1、宁夏回族自治区2020届高三化学下学期在线模拟试题（含解析）一、选择题（每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A. 硅酸钙可用于生产黏合剂和防火剂B. 改燃煤为燃气，可以减少废气中SO2等有害物质的排放量C. 合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D. 发泡塑料饭盒适用于微波炉加热食品，不适于盛放含油较多的食品【答案】B【解析】【详解】A硅酸钠可用于生产黏合剂和防火剂，硅酸钙难溶于水，不能用于生产黏合剂和防火剂，A错误；B天然气燃烧生成二氧化碳和水，因此改燃煤为燃气，可以减少废气中SO2等有害物质的排放量，B正确；C碳纤维是一种纤维状
2、碳材料，不属于有机高分子材料，C错误；D发泡塑料饭盒主要材质是高分子材料，发泡塑料饭盒不适用于微波炉加热食品，高分子材料能被油脂缓慢的溶解，所以发泡塑料饭盒不适于盛放含油较多的食品，D错误；故答案选B。2.NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )A. 25时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.2NAB. 标准状况下,6.72 L NO2与水充分反应转移的电了数目为0.1NAC. 常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAD. 100g 46%的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NA【答案】D【解析】pH=13，c(H+)=10-13mol
3、/L，c(OH-)=0.1 mol/L，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NA, A错误；3NO2+H2O=2HNO3+NO,3molNO2参加反应，转移2mol电子，6.72 L NO2（即0.3 mol），转移电子0.2NA，B错误；常温下，铝片在浓硫酸中钝化，反应停止，铝失去的电子数小于0.3NA，C错误；100g 46%的乙醇溶液中，含有乙醇46克，物质的量为1mol，含有1molH-O键，溶剂水为54克，其物质的量为3mol，含有6molH-O键，所以该溶液中共含有H-O键的数目为7NA，D正确；正确选项D。3.下列实验操作能达到实验目的或得出相应结论的
4、是实 验 操 作目的或结论A将Cu片放入FeCl3溶液中证明Fe的金属性比Cu强B将点燃的镁条置于盛有CO2的集气瓶中，瓶内壁有黑色固体生成镁与CO2发生置换反应C将SO2通入溴水或酸性高锰酸钾溶液中证明SO2有漂白性D向FeCl2溶液（含少量FeBr2杂质）中，加入适量氯水，再加CCl4萃取分液除去FeCl2溶液中的FeBr2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A发生2Fe3Cu=Cu22Fe2反应，体现Fe3的氧化性强于Cu2，不能证明二者金属性的强弱，故A错误；B根据现象可以推知，发生2MgCO22MgOC反应，该反应为置换反应，故B正确；C利用溴水或酸性高锰酸钾溶
5、液的强氧化性，把SO2氧化成SO42，体现SO2的还原性，故C错误；D还原性：Fe2Br，加入适量氯水，先氧化成Fe2，因此不能用氯水除去FeCl2中FeBr2，故D错误；故选B。4.下列关于有机化合物的结构、性质的叙述正确的是（ ）A. 苯、油脂均能使酸性KMnO4溶液褪色B. 甲烷和氯气的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应C. 蔗糖、麦芽糖的分子式均为C12H22O11，二者互为同分异构体D. 乙醇、乙酸均能与NaOH反应，因为分子中均含有官能团“OH”【答案】C【解析】试题分析： A苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，油脂中若含有碳碳不饱和键才能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B
6、甲烷和Cl2的反应是取代反应，乙烯和Br2的反应是加成反应，不属于同一类型的反应，故B错误，C蔗糖、麦芽糖的分子式相同，但结构不同，属于同分异构体，故C正确；D“-OH”与碱不反应，所以乙醇与NaOH不反应，故D错误；故选C；考点：物质的性质、反应类型、同分异构体等5.世界水产养殖协会网介绍了一种利用电化学原理净化鱼池中水质的方法，其装置如图所示。下列说法正确的是A. X为电源负极B. 若该装置在高温下进行，则净化效率将降低C. 若有1molNO3-被还原，则有6molH+通过质子膜迁移至阴极区D. 若BOD为葡萄糖(C6H12O6)，则1mol葡萄糖被完全氧化时，理论上电极流出20 mol
7、e-【答案】B【解析】分析：从装置图中可知，X端连接的电极上发生反应是微生物作用下BOD、H2O反应生成CO2，Y端连接的电极上，微生物作用下，硝酸根离子生成了氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，则Y为负极，X为正极，结合电极反应和电子守恒计算，质子膜允许氢离子通过。详解：根据上述分析可知，Y为负极，X为正极。AY端连接的电极上，微生物作用下，硝酸根离子生成了氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，则Y为负极，X为正极，故A错误；B若该装置在高温下进行，催化剂微生物被灭活，则净化效率将降低，故B正确；C若有1molNO3-被还原，根据阴极电极反应式：2NO3-+
8、10e-+12H+=N2+6H2O，可知转移电子5mol，则有5molH+通过质子膜迁移至阴板区，故C错误；D若BOD为葡萄糖(C6H12O6)，则1mol葡萄糖被完全氧化时，碳元素化合价由0价变化为+4价，理论上电极上流出=4e-6=24mole-，故D错误；故选B。点睛：本题考查了电解池原理和应用、依据电极上物质变化的元素化合价变化判断方式的反应来确定电解池电极名称和原电池电极名称是解题的关键。本题中外电路和质子交换膜中通过的电量相同，不能依据实际消耗的氢离子计算，这是本题的易错点。6.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电
9、子，Z 位于元素周期表A族，W 与X属于同一主族。下列说法正确的是A. 原子半径：r(W) r(Z) r(Y)B. 由X、Y 组成的化合物中均不含共价键C. Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱D. X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。【详解】A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）
