1、山西省大同十九中2020届高三化学3月线上模拟试题（含解析）一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）A. 宋朝王希孟画作千里江山图所用纸张为宣纸，其主要成分是碳纤维B. 汉代烧制出“明如镜、声如罄”的瓷器，其主要原料为石灰石C. “司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”中的“杓”含Fe2O3D. 港珠澳大桥使用的聚乙烯纤维吊绳是有机高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A. 纸张的原料是木材等植物纤维，所以其主要成分是纤维素，不是碳纤维，故A错误；B. 瓷器的原料是黏
2、土，是硅酸盐，不是石灰石，故B错误；C. 与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故C错误；D. 聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确。故选D。2.咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如下图，下列说法不正确的是A. 咖啡酸可以发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应B. 1mol 咖啡酸最多能与5 mol H2反应C. 咖啡酸分子中所有原子可能共面D. 蜂胶的分子式为C17H16O4，在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种一元醇A，则醇A 的分子式为C8H10O【答案】B【解析】A，咖啡酸中含酚羟基能发生取代反应、加成反应、氧化反应，含碳碳双键能发生加成反应
3、、氧化反应、加聚反应，含羧基能发生取代反应、酯化反应，A项正确；B，咖啡酸中含有1个苯环和1个碳碳双键，苯环和碳碳双键能与H2发生加成反应，1mol咖啡酸最多能与4molH2发生加成反应，B项错误；C，咖啡酸中碳原子形成1个苯环、1个碳碳双键、1个羧基，其中C原子都为sp2杂化，联想苯、乙烯结构，结合单键可以旋转，咖啡酸中所有原子可能共面，C项正确；D，由咖啡酸的结构简式写出咖啡酸的分子式为C9H8O4，A为一元醇，蜂胶水解的方程式为C17H16O4（蜂胶）+H2OC9H8O4（咖啡酸）+A，根据原子守恒，A的分子式为C8H10O，D项正确；答案选B。点睛：本题考查有机物的结构和性质、有机分子
4、中共面原子的判断。明确有机物的结构特点是解题的关键，难点是分子中共面原子的判断，分子中共面原子的判断注意从乙烯、苯和甲烷等结构特点进行知识的迁移应用，注意单键可以旋转、双键不能旋转这一特点。3.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是（）A. 用图1所示装置制取并收集少量纯净的氨气B. 用图2 所示装置分离乙醇和乙酸乙酯的混合溶液C. 用图3所示装置加热分解NaHCO3固体D. 用图4 所示装置比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱【答案】D【解析】A，向NaOH固体中加入浓氨水可产生NH3，NH3可用碱石灰干燥，NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，A项错误；B，乙醇和
5、乙酸乙酯为互相混溶的液体混合物，不能用分液法进行分离，B项错误；C，加热分解NaHCO3固体时试管口应略向下倾斜，C项错误；D，浓盐酸加到KMnO4中产生黄绿色气体，锥形瓶中发生的反应为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物得出，氧化性：KMnO4Cl2，Cl2通入NaBr溶液中溶液由无色变为橙色，试管中发生的反应为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，由此得出氧化性：Cl2Br2，D项正确；答案选D。点睛：本题考查化学实验的基本操作、气体的制备、物质氧化性强弱的比较。注意加热固体时试管口应略向下倾斜，防止水分在试管口
6、冷凝倒流到试管底部使试管破裂；比较氧化性的强弱通常通过“强氧化性物质制弱氧化性物质”的氧化还原反应来实现。4.中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 整个过程实现了光能向化学能的转换B. 过程有O-O单键生成并放出能量C. 过程发生的化学反应为：2H2O22H2O+O2D. 整个过程的总反应方程式为：2H2O2H2+O2【答案】C【解析】【详解】A. 由图可知，太阳能使水分解，则实现了光能向化学能的转化，故A正确；B. 过程II中生成氢气、过氧化氢，形成化学键，过程放出能量并生成了OO键，故B正确；C. 由
