广东省清远市方圆培训学校2020届高三化学模拟试题精练（二）

广东省清远市方圆培训学校2020届
化学模拟试题精练(二)
(考试用时：50分钟　试卷满分：100分)
一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。只有一项是符合题目要求的。)
7．化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实不涉及化学反应的是(　　)
A．利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇
B．利用石油生产塑料、化纤等高分子材料
C．利用基本的化学原料生产化学合成药物
D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水
8．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(　　)
A．3 g 3He含有的中子数为1NA
B．1 L 0.1 mol·L－1磷酸钠溶液含有的PO数目为0.1NA
C．1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为6NA
D．48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
9．四种短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，其中Z元素的最外层电子数是内层电子总数的1/2。下列说法不正确的是(　　)
X
Y


Z
W
A.Z元素位于周期表的第三周期第VA族
B．X与W形成共价化合物XW2, X的原子半径比Y小
C．Y元素的气态氢化物的热稳定性比Z的高
D．X、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性：W强于X
10．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是(　　)

选项
实验操作
实验现象
结论
A
向盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液中通入SO2
有白色沉淀生成
BaSO3难溶于酸
B
向溶液X中滴加稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中
石灰水变浑浊
原溶液中一定含有CO
C
向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4萃取
CCl4层无色
Fe2＋的还原性强于Br－
D
向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2，加热
没有砖红色沉淀生成
淀粉没有水解生成葡萄糖
11．为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn(3D­Zn)可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D­Zn—NiOOH二次电池，结构如图所示。电池反应为Zn(s)＋2NiOOH(s)＋H2O(l)ZnO(s)＋2Ni(OH)2(s)。

下列说法错误的是(　　)
A．三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高
B．充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－===NiOOH(s)＋H2O(l)
C．放电时负极反应为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－===ZnO(s)＋H2O(l)
D．放电过程中OH－通过隔膜从负极区移向正极区
12.常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断正确的是(　　)
A．曲线上任意一点的Ksp都相同
B．在CaSO4饱和溶液中加入Na2SO4固体，可使溶液由b点变化到c点
C．蒸发水后，可使溶液由d点变化到b点
D．常温下，CaSO4的Ksp的数量级为10－5
13．分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，生成的醇最多有(　　)
A．5种　　　　　　　　B．6种　　　　　　　　
C．7种　　　　　　　　D．8 种
选 择 题 答 题 栏
题号
7
8
9
10
11
12
13
答案







二、非选择题(共58分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答。)
(一)必考题：共43分。
26．(14分)CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Al3＋等；
②酸性条件下，ClO不会氧化Co2＋，ClO转化为Cl－；
③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为0.01 mol/L)
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
④CoCl2·6H2O熔点为86 ℃，加热至110～120 ℃时，失去结晶生成无水氯化钴。
请回答：
(1)写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式________________________________________________________________________。
(2)向浸出液中加入 NaClO3发生主要反应的离子方程式________________________________________________________________________。
(3)“加Na2CO3调pH至5.2”，过滤所得到的沉淀X成分为___________。
(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示，萃取剂使用的适宜pH范围是___________(填选项序号字母)。
A．1.0～2.0 B．2.5～3.5 C．4.0～5.0
(5)制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是___________。
(6)为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取2 g的粗产品溶于水，配成100 mL溶液，取出20 mL置于锥形瓶，加入K2CrO4做指示剂(Ag2CrO4为砖红色沉淀)，用0.2 mol/L的AgNO3溶液滴定至终点，重复2～3次，平均消耗AgNO3标准溶液10.00 mL。该粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为___________。用K2CrO4做指示剂时，需要控制溶液pH值为6.5～10.5，试分析原因________________________________________________________________________。
27．(15分)葡萄糖酸亚铁[(C6HnO7)2Fe]是医疗上常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。某实验小组同学拟用下图装置先制备FeCO3，再用FeCO3与葡萄糖酸反应进一步制得葡萄糖酸亚铁。