10、r（Z）r（W），A项错误；B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；答案选D。7.常温下，二元弱酸 H2Y 溶液中滴加 KOH 溶液，所得混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系如下图所示，下列有关说法错误的是A. 曲线 M 表示 pH与 lg的变化关系B. a点溶液中：c(H+) c(OH-)2c(Y2)c(HY-) c(K+)C. H2Y 的第二级电离
11、常数Ka2(H2Y)104.3D. 交点b的溶液中：c(H2Y)c(Y2-)c(HY-)c(H+)c(OH-)【答案】D【解析】【详解】详解：A.随着pH的增大，H2Y的电离程度逐渐增大，溶液中逐渐增大，逐渐减小，lg逐渐增大，lg逐渐减小，因此曲线M表示pH与的关系，故A正确；B. a点溶液中存在电荷守恒：c(H+) +c(K+)2c(Y2)c(HY-)+c(OH-)，因此 c(H+) c(OH-)2c(Y2)c(HY-) c(K+)，故B正确；CpH=3时，lg=1.3，则Ka2(H2Y)=104.3,故C正确；D. 交点b的溶液中存在：lg= lg1.3，因此101.3,即c(Y2-)c
12、(HY-),故D错误；综合以上分析，本题选D。二、非选择题(共43分）8.ClO2(黄绿色易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收和释放进行了研究。(1)仪器A的名称是_。(2)安装F中导管时，应选用图2中的_。(3)A中发生反应生成ClO2和Cl2，其氧化产物和还原产物物质的量之比为_。(4)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_。(5)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为_。(6)ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收
13、可得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的浓度，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样，量取V0 mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入指示剂，用c molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点。重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液平均值为V1 mL。(已知2ClO2+10I+8H+=2Cl+5I2+4H2O2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI)计算该ClO2的浓度为_g/L(用含字母的代数式表示，计算结果化简)。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). b (3). 12
14、 (4). 吸收Cl2 (5). 4H+5ClO2-=Cl+4ClO2+2H2O (6). 135cV1/V0【解析】【分析】根据实验装置图可知，A、B是制备氯气和二氧化氯的；C是用于吸收氯气的；D是用于吸收二氧化氯的，E是用于重新释放二氧化氯的，F是可验证尾气中是否含有氯气。【详解】(1)根据仪器特征，可知仪器A是圆底烧瓶；(2)F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b；(3)氯酸钠和稀盐酸混合产生Cl2和ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价，盐酸中氯为-1价，被氧化成0价氯，转移电子数为2，所以NaClO3、ClO2前化学计
15、量数为2，Cl2前化学计量数为1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O，其氧化产物Cl2和还原产物ClO2物质的量之比为12；(4)F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2；(5)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H+5ClO2-=Cl+4ClO2+2H2O；(6)设原ClO2溶液的浓度为x mol/L，则根据滴定过程中的反应方程式可知2ClO25I210Na2S2O3；则有，解得x=，换算单位得。9
16、.我国重晶石（含BaSO490%以上）资源丰富，其中贵州省重晶石储量占全国总储量的三分之一。我省某工厂以重晶石为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下：查阅资料可知：常温下： Ksp(BaSO4)=1.010-10，Ksp(BaCO3)=2.510-9TiC14在常温下是无色液体，遇水容易发生水解：TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl。草酸氧钛钡的化学式为：BaTiO(C2O4)24H2O。请回答下列问题：（1）工业上用饱和Na2CO3溶液处理重晶石（假设杂质不与Na2CO3溶液作用），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为易溶于酸的BaC
17、O3，该过程用离子方程式可表示为_，此反应的平衡常数K=_ （填写计算结果）。若不考虑CO32- 的水解，则至少需要使用_mol/L 的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能实现该转化过程。（2）酸浸时所发生反应的离子方程式为_。（3）配制TiCl4溶液时通常将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是_。（4）可循环使用的物质X 是_（填化学式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：_。（5）煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3的同时，高温下生成的气体产物有CO、_和_（填化学式）。【答案】 (1). BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq) (2). 0.