7、图可知，过程发生的反应为过氧化氢分解生成氢气和氧气的反应，H2O2H2+O2，故C错误；D. 总反应为水分解生成氢气和氧气，则总反应2H2O2H2+O2，故D正确。故选C。5.某科研小组将含硫化氢的工业废气进行了资源化利用，将获得的电能用于制取“84”消毒液。已知:2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)H= -632 KJ/ mol。下图为该小组设计的原理图。下列说法正确的是 ( )A. 电极a为燃料电池正极B. 电极b上发生的电极反应为:O2+4e-+2H2O=4OH-C. 电路中每流过4mol电子，电池质子固体电解质膜饱和NaCl溶液内部释放热能小于632kJD. a极每增
8、重32g，导气管e将收集到气体22.4L【答案】C【解析】【分析】根据2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，正极O2得电子发生还原反应，则b为电池的正极，则c为阴极，发生还原反应生成氢气，d为阳极，发生氧化反应生成氯气，以此解答该题。【详解】A.由2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，故A错误；B.正极O2得电子发生还原反应，所以电极b上发生的电极反应为：O2+4H+4e-2H2O，故B错误；C.电路中每流过4mol电子，则消耗1mol氧气，但该装置将化学能转
9、化为电能，所以电池内部释放热能小于632kJ，几乎不放出能量，故C正确；D.a极发生2H2S4e=S2+4H+，每增重32g，则转移2mol电子，导气管e 将收集到气体1mol，但气体存在的条件未知，体积不一定为22.4L，故D错误。故选C。【点睛】此题易错点在D项，涉及到由气体物质的量求体积时，一定要注意条件是否为标准状态。6.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与强碱溶液反应。下列说法不正确的是A. Q
10、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YZXQD. W与X形成化合物的化学式为W3X【答案】B【解析】【分析】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。【详解】A. Q与X形成简单化合物NH3分子为三角锥形，故A正确；B. 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
11、价化合物，不导电，故B错误；C. 电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：YZXQ，故C正确；D. W与X形成化合物的化学式为Li3N，故D正确；故选B。7.常温下，用0.1000molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000 molL1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示。已知(X)下列说法正确的是A. Ka(HA)的数量级为105B. 溶液中由水电离出的c(H)：a点b点C. 当pH4.7时，c(A)c(OH)c(HA)c(H)D. 当pH7时，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL【答案】A【解析】【详解】A. 曲线
12、的交点处，c(HA)=c(A-)，此时pH=4.7，则因此Ka(HA)的数量级为10-5，A项正确；B. a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c (H)：a点7，D项错误；答案选A。【点睛】利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)= c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。8.
13、三草酸合铁（III）酸钾K3Fe(C2O4)33H2O（其相对分子质量为491），为绿色晶体，易溶于水，难溶于酒精。110下可完全失去结晶水，230时分解。它还具有光敏性,光照下即发生分解，是制备活性铁催化剂的原料。某化学小组制备该晶体，并测定其中铁的含量，进行如下实验：三草酸合铁（）酸钾的制备；称取5g硫酸亚铁固体，放入到100mL的烧杯中，然后加15mL馏水和56滴稀硫酸，加热溶解后，再加入25mL饱和草酸溶液，搅拌加热至沸。停止加热，静置，待析出固体后，抽滤、洗涤、干燥，得到FeC2O42H2O；向草酸亚铁固体中加入饱和K2C2O4溶液10mL，40oC水浴加热，边搅拌边缓慢滴加20mL
14、3%H2O2溶液，变为深棕色，检验Fe2+是否完全转化为Fe3+，若氧化不完全，再补加适量的H2O2溶液；将溶液加热至沸，然后加入20mL饱和草酸溶液，沉淀立即溶解，溶液转为绿色。趁热抽滤，滤液转入100mL烧杯中，加入95%乙醇25mL，混匀后冷却，可以看到烧杯底部有晶体析出。晶体完全析出后，抽滤，用乙醇-丙酮混合液洗涤，置于暗处晾干即可。（1）写出步骤中，生成FeC2O42H2O晶体的化学方程式_。检验FeC2O42H2O晶体是否洗涤干净的方法是_。（2）步骤中检验Fe2+是否完全转化的操作为_。（3）步骤用乙醇-丙酮混合液洗涤，而不是用蒸馏水洗涤的原因是_。铁含量的测定：步骤一：称量5.
