料利用率，故 A 错误；B.步骤，采用热水洗涤可提高草酸的溶解度，提升除杂效果，故 B 正确；C.步骤，经抽滤后，所得滤液中除 (NH4)2SO4 和 H2C2O4外，仍是草酸亚铁的饱和溶液，故 C 错误；D.为使FeC2O42H2O快速干燥，可使温度高于100 ，但须低于150 ，
16、故D正确；(2)步骤中抽滤操作的正确操作顺序为开抽气泵 转移固液混合物 关活塞 A 确认抽干 开活塞A加洗涤剂洗涤关活塞A 确认抽干 开活塞A 关抽气泵；(3)由图表数据可知，溶液中已知Fe2或C2O的浓度满足电荷守恒，说明杂质中不存在Fe2或C2O，杂质只能是反应的另一种生成物 (NH4)2SO4；(4)固体灼烧需要在坩埚里进行，则所需要的仪器有坩埚及加热所需的高温炉；草酸亚铁和 O2 灼烧时发生反应的化学方程式为 4FeC2O42H2O3O22Fe2O38CO28H2O；(5)步骤选用碳粉还原 Fe2O3，多余的碳粉会影响铁粉的纯度。答案：(1)BD(2)cebd加快过滤速度(其他合理答案
17、也可)(3)(NH4)2SO4(4)bd 4FeC2O42H2O3O22Fe2O38CO28H2O(5)产品中含碳杂质28(14分)探索CO2与CH4的反应使其转化为CO和H2，对减缓燃料危机，减少温室效应具有重要意义。回答下列问题：(1)已知：CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)H1206.1 kJmol12H2(g)CO(g)CH3OH(l)H2128.3 kJmol12H2(g)O2(g)2H2O(g)H3483.6 kJmol125 时，在合适的催化剂作用下，采用甲烷和氧气一步合成液态甲醇的热化学方程式为_。(2)向某密闭恒容容器中通入物质的量浓度均为0.1 molL1的CH
18、4与CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示。图1图2工业生产时一般会选择在p4和1 250 条件下进行反应，请解释其原因_。在压强为p4、1 100 的条件下，该反应在5 min时达到平衡点X，则05 min内，用CO表示该反应平均速率为_；该温度下，反应的平衡常数为_(保留3位有效数字)。(3)工业上用CO和H2制取甲醇反应方程式为2H2(g)CO(g)CH3OH(g)。对于该合成反应，若通入的CO的物质的量一定，如图2为4种投料比n(CO)n(H2)分别为57、1017、59、12时，反应温度对CO平
19、衡转化率的影响曲线。曲线b对应的投料比是_。当反应在曲线a、b、c对应的投料比下达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度和投料比的关系是_。投料比为1017反应温度为T1时，平衡混合气体中CO的物质的量分数为_。28解析：(1)根据盖斯定律：22得2CH4(g)O2(g)2CH3OH(l)H2H12H2H3(2206.1 kJmol1)(2128.3 kJmol1)483.6 kJmol1328.0 kJmol1，故甲烷与氧气反应生成甲醇的热化学方程式表示为CH4(g)O2(g)CH3OH(l)H164.0 kJmol1；(2)根据图表所示及工业生产需要分析知较大的压强和较高的温度都能加快反应速
20、率，提高生产效率；起始时甲烷的浓度为0.1 molL1，转化率为80%，则甲烷浓度变化为0.1 molL180%0.08 molL1，v(CO)2v(CH4)20.032 molL1min1；CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g) 0.1 0.1 0 0 0.08 0.08 0.16 0.16 0.02 0.02 0.16 0.16 K1.64；(3)由方程式知，投料比n(CO)n(H2)越小，CO转化率越高，所以b曲线的投料比是59；根据图像趋势知投料比越大，反应温度越低；投料比为1017对应曲线c，反应温度为T1时，平衡时CO转化率为75%，则2H2(g)CO(g)CH3OH(g
21、) 17 10 0 15 7.5 7.5 2 2.5 7.5混合气体中CO的物质的量分数为20.8%。答案：(1)CH4(g)O2(g)CH3OH(l)H164.0 kJmol1(2)较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率 0.032 molL1min11.64(3)59投料比越大，反应温度越低20.8%(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做则按所做的第一题计分。35【化学选修3：物质结构与性质】(15分)我国具有丰富的铜矿资源，请回答下列有关铜及其化合物的问题： (1)请写出基态Cu原子的价电子排布式_。焰火中的绿色是铜的焰色，基态铜原子在灼烧时价电
22、子发生了_ 而变为激发态。 (2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能Il(Zn)_ Il(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是_。(3)新型农药松脂酸铜具有低残留的特点，下图是松脂酸铜的结构简式： 请分析1个松脂酸铜中键的个数_加“*”碳原子的杂化方式为_。(4)硫酸铜溶于氨水形成Cu(NH3)4SO4深蓝色溶液。 Cu(NH3)4SO4中阴离子的立体构型是_。在Cu(NH3)42中Cu2、NH3之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。氨的沸点_膦(填“高于”或“低于”)。(5)黄铜合金可以表示为Cu3Zn，为面心立方晶胞，晶体密度为8.5 gcm3，
23、求晶胞的边长_(只写计算式，不求结果)。35解析：(1)Cu原子核外有29个电子，其价电子排布式为3d104s1；焰色反应，是电子在不同的轨道发生跃迁产生的现象；(2)Zn外围电子排布为3d104s2，Cu外围电子排布为3d104s1，Zn原子核外电子排布为全满结构，更难失去电子，故第一电离能锌大于铜；(3)单键是键，双键中有1个键和1个键，该有机物中含有326个双键，所以1个松脂酸铜中键的个数为6；加“*”碳原子形成的都是单键，其杂化方式为sp3；(4)Cu(NH3)4SO4中阴离子为硫酸根，中心原子S的价层电子对数为4，则轨道杂化类型为sp3，S上没有孤电子对，SO的立体构型是正四面体；在
24、Cu(NH3)42中Cu2提供空轨道，NH3提供孤对电子，所以形成的化学键称为配位键；提供孤电子对的成键原子是N; 因为氨气分子间可以形成氢键，所以氨的沸点高于膦；(5)由题干信息知，黄铜合金可以表示为Cu3Zn，为面心立方晶胞，晶胞中含有3个Cu、1个Zn，则晶胞的质量为 g g，则晶胞的边长为 cm cm。答案：(1)3d104s1 跃迁(2)大于Zn核外电子排布为全满结构，难失去电子(3)6 sp3(4)正四面体 配位键N高于(5) 36【化学选修5：有机化学基础】(15分)有机物F是一种香料，其合成路线如图所示： (1)A的名称为_，F中的含氧官能团为_(写名称)。(2)B的分子式为 C7H7Cl，步骤的反应试剂和条件为_。(3)步骤反应的化学方程式为_，反应类型为_。(4)满足括号中条件(苯环上只有两个取代基；能与FeCl3溶液发生显色反应；能发生水解反应和银镜反应)的E的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱峰面积比为62211的分子的结构简式为_。(5)依据题中信息，完成以为原料制取试剂的合成路线图(无机试剂一定要选银氨溶液，其他无机试剂任选)_。合成路线图示例如：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH