1、绝密启用前2020年中卫市高考第三次模拟考试理科综合能力测试可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 Na-23 S-32 si-28 Ca-40 F-19 Fe-56 Zn-65一、单项选择题：1.化学与生产生活息息相关，下列有关说法正确的是（ ）A. 预防新冠病毒用95%的酒精比用75%的酒精效果好B. 淀粉、蛋白质、聚乙烯都属于天然高分子化合物C. 一束光通过气溶胶时会产生一条光亮的通路，这是胶体特有的现象D. 漂白粉、漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸钙【答案】C【解析】【分析】【详解】A医用酒精的浓度为75%，可进入细菌的细胞内，完全破坏细菌组织，而95%的酒精因浓度过高，可在细菌
2、细胞最外层形成保护膜，达不到杀菌的目的，所以75%的酒精比95%的酒精杀菌效果好，故A错误；B聚乙烯属于合成高分子化合物，故B错误；C气溶胶是胶体，胶体有丁达尔效应，即一束光通过气溶胶时会产生一条光亮的通路，故C正确；D漂白粉和漂粉精的有效成分都是次氯酸钙，但漂白液的有效成分是次氯酸钠，故D错误；答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A. 28g乙烯和环丁烷混合气体中含有的碳原子数为2NAB. 常温下，5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分作用，最少失去的电子数为0.15NAC. 2.0gD2O中含有的质子数、电子数均为NAD. 含1molCl+的NH4Cl
3、溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH数为NA【答案】B【解析】【详解】A乙烯和环丁烷的最简式都为CH2，则28g乙烯和环丁烷的混合气体中含有的碳原子数为2NA，故A正确；B如果硝酸是浓硝酸，则铁在常温下在浓硝酸中钝化，失去的电子数几乎为零，故B错误；C依据2gD2O的物质的量=0.1mol，故所含有的质子数为0.1mol10=1mol，即NA个、含有的电子数为0.1mol10=1mol，即NA个，故C正确；D加入一定量的氨水后，溶液呈中性，n(H+)=n(OH-)，据溶液中的电荷守恒：n(Cl-)+n(OH-)=n(NH4+)+n(H+)，所以n(NH4+)=n(Cl-)=1mol，
4、故此时溶液中NH4+数为NA，故D正确。答案选B。3.下列实验操作对应的现象和结论均正确的是（ ）选项操作现象结论A相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH前者pH比后者大非金属性：SCB将相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液分别稀释a、b倍稀释后溶液pH相同abC向25mL沸水中滴加56滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸生成红褐色沉淀制得Fe(OH)3胶体D向H2O2溶液中滴加少量硫酸酸化的FeSO4溶液溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡Fe2+催化H2O2发生分解反应生成O2A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. 相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和N
5、aHSO4溶液的pH，前者pH比后者大，说明酸性H2CO3H2SO4，故A正确；B. 盐酸是强酸、醋酸是弱酸，稀释相同倍数，弱酸存在电离平衡移动，弱酸的pH变化小，若稀释后溶液pH相同，则弱酸稀释的倍数大，即aC，所以简单氢化物的稳定性YX，A选项正确；B、H，C，N可以形成铵盐，铵盐是离子化合物，故B错误；C、由结构图可知1mol甲分子中存在4molN-H键，故C选项正确；D、N的简单氢化物为NH3水溶液呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D选项正确。答案选B。6.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na-CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作
6、为电极材料，电池的总反应为：，下列说法错误的是（ ）A. 放电时，Na为电池的负极B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2C. 放电时，正极反应为：D. 充电时，阳极释放6.72L CO2时，转移的电子数为0.4NA【答案】D【解析】【分析】根据电池总反应可知放电时Na被氧化，CO2被还原，所以放电时Na为负极，充电时Na为阴极，放电时Ni为正极吸收CO2，充电时Ni为阳极释放CO2。【详解】A放电时为原电池，原电池中负极失电子发生氧化反应，根据总反应可知Na被氧化，所以Na为负极，故A正确；B根据电池总反应可知，放电时Ni电极吸收二氧化碳发生还原反应为正极，充电时Ni电极发生氧化反应释放二氧