18、04(或1/25) (3). 2.510-4 (4). BaCO3+2H+= Ba2+CO2+H2O (5). 抑制TiCl4的水解 (6). HCl (7). 取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净 (8). CO2 (9). H2O(g)【解析】（1）用饱和Na2CO3溶液将BaSO4转化为易溶于酸的BaCO3离子方程式为：BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，根据平衡常数的定义，结合方程式可知K=0.04，饱和硫酸钡溶液中，SO42浓度是110-5mol/L，所以此时CO32浓度是110-5mol/L0.0
19、42.5104mol/L；（2）酸浸时，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水、二氧化碳，离子反应为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；（3）TiC14在常温下是无色液体，遇水容易发生水解可知，在配制为抑止其水解，需将TiCl4固体溶于浓盐酸再加水稀释；（4）向混合液中加入TiC14溶液和H2C2O4溶液反应得到草酸氧钛钡和HCl，故可循环使用的物质X 是HCl；草酸氧钛钡晶体表面附着氯离子，验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净的方法为：取最后一次洗涤液少许，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净；（5）BaTiO(C2O4)24H2O煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，生成高
20、温下的气体产物有CO、CO2、H2O(g)。点睛：工艺流程题，就是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(
21、或是什么条件)根据什么理论所以有什么变化结论。10.碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料，可用废镍催化剂（主要含Ni、Al，少量Cr、FeS等)来制备，其工艺流程如下：回答下列问题：(1)“浸泡除铝”时，发生反应的离子反应方程式为_。(2)“溶解”时放出气体为_（填化学式）。(3)已知该条件下金属离子开始沉淀和完仝沉淀的pH如下表:开始沉淀的pH完全沉淀的pHNi2+6.28.6Fe2+7.69.1Fe3+2.33.3Cr3+4.55.6“调pH 1”时，洛液pH范围为_；(4)在空气中加热Ni(OH)2可得NiOOH，请写出此反应的化学方程式_。(5)金属铬在溶液中有多种存在形式
22、，CrO42-和Cr2O72-在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol/L的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)，随c(H+)的变化如图所示，用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应_，根据A点数据汁算出该转化反应的平衡常数为_，温度升髙，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，则该反应的H _0 (填“”、“”或“=”)。【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 (2). H2、H2S (3). 5.66.2 (4). 4Ni(OH)2+O2 = 4NiOOH+2H2O (5). 2CrO42 + 2H+ Cr2O72 + H2O；(不写可逆符号不
23、得分) (6). K=c(Cr2O72)/ c2 (CrO42)c2 (H+)=0.25/0.52(107) 2=1014 (7). 【解析】【详解】（1）根据废镍中含有的成分，浸泡除铝过程中加入氢氧化钠，发生的离子反应方程式为2Al2OH2H2O=2AlO23H；（2）浸泡除铝后进行过滤，滤渣为Ni、Cr、FeS，加入稀硫酸溶解，Ni和Cr与稀硫酸反应生成H2,FeS与稀硫酸反应生成H2S，因此溶解过程中放出的气体为H2和H2S；（3）氧化1的目的是把Fe2氧化成Fe3，然后调节pH，根据整个流程图和表格数据，调节pH的范围是5.66.2；（4）Ni(OH)2中Ni显2价，NiOOH中Ni显
24、3价，化合价升高，因此氧气参与反应，Ni(OH)2O2NiOOH，根据化合价的升降法进行配平，因此有4Ni(OH)2+O2 = 4NiOOH+2H2O ；（5）根据图像，Cr2O72随着H浓度的增大而增大，不能完全进行到底，因此此反应是可逆反应，离子反应方程式为2CrO42 + 2HCr2O72 + H2O；根据平衡常数的定义，平衡常数的表达式为K=1014；升高温度，CrO42的转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，正反应方向是放热反应，即H0；【点睛】本题难点是氧化还原反应方程式书写，Ni(OH)2中Ni显2价，NiOOH中Ni显3价，化合价升高，因此氧气参与反应，Ni(OH)2O2NiO