请回答下列问题：
(1)与普通漏斗比较，a漏斗的优点是___________________________。
(2)按如图连接好装置，检査气密性后加入药品，打开K1和K3，关闭K2
①b中的实验现象____________________。
②一段时间后，关闭________，打开________(填“K1”“K2”或“K3”)。观察到b中的溶液会流入c中，同时c中析出FeCO3沉淀。
③b中产生的气体的作用是______________________________。
(3)将c中制得的碳酸亚铁在空气中过滤时间较长时，表面会变为红褐色，用化学方程式说明其原因
________________________________________________________________________。
(4)将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，须将溶液的pH调节至5.8，其原因是________________________________________________________________________。
向上述溶液中加入乙醇即可析出产品，加入乙醇的目的是_______________。
(5)有同学提出用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制得的碳酸亚铁纯度更高，其可能的原因是________________________________。
28．(14分)乙炔(C2H2)在气焊、气割及有机合成中用途非常广泛，可由电石(CaC2)直接水化法或甲烷在1 500 ℃左右气相裂解法生产。
(1)电石水化法制乙炔是将生石灰与焦炭在3 000 ℃下反应生成CaC2，CaC2再与水反应即得到乙炔。CaC2与水反应的化学方程式为________________________________。
(2)已知：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1＝－890.3 kJ/mol
C2H2(g)＋2.5O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)　ΔH2＝－1 299.6 kJ/mol
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH3＝－571.6 kJ/mol
则甲烷气相裂解反应：2CH4(g)===C2H2(g)＋3H2(g)的ΔH＝________kJ/mol。
(3)哈斯特研究得出当甲烷分解时，几种气体平衡时分压(Pa)与温度(℃)的关系如图所示。
①T1 ℃时，向1 L恒容密闭容器中充入0.3 mol CH4只发生反应2CH4(g)C2H4(g)＋2H2(g)，达到平衡时，测得c(C2H4)＝c(CH4)。该反应的ΔH_____0(填“>”或“<”)，CH4的平衡转化率为________。上述平衡状态某一时刻，若改变温度至T2 ℃，CH4以0.01 mol/(L·s)的平均速率增多，经t s后再次达到平衡，平衡时，c(CH4)＝2c(C2H4)，则T1______T2(填“>” 或“<”)，t＝______s；
②列式计算反应2CH4(g)C2H2(g)＋3H2(g)在图中A点温度时的平衡常数K＝__________(用平衡分压代替平衡浓度计算，lg 0.05＝－1.3)；
③由图可知，甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，为提高甲烷制乙炔的转化率，除改变温度外，还可采取的措施有
________________________________________________________________________。
(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)
油画所用的颜料有许多天然矿石成分，矿石中往往含有B、C、O、Na、P、Cl等元素，它们在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列有关问题：
(1)现代化学中，常利用_________上的特征谱线来鉴定元素。
(2)CH、－CH3、CH都是重要的有机反应中间体。CH中碳原子的杂化方式为_____________，CH的空间构型为_________。
(3)Na＋和Ne互为等电子体，电离能I2(Na)______I1(Ne)(填“>”或“<”)。
(4)氢卤酸(HX)的电离过程如图。ΔH1和ΔH2的递变规律都是HF>HCl>HBr>HI，其中ΔH1(HF)特别大的原因为__________，从原子结构分析影响ΔH2递变的因素为__________。


(5)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。
①磷化硼晶体晶胞如图甲所示。其中实心球为磷原子。已知晶胞中最近的B、P原子的距离为a pm，阿伏加德罗常数为NA。则磷化硼晶体的密度为_________g/cm3。(列出计算式即可，不必化简)
②磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影(图乙中表示P 原子的投影)，用画出B原子的投影位置。
36．【化学——选修5：有机化学基础】(15分)
光刻胶是一种应用广泛的光敏材料，其合成路线如下(部分试剂、反应条件和产物已略去)：


(1)A分子的名称为______，B分子中所含官能团的名称为_______，由C到D的反应类型为________________________________________________________________________；
(2)乙炔和羧酸X发生加成反应生成E，E的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，E能发生水解反应，则E的结构简式为________________________________________________________________________；
(3)D和G反应生成光刻胶的化学方程式为________________________________________________________________________；
(4)C的同分异构体满足下列条件：
①能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中只有一个环状结构。
满足上述条件的同分异构体有________种。其中苯环上的一氯取代产物只有两种的同分异构体的结构简式为__________________________。
(5)根据已有知识并结合本题信息，写出以 CH3CHO为原料制备CH3COCOCOOH的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。