7、化碳，故B正确；C根据总反应可知，放电时CO2被还原为正极原料，所以正极反应式为，故C正确；D未指明温度和压强，无法确定6.72L二氧化碳的物质的量，所以无法确定转移的电子数，故D错误；故答案为D。7.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、溶液，所得沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑的水解)。下列叙述不正确的是( )A. n点表示的不饱和溶液B. 的值等于10-9.75C. 的平衡常数为109.04D. 向的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成沉淀【答案】D【解析】【详解】A横坐标为lg，所以横坐标越大表示c(Xn-)越大，纵坐标为-lg，则纵坐标越大，c(Ag+)
8、越小，曲线上的点表示沉淀溶解平衡点，n点处c(Ag+)小于相同c(C2O)时对应的平衡点的c(Ag+)，所以n点处c(Ag+)c(C2O)KspAg2C2O4，即n点表示Ag2C2O4的不饱和溶液；B曲线上的点表示沉淀溶解平衡点，取点(-7.75,2)进行计算，该点溶液中c(Ag+)=10-2mol/L，c(Cl)=10-7.75 mol/L，= c(Ag+)c(Cl)=10-210-7.75=10-9.75，故B正确；C取点(-2.46，4)计算KspAg2C2O4=10-10.46，的平衡常数K=109.04，故C正确；D据图可知当时，生成AgCl沉淀所需银离子浓度更小，所以滴入硝酸银溶液
9、时，AgCl先沉淀，故D错误；故答案为D。二、非选择题：（一）必考题（共129分）8.甲酸是还原性酸，又称作蚁酸，常用于橡胶、医药、染料、皮革等工业生产。某化学兴趣小组在分析甲酸的组成和结构后，对甲酸的某些性质进行了探究。请回答下列问题。.甲酸能与醇发生酯化反应该兴趣小组用如上图所示装置进行甲酸与甲醇的酯化反应实验：有关物质的性质如下：沸点/密度水中溶解性甲醇64.50.79易溶甲酸100.71.22易溶甲酸甲酯31.50.98易溶（1）装置中，仪器A的名称是_，长玻璃管c的作用是_、_（2）甲酸和甲醇进行酯化反应的化学方程式为_。（3）要从锥形瓶内所得的混合物中提取甲酸甲酯，可采用的方法为_
10、。.甲酸能脱水制取一氧化碳，一定条件下，能与固体发生反应：。（1）如图所示是以甲酸钠溶液为电解质溶液的甲醇燃料电池：则a极电极反应式为_。（2）测定产物中甲酸钠的纯度：与足量充分反应后，消耗标况下，所得固体物质为，则所得固体物质中甲酸钠的质量分数为_（计算结果精确到0.1%）。（3）甲酸钠溶液呈弱碱性的原因：_（用离子方程式表示）【答案】 (1). 直形冷凝管 (2). 平衡内外气压 (3). 冷凝回流产品 (4). HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O (5). 蒸馏 (6). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O； (7). (8). HCOO-+H2O HCOOH+
11、OH-【解析】【分析】.(1)由仪器结构，可知仪器A为直形冷凝管；由蒸气冷凝为液体，装置内压强会减小，长玻璃管c可以平衡压强，也可以将产品蒸气进行冷凝回流；(2)甲酸与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成甲酸甲酯与水；(3)锥形瓶内为液态混合物，用蒸馏方法提取甲酸甲酯；.(1) 甲醇燃料电池中甲醇作负极，氧气作正极；(2) 标准状况下的物质的量为0.1mol，根据，甲酸钠的物质的量为0.1mol，据此计算甲酸钠的理论质量，再求纯度；(3) 甲酸钠溶液呈弱碱性的原因是甲酸根离子水解；【详解】.(1)由仪器结构，可知仪器A为直形冷凝管；由蒸气冷凝为液体，装置内压强会减小，长玻璃管c可以平衡压强
12、，也可以将产品蒸气进行冷凝回流，故答案为：直形冷凝管；平衡内外气压；冷凝回流产品；(2)甲酸与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成甲酸甲酯与水，化学反应方程式为：HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O，故答案为：HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O；(3)锥形瓶内为液态混合物，且甲酸、甲醇、甲酸甲酯的沸点相差很大，所以可以用蒸馏的方法提取甲酸甲酯，故答案为：蒸馏；.(1) 甲酸钠为电解质溶液，电解质溶液显碱性，甲醇燃料电池中甲醇作负极，则a极室为负极，其电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2