15、00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化，MnO4-被还原成Mn2+，向反应后的溶液中逐渐加入锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤三：用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4-被还原成Mn2+。步骤四：重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液19.98mL。（4）配制三草酸合铁酸钾溶液中用到的玻璃仪器有烧杯_，_，_。（5）写出
16、步骤三中发生反应的离子方程式_。（6）实验测得该晶体中铁的质量分数为_（结果保留3位有效数字）。【答案】 (1). FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+H2SO4 (2). 用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净 (3). 滴加K3Fe（CN）6溶液，观察是否生成蓝色沉淀 (4). 减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分 (5). 玻璃棒 (6). 胶头滴管 (7). 250mL容量瓶 (8). 5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O (9). 11.2%【解析】分析】
17、(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O42H2O；固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净；(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀；(3)FeC2O42H2O微溶于水，难溶于乙醇-丙酮；(4)配制溶液，可用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等；(5)为亚铁离子与高锰酸钾的反应；(6)结合反应的离子方程式，计算25mL溶液中含有亚铁离子，可计算5.00g三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数。【详解】(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O42H2O，反应的方程式为FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O42H2O+H2SO4，固
18、体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净，故答案为FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O42H2O+H2SO4；用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净；(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀，检验Fe2+是否已完全被氧化，可以用K3Fe(CN)6溶液，故答案为滴加K3Fe(CN)6溶液，观察是否生成蓝色沉淀；(3)由于FeC2O42H2O微溶于水，难溶于乙醇-丙
19、酮，所以用乙醇-丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；故答案为减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；(4)配制溶液，需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等，故答案为玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；(5)在步骤三中发生的离子反应为：5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；(6)n(Fe)=5n(MnO4-)=50.0100mol/L19.9810-3L1.010-3mol，m(Fe)=56gmol-11.010-3mol=0.056g。则5.
20、00g三草酸合铁酸钾晶体中m(Fe)=0.056g=0.56g，晶体中铁的质量分数=100%=11.2%，故答案为11.2%。9.ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下流程制取。已知：ZrSiO4能与烧碱反应生成Na2ZrO3和Na2SiO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表。(1)“熔融”过程中， ZrSiO4发生反应的化学方程式是_滤渣I的化学式为_(2)“氧化”过程中，发生反应的离子方程式是_调“pH=a”时，a的范围是_(3)为得到纯净的Z
21、rO2，滤渣要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_(4)滤渣的成分是Zr(CO3)2xZr(OH)4取干操后的滤渣 37.0g，煅烧后可得到24.6 g ZrO2则x等于_，“调pH=8.0”时，所发生反应的离子方程式为_ 。【答案】 (1). ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O (2). H2SiO3 (3). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (4). 5.2a6.2 (5). 取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生说明已洗干净 (6). 1 (7). 2ZrO2+2CO32-+2H2O=Zr(CO3)2Zr