模拟试题精练(二)答 案 与 精 析
7. 解析：选D　化学反应一定存在物质种类的改变。A、B、C三项均有新物质生成，所以属于化学变化，而D中利用反渗透膜从海水中分离出淡水只是物质分离过程，没有新物质生成。
8.解析：选B　A对：3He原子核中含有1个中子，3 g 3He物质的量为1 mol，含有的中子数为1NA。B错：磷酸钠为强碱弱酸盐，PO会发生水解，所以所含有的PO数目小于0.1NA。C对：Cr的化合价变化为6－3＝3，1 mol K2Cr2O7含有2 mol Cr，所以转移电子数为6NA。D对：58 g正丁烷、异丁烷的混合物为1 mol，烷烃(CnH2n＋2)中总键数为3n＋1，则该混合物中共价键数目为13NA。
9．解析：选B。A.Z元素的最外层电子数是内层电子总数的1/2，Z为Li或P，根据在周期表中位置，推出Z为P，Y为N，X为C，W为S，A、Z为P，位于第三周期第ⅤA族，故A正确；B.X和W形成的化合物是CS2，属于共价化合物，同周期从左向右，半径依次减小，C的半径比N大， 故B错误；C.同主族从上到下，非金属性减弱，即N的非金属性强于P，则NH3比PH3稳定，故C正确；D.X的最高价氧化物对应水化物是H2CO3，W的最高价氧化物对应水化物是H2SO4，前者属于弱酸，后者属于强酸，故D正确。
10．解析：选C。A.酸性条件下NO与SO2发生氧化还原反应生成SO，生成的沉淀为BaSO4，而不是BaSO3，错误；B.能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫，故原溶液中可能含有CO、HCO、SO、HSO等，错误；C.向FeBr2溶液中加入少量氯水，CCl4层无色，说明没有生成Br2，氯水与Fe2＋发生氧化还原反应，则Fe2＋的还原性强于Br－，正确；D.检验葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液的反应应在碱性条件下进行，而淀粉溶液中加入稀H2SO4，反应后的溶液呈酸性，错误。
11.解析：选D　A对：三维多孔海绵状Zn为多孔结构，具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高。B对：二次电池充电时作为电解池使用，阳极发生氧化反应，元素化合价升高，原子失去电子，阳极反应为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－===NiOOH(s)＋H2O(l)。C对：二次电池放电时作为原电池使用，负极发生氧化反应，元素化合价升高，原子失去电子，由电池总反应可知负极反应为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－===ZnO(s)＋H2O(l)。D错：二次电池放电时作为原电池使用，阴离子从正极区向负极区移动。
12．解析：选A。A.Ksp只与温度有关，在曲线上的任意一点的温度相同，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，A正确；B.在CaSO4饱和溶液中加入Na2SO4固体，CaSO4的沉淀溶解平衡CaSO4(s)Ca2＋(aq)＋SO(aq)逆向移动，使溶液中c(Ca2＋)降低，最终达到平衡时c(SO)>c(Ca2＋)，所以可使溶液由b点变化到e点，但是不可能由b点变化到c点，B错误；C.d点为达到沉淀溶解平衡，蒸发水后，溶液中c(SO)、c(Ca2＋)都增大，所以不可能使溶液由d点变化到b点，C错误；D.常温下，CaSO4的Ksp＝c(Ca2＋)·c(SO)，根据b点计算，Ksp＝c(Ca2＋)·c(SO)＝3×10－3×3×10－3＝9×10－6，可见CaSO4的Ksp的数量级为10－6，D错误；故选A。
13．解析：选D。分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种；故羧酸共有5种，醇共有8种。
26．解析：(1)水钴矿主要成分为Co2O3、Co(OH)3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Al3＋等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为Co2O3＋SO＋4H＋===2Co2＋＋SO＋2H2O；(2)NaClO3的作用是将Fe2＋氧化成Fe3＋，其反应的离子方程式为ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O；(3)加Na2CO3调pH至5.2，铝离子与碳酸根离子发生相互促进水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生相互促进水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为2Fe3＋＋3CO＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑，所以沉淀X的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2＋、Co2＋金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间，可使Mn2＋完全沉淀，并防止Co2＋转化为Co(OH)2沉淀，故选B；(5)根据题意知，CoCl2·6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120 ℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2·6H2O需降低烘干温度；
(6)CoCl2·6H2O～2AgNO3
238 g 2 mol
x g 0.2 mol/L×0.01 L
　＝
　x＝0.238
CoCl2·6H2O的纯度为×100%＝59.5%
pH太小K2CrO4氧化Cl－(或转化为Cr2O), pH太大生成AgOH沉淀，所以需要控制溶液pH值为6.5～10.5。
答案：(1)Co2O3＋SO＋4H＋===2Co2＋＋SO＋2H2O　(2)6H＋＋6Fe2＋＋ClO===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O　(3)Fe(OH)3、 Al(OH)3　(4)B　(5)降低烘干温度，防止CoCl2·6H2O高温下失去结晶水