13、O；(2) 标准状况下的物质的量为0.1mol，根据，甲酸钠的物质的量为0.1mol，则甲酸钠的质量为：m=nM=0.1mol68g/mol=6.8g，所得固体物质为，则所得固体物质中甲酸钠的质量分数为：，故答案为：(3) 甲酸钠是强碱弱酸盐，甲酸根离子水解生成甲酸和氢氧根离子，使溶液呈弱碱性，其水解方程式为：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，故答案为：HCOO-+H2OHCOOH+OH-。【点睛】甲醇燃料电池，甲醇作负极，氧气作正极，电解质溶液酸碱性不同，其电极反应式不同，则：碱性条件：正极：3O2+12e-+6H2O=12OH-；负极：2CH3OH-12e-+16OH-=2+12H2O
14、；酸性条件：正极：3O2+12e-+12H+=6H2O；负极：2CH3OH-12e-+2H2O=12H+2CO2。9.闪锌矿（主要成分ZnS，含Cd、Fe、Cu等元素杂质)是冶炼锌单质的原料，有两种常见的冶炼方式：火法炼锌和湿法炼锌。两种方法均先将闪锌矿加热焙烧，得到以ZnO为主要成分的焙砂，再分别经过两条路线得到单质锌，同时得到副产品。已知：(I)相关金属单质的熔沸点金属单质ZnFeCuCd熔点(K)69318121356594沸点(K)1180302328401040(II)几种离子生成氢氧化物沉淀的pH开始沉淀pH完全沉淀 pHFe3+l.l3.2Zn2+5.98.9Cu2+476.7C
15、d2+6.99.6请回答下列问题:(1)写出步骤发生的主要反应的化学方程式_。 (2)步骤若焦炭与ZnO(s)反应生成1mol CO时吸收akJ的热量，请写出该反应的热化学方程示_。(3)步骤中操作I的分离方法为_，得到副产品粗 镉需控制温度为_左右。(4)步骤需调节溶液pH为_，目的是_。 (5)步骤以Pt为阳极、Al为阴极进行电解的化学方程式为_。(6)分别取闪锌矿200kg，通过火法炼锌得到Zn的质量为65kg，通过湿法炼锌得到Zn的质量为78kg，闪锌矿中ZnS的质量分数约为_。【答案】 (1). 2ZnS + 3O2 2ZnO + 2SO2 (2). ZnO(s) + C(s) Zn
16、(g) + CO (g) H = + a kJ/mol (3). 蒸馏 (4). 1040 K (5). 3.2 pH K，根据极限转化思想来实现等效平衡；. 根据电荷守恒结合平衡常数表达式计算。【详解】. (1)A. 该反应正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，A的转化率增大，A正确；B. 体系中通入A气体，A的转化率减小，B错误；C. D为固体，将D的浓度减小，不会引起平衡的移动，A的转化率不变，C错误；D. 通入稀有气体He，使体系压强增大到原来的5倍，但是各组分浓度不变，不会引起平衡的移动，A的转化率不变，D错误；故答案为：A；(2)化学平衡常数，在1.0L密闭容器中放入0.10m
17、olA(g)，设A的变化量为x，则根据三段式：则，解得x=0.04mol，所以前2小时A的反应速率为：，物质表示的反应速率之比等于系数之比，所以C表示的反应速率为：，故答案为：；0.02；(3)设：平衡时A的变化量是y，则根据三段式：化学反应在20h时达到平衡，则，解得y=0.07mol，所以平衡时A的转化率为：，C的体积分数为： ，故答案为： ； ；(4)相同条件下，若该反应从逆向开始，建立与上述相同的化学平衡，则D的取值范围n（D）0.03mol，故答案为：0.03；. 盐酸和醋酸钠反应生成氯化钠和醋酸，溶液呈中性，所以醋酸钠剩余，c（H+）=c（OH-）=107mol/L，根据电荷守恒，
18、c（Cl-）=0.5bmol/L，c（CH3COO-）+c（Cl-）=c（Na+）=0.5amol/L，所以c（CH3COO-）=（0.5a0.5b）mol/L，醋酸的电离常数为： ，故答案为：。（二）选考题：【化学-选修3：物质结构】11.决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题：（1）基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是_，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为_。（2）已知元素M是组成物质的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量（即电离能，用符号至表示）如表所示：电离能589.81145.44912.464918153元素M化合态常见化合价是_价，其基态原
19、子电子排布式为_（3）的中心原子的杂化方式为_，键角为_（4）中非金属元素电负性由大到小的顺序为_（5）下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是_A.第一电离能： B.共价键的极性：C.晶格能： D.热稳定性：（6）如图是晶胞，构成二氧化硅晶体结构的最小环是由_个原子构成。已知晶胞参数为，则其晶胞密度为_。【答案】 (1). N (2). 球形 (3). +2 (4). 1s22s22p63s23p64s2或Ar 4s2 (5). sp3 (6). 10928 (7). FOP (8). BC (9). 12 (10). 【解析】【分析】(1)基态K原子共有4给电子层，最高能层位N；价层电子排布