25、OH，根据化合价的升降法进行配平，应是4Ni(OH)2O24NiOOH，会发现生成物缺少4molH原子和2molO原子，因此生成物还有2molH2O，反应方程式为：4Ni(OH)2+O2 = 4NiOOH+2H2O。三、选做题11.【化学-选修3:物质结构与性质】张亭栋研究小组受民间中医启发,发现As2O3(俗称砒霜)对白血病有明显治疗作用。氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是VA族的元素,该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题:(1)N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为_；As原子的核外电子排布式为_。(2)NH3沸点比PH3_(填“高或“低”)，原因是_。(3)
26、Na3AsO4中含有的化学键类型包括_；AsO43-的空间构型为_，As4O6的分子结构如图1所示,则在该化合物中As的杂化方式是_。(4)白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2(小圆圈表示白磷分子)。己知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NAmol-1，则该晶胞中含有的P原子的个数为_，该晶体的密度为_gcm-3(用含NA、a的式子表示)。【答案】 (1). NPAs (2). 1s22s22p63s23p63d104s24p3 (3). 高 (4). NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力 (5). 离子键、共价键 (6). 正四面体 (7). sp3
27、 (8). 16 (9). 【解析】【分析】(1)同主族元素从上到下第一电离能减小；根据能量最低原则书写As原子的核外电子排布式；(2) NH3分子间存在较强的氢键；(3)Na3AsO4是离子化合物，含有离子键，AsO43-中As与O之间是共价键；AsO43-的价电子对数是 ，无孤对电子；As4O6的分子中As通过3个键与O原则结合，所以As原子价电子对数是；(4)根据均摊原则计算P原子数；根据 计算晶胞的密度。【详解】(1)同主族元素从上到下第一电离能减小，所以N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为NPAs；根据能量最低原则，As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d
28、104s24p3；(2)NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力，NH3的沸点比PH3高；(3)Na3AsO4是离子化合物，含有离子键，AsO43-中As与O之间是共价键，Na3AsO4中含有的化学键类型包括离子键、共价键；AsO43-的价电子对数是，无孤对电子，所以AsO43-的空间构型为正四面体；As4O6的分子中As通过3个键与O原则结合，所以As原子价电子对数是，所以As的杂化方式是sp3；(4)根据均摊原则，P原子数=；晶胞的摩尔质量是，1个晶胞的体积是， = gcm-3。【点睛】根据均摊原则计算晶胞的化学式，顶点的原子被一个晶胞占用、面心的原子被一个晶胞占用
29、，楞上的原子被一个晶胞占用。12.H是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）A的名称是_，H中官能团名称是_；（2）反应的反应条件为_；（3）反应的化学方程式为_；反应类型为_。（4）反应除生成H外，还生成了另一种有机产物的结构简式为_。（5）符合下列条件的G的同分异构体有_种。能发生银镜反应 苯环上一氯取代物只有一种 核磁共振氢谱有4组峰（6）仿照H的合成路线，设计一种由B合成的合成路线。_【答案】 (1). 甲苯 (2). 酯基、溴原子 (3). 光照 (4). (5). 取代反应 (6). HOCH2CH2OH (7). 4 (8). 【解析】【分析
30、】由A、B、C的分子式，结合D的结构简式，根据转化关系可知，A为甲苯，A中甲基上的氢原子被氯原子取代生成B为，B发生取代反应生成C为；对比D、F结构可知，D发生取代反应生成E为，E发生水解反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，G发生取代反应得到H，同时还生成乙二醇，据此解答。【详解】(1)根据以上分析可知A名称是甲苯，根据H的结构简式可知H中官能团名称是酯基、溴原子；(2)反应是甲基上的氢原子被氯原子取代，则反应条件为光照；(3)根据以上分析可知反应是F与甲醇发生的酯化反应，反应的化学方程式为；(4)根据原子守恒可知反应除生成H外，还生成乙二醇，结构简式为HOCH2CH2OH；(5)符合下列条件的G的同分异构体中能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一类氢原子；核磁共振氢谱有4组峰，说明苯环上取代基的氢原子还有3类，因此符合条件的有机物结构简式为：，共计是4种；(6)根据已知信息结合逆推法可知由B合成的合成路线为。【点睛】本题考查有机合成，充分利用转化中有机物的结构与分子进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，题目难度中等。难点是有机合成路线图设计，注意已知题干中信息的挖掘。