(6)59.5%　pH太小K2CrO4氧化Cl－(或转化为Cr2O); pH太大生成AgOH沉淀 (或Ag2O沉淀)
27．解析：(1)a为恒压滴液漏斗，可以保证内部压强不变， 使漏斗内液体顺利流下；(2)①b中铁屑与稀硫酸反应，铁屑会逐渐溶解，溶液由于产生Fe2＋变为绿色，有大量气泡产生；②反应一段时间后，需要把FeSO4加到c中，所以需要关闭K3，打开K2，利用压强把FeSO4加到c中；③FeCO3易氧化，b中反应产生的H2一是把装置内的空气排干净，防止生成的FeCO3被氧化；二是把b中溶液压进c中；(3)过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色，原因是FeCO3与O2反应生成Fe(OH)3，化学方程式为4FeCO3＋O2＋6H2O===4Fe(OH)3＋4CO2；(4)Fe2＋易发生水解，将溶液的pH调节至5.8，抑制Fe2＋的水解；乙醇分子的极性比水小，可以降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；(5)碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁，用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液可以降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁，得到的产品纯度更高。
答案：(1)平衡气压，利于稀H2SO4顺利流下　(2)①铁屑溶解，溶液变为绿色，有大量气泡产生　②K3　 K2
③排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化；把b中溶液压进c中　(3)4FeCO3＋O2＋6H2O===4Fe(OH)3＋4CO2　(4)抑制Fe2＋的水解　 降低溶剂的极性，使晶体的溶解度减小更易析出　(5)溶液的pH降低，减少氢氧化亚铁杂质的生成
28．解析：(1)碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，反应的化学方程式为CaC2＋2H2O→Ca(OH)2＋C2H2↑；(2)已知：①CH4(g)＋2O2 (g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1 。②C2H2(g)＋2.5O2(g)===2CO2 (g)＋H2O(l)　ΔH2＝－1 299.6 kJ/mol。③2H2 (g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH3＝－571.6 kJ/mol，根据盖斯定律将(①×4－②×2－③×3)÷2可得：2CH4(g)===C2H2(g)＋3H2 (g)　ΔH＝[(－890.3 kJ·mol－1 )×4－(－1 299.6 kJ·mol－1×2)－(－571.6 kJ·mol－1)×3]/2＝＋376.35 kJ/mol；(3)①反应2CH4(g)===C2H4(g)＋2H2(g)为分解反应，而分解反应绝大多数为吸热反应，故此反应为吸热反应；设CH4的转化浓度为x mol/L，可知：
　　　　　　　2CH4(g)C2H4(g)＋2H2(g)
初始浓度(mol/L): 0.3 0 0
浓度变化(mol/L): x x/2 x
平衡浓度(mol/L): (0.3－x) x/2 x
根据c(C2H4)＝c(CH4)可知：0.3－x＝x/2
解得x＝0.2；故CH4的平衡转化率＝0.2/0.3×100%＝66.7%；改变温度后，CH4的浓度升高，即平衡左移，即温度应为降低，即T1>T2；由于CH4以0.01 mol/(L·s)的平均速率增多，经t s后再次达到平衡，故在t s的时间内，CH4的浓度变化为0.01t mol/L，根据浓度的该变量之比等于计量数之比，利用三段式来计算：
　　　2CH4(g)　　　 C2H4(g)＋2H2(g)
初始浓度： 0.1 mol/L 0.1 mol/L
浓度改变： 0.01t mol/L 0.005t mol/L
平衡浓度： (0.1＋0.01t) mol/L (0.1－0.005t) mol/L
由于c(CH4)＝2c(C2H4)，故有：0.1＋0.01t＝2×(0.1－0.005t)，解得t＝5；②根据此反应的平衡常数表达式，将气体的平衡浓度换为平衡分压，即K＝＝＝5×104；③甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，充入适量的乙烯，可抑制甲烷向乙烯的转化，从而提高甲烷制乙炔的转化率。
答案：(1)CaC2＋2H2O―→Ca(OH)2＋C2H2↑
(2)＋376.35　(3)①>　66.7%　>　5　②5.0×104
③充入适量乙烯
35．解析：(1)现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；(2)CH中的碳原子形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，碳原子采取sp2杂化；CH与NH3、H3O＋均具有8个价电子、4个原子，互为等电子体，几何构型均为三角锥形；(3)钠离子的正电性较强且半径较小，对核外电子的吸引力比氖原子更强，要想失去电子需要更多的能量，因此钠的第二电离能比氖的第一电离能更高；(4)HF分子与水分子、HF分子之间均存在氢键，而其他卤化氢没有，故从溶液中分离出HF分子需要更多的能量，导致ΔH1(HF)特别大；键能大小关系为HF＞HCl＞HBr＞HI，从原子结构方面分析，影响ΔH2递变的因素为卤素原子的原子半径的大小；(5)①实心球为磷原子，处于晶胞顶点与面心，P为面心立方最密堆积；1个晶胞中，含有P原子数目为8×＋6×＝4个，含有B原子数目为4个，晶胞质量＝ g，设晶胞的棱长为x，已知晶胞中最近的B、P原子的距离为a pm，该距离为晶胞体对角线的，则x＝a pm＝a×10－10 cm，x＝×a×10－10 cm，晶体密度ρ＝＝＝ g/cm3；②根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B或者3个P形成，所以画图为或。
答案：(1)原子光谱　(2)sp2　三角锥形　(3)>
(4)HF的水溶液中存在氢键　原子半径
(5)①
②或