20、式为4s1；(2) M的第三电离能远远大于第二电离能，该元素最外层有2个电子；(3)根据价层电子互斥理论确定杂化方式及空间构型；(4)Ca3(PO4)3F中非金属元素为P、O、F，同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；(5) A. 同周期元素的第一电离能有增大的趋势，价层电子处于充满或半充满状态时，第一电离能大于其后元素的；B.键合原子的电子亲合能或电负性的差值越大，极性越大；C. 离子半径越小，键长越短，晶格能越大；D. 金属阳离子的半径越小，其碳酸盐的热稳定性越弱；(6)构成二氧化硅晶体结构的最小环是六元环，根据密度公式计算晶体密度。【详解】(1)基态K原子共有4给电
21、子层，最高能层位N；价层电子排布式为4s1，该能层电子云轮廓为球形，故答案为：N；球形；(2) M的第三电离能远远大于第二电离能，说明该元素失去2个电子时为稳定结构，则该元素最外层有2个电子，则M为Ca，元素M化合态常见化合价是+2，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2或Ar 4s2，故答案为：+2；1s22s22p63s23p64s2或Ar 4s2；(3)的中心原子P的孤电子对数为：1/2（a-xb）=1/2(5+3-24)=0，价层电子对数为：4+0=4，P原子杂化方式为sp3杂化，空间构型为正四面体，键角为10928，故答案为：sp3；10928；(4)Ca3(P
22、O4)3F中非金属元素为P、O、F，同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，所以电负性：FOP，故答案为：FOP；(5) A. 同周期元素的第一电离能有增大的趋势，价层电子处于全充满或半充满状态时，第一电离能大于其后元素的第一电离能，则ClPSSi，A错误；B.键合原子的电子亲合能或电负性的差值越大，极性越大，则共价键的极性：HFHClHBrHI，B正确；C. 离子半径越小，键长越短，晶格能越大，则晶格能：NaFNaClNaBrNaI，C正确；D. 金属阳离子的半径越小，其碳酸盐的热稳定性越弱，则热稳定性：BaCO3SrCO3CaCO3MgCO3，D错误；故答案为：BC。(
23、6)构成二氧化硅晶体结构的最小环是六元环，其中有6个Si原子和6个O原子，所以构成二氧化硅晶体结构的最小环是由12个原子构成；1个晶胞中含有Si原子的数目为：81/8+61/2+4=8，含有O原子的数目为：16，则根据公式：，其晶胞的密度为：，故答案为：12；。【点睛】中心原子的孤电子对数=1/2（a-xb）；中心原子的价层电子对数=孤电子对数+键。中心原子的价层电子对数=2，为sp杂化；中心原子的价层电子对数=3，为sp2杂化；中心原子的价层电子对数=4，为sp3杂化。【化学-选修5：有机化学】12.化合物H是药物合成的一种中间体，可通过以下方法合成：(1)B中官能团名称为_。(2)GH的反
24、应类型为_。(3)已知C的一种同分异构体为：，下列说法正确的是_。a.能发生酯化反应b.能发生银镜反应c.1mol该物质完全水解能消耗3mol NaOHd.该分子的核磁共振氢谱中峰面积之比为1262e.其在酸性条件下的水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应(4)中手性碳原子(一个碳原子上连有4个不一样的原子或者原子团)个数为_。(5)E的分子是为C14H17O3N，E经还原得到F，写出EF的反应方程式：_。(6)已知： 苯胺()易被氧化。请以甲苯和(CH3CO)2O为原料制备，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。_。【答案】 (1). 醚键和氨基 (2). 取代反应(水解反应) (3
25、). bde (4). 1 (5). +H2 (6). 【解析】【详解】（1）B为，官能团有两个，醚键和氨基，故答案为：醚键和氨基；（2）GH： ，酰胺基变回氨基，发生水解反应，故答案为：水解反应；（3）已知C的一种同分异构体为：a.不含羧基也不含羟基，不能发生酯化反应，a错误；b.分子结构中左边HOOC-能发生银镜反应，b正确；c.酯基水解消耗1mol NaOH，水解后的产物有酚羟基，再消耗1mol，故1mol该物质完全水解能消耗2mol NaOH，c错误；d.水平画一条对称轴，有四种等效氢，个数分别为1、2、6、2，则核磁共振氢谱中峰面积之比为1262，d正确；e.该物质水解后得到1个酚羟基，可以和FeCl3溶液发生显色反应，e正确；故答案为：bde；（4）与四个不相同的原子或原子团相连的碳原子为手性碳，该分子中与Br相连的C原子为手性碳原子，故答案为：1；（5）E的分子式为，F的分子式为，E的分子式比F少2个H，且E经还原得到F，所以 E的结构简式，E和氢气反应生成F，方程式为：+H2 ，故答案为：+H2 ；（6）甲苯硝化引入硝基，再还原硝基，然后脱水，最后把甲基氧化为羧基，合成路线为 ，故答案为：