22、(OH)4【解析】【分析】锆英砂（主要成分为ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质），加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，氧化铝转化为NaAlO2，SiO2转化为Na2SiO3，Fe2O3不反应，再加过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为氯化铝、碳酸亚铁、氧化铁转化为氯化亚铁、氯化铁，过滤分离，滤渣I为硅酸，滤液中含有ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，Na+、Cl-等，加入过氧化氢氧化亚铁离子，加氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤分离滤
23、渣II为氢氧化铁、氢氧化铝，滤液中主要含有ZrO2+、NH4+、Cl-，Na+、Cl-等，再加氨水调节pH，使ZrO2+转化为Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤、干燥得到Zr（OH）4，加热分解即可得到ZrO2，以此解答该题。【详解】（1）由题给信息知， ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣I为H2SiO3，故答案为：ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O；H2SiO3；（2）“氧化”过程中，双氧水
24、在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，调节pH，可使铁离子和铝离子完全沉淀，但要避免生成Zr(OH)4，由表中数据可知pH的范围为5.26.2，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；5.2aCNi (9). 2：1 (10). 正八面体 (11). 【解析】试题分析：本题考查物质结构与性质，涉及价层电子排布式的书写，电负性的比较，原子杂化方式的判断，键和键的判断，配位化合物，晶体类型的判断，晶胞的分析和计算。（1）Ni原子序数为28，基态Ni原子核外有28个电子，根据构造原理，基态Ni原子的核外电子排布式为1
25、s22s22p63s23p63d84s2，价层电子排布式为3d84s2。Fe原子核外有26个电子，Fe3+核外有23个电子，每个电子的运动状态都不相同，基态Fe3+有23种不同运动状态的电子。基态Cr原子核外有24个电子，基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，3d上5个电子和4s上的1个电子为未成对电子，基态Cr原子有6个未成对电子。（2）配合物Cr（H2O）63+中，中心离子为Cr3+，配体为H2O，Cr3+具有空轨道，H2O中O原子上有孤电子对，O原子提供孤电子对与Cr3+形成配位键，与Cr3+形成配位键的原子是O。CH3CHO中CH3中碳原子形成4个共
26、价单键，CH3中碳原子为sp3杂化，CHO中碳原子形成1个碳氧双键和2个单键，CHO中碳原子为sp2杂化。（3）由于Ni（CO）4常温下是无色液体，易溶于有机溶剂，Ni（CO）4是分子晶体。非金属性OCNi，元素的非金属性越强，元素的电负性越大，组成Ni（CO）4三种元素电负性由大到小的顺序为OCNi。CO的结构式为CO，三键中有1个键和2个键，CO分子中键与键的个数比为2:1。（4）根据NiO的立方晶体结构知，O2-周围等距离最近的Ni2+有6个，6个Ni2+构成正八面体，O2-填入Ni2+构成的正八面体空隙。用“均摊法”，晶胞中含Ni2+：8+6=4，含O2-：12+1=4；晶胞中原子的体
27、积为4（r110-10cm）3+4（r210-10cm）3=4（r13+r23）10-30cm3；1mol晶体的质量为75g，1mol晶体的体积为cm3，晶胞的体积为4cm3；该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为4（r13+r23）10-30cm3（4cm3）100%=100%。12.化合物G是一种具有抗痢疾的某种药物的中间体，其合成路线如图：已知：+R3NH2+H2O（1）X的分子式为C2H4Cl2，写出其化学名称_。（2）的反应类型为_。（3）D中官能团的名称为_。（4）E的分子式为_。（5）芳香族化合物Z的分子式为C8H7OBr，写出Z的结构简式_。（6）同时满足下列条件的D的同分异构
28、体有多种，写出任意一种的结构简式_。能与氯化铁发生显色反应能与纯碱反应放出二氧化碳气体除苯环外无其他环状结构核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1：1：2：6（7）写出和为有机原料制备的流程图。_【答案】 (1). 1，2-二氯乙烷 (2). 取代反应 (3). 醛基、醚键 (4). C13H9O5N (5). (6). 、（任意1种） (7). 【解析】【分析】X的分子式为C2H4Cl2，对比A、B的结构，可知X为ClCH2CH2Cl对比B、C的结构可知，Y可以为OHC-COOHC转化得到D，D发生硝化反应得到E，E中硝基被还原为氨基生成F。Z的分子式为 C8H7OBr，为芳香族化合物，对比F、
29、G的结构，结合给予的信息，可知Z为。(7)由信息可知由与反应得到目标物。苯发生硝化反应得到硝基苯，然后与Fe/HCl作用得到。碱性条件下水解得到，然后发生催化氧化得到。【详解】(1)X的分子式为C2H4Cl2，对比A、B的结构，可知X为ClCH2CH2Cl，X的化学名称为：1，2-二氯乙烷，故答案为1，2-二氯乙烷；(2)对比A、B的结构，可知的反应类型为取代反应，故答案为取代反应；(3)D中官能团的名称为：醛基、醚键，故答案为醛基、醚键；(4)E分子中含有13个C原子、9个H原子、5个O原子、1个N原子，E的分子式为C13H9O5N，故答案为C13H9O5N；(5)芳香族化合物Z的分子式为
30、C8H7OBr，对比F、G的结构，结合给予的信息，可知Z为，故答案为；(6)同时满足下列条件的D的同分异构体：能与氯化铁发生显色反应，说明含有酚羟基；能与纯碱反应放出二氧化碳气体，说明含有羧基；除苯环外无其他环状结构，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1：1：2：6，存在对称结构，符合条件的同分异构体为：、，故答案为、(任意1种)；(7)由信息可知由与反应得到目标物。苯发生硝化反应得到硝基苯，然后与Fe/HCl作用得到。碱性条件下水解得到，然后发生催化氧化得到，合成路线为：。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据双安妥明的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。
