刷题11高考化学讲练试题仿真模拟卷1含模拟题.docx
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刷题11高考化学讲练试题仿真模拟卷1含模拟题
(刷题1+1)2020高考化学讲练试题仿真模拟卷
(1)(含2019模拟题)
一、选择题(每题6分,共42分)
7.(2019·石家庄高三质检)中华文明源远流长,史书记载中蕴含着丰富的化学知识。
下列说法不正确的是( )
A.《本草纲目》记载“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣”,其中“碱”指的是K2CO3
B.《易经》记载“泽中有火……上火下泽”,其描述的是CO在湖泊池沼水面上起火的现象
C.《本草经集注》记载“强烧之,紫青烟起,云是真硝石也”,此法是利用焰色反应鉴别“硝石”
D.《抱朴子》记载“丹砂(HgS)烧之成水银,积变又还成丹砂”,该过程为氧化还原反应
答案 B
解析 草木灰的主要成分是碳酸钾,碳酸钾水解显碱性,可洗衣服,“取碱浣衣”其中的“碱”是K2CO3,故A正确;湖泊池沼中腐烂的植物能产生甲烷,则“泽中有火……上火下泽”,其描述的是甲烷在湖泊池沼水面上起火的现象,故B错误;硝石是硝酸钾,灼烧会产生紫色火焰,故C正确;“丹砂(HgS)烧之成水银”,Hg的化合价从+2价降低到0价,Hg的化合价发生变化,属于氧化还原反应,故D正确。
8.(2019·广东韶关市高三调研)若NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.常温常压下,18gD2O含有的中子数、电子数均为10NA
B.1.0mol/L的FeCl3溶液中Fe3+的个数小于NA
C.标准状况下,2.24L甲醛中碳氢键的数目为0.2NA
D.密闭容器中,加入2molHI,发生反应:
2HI(g)H2(g)+I2(g),达到平衡后气体分子总数小于2NA
答案 C
解析 D2O的摩尔质量为20g/mol,18gD2O的物质的量小于1mol,18gD2O含有的中子数、电子数均小于10NA,故A错误;1.0mol/L的FeCl3溶液中,溶液的体积未知,无法计算Fe3+的个数,故B错误;标准状况下,甲醛是气体,2.24L甲醛的物质的量为1mol,由甲醛的结构式可知,1mol甲醛中碳氢键的数目为0.2NA,故C正确;反应2HI(g)H2(g)+I2(g)是反应前后气体体积不变的可逆反应,密闭容器中,加入2molHI,发生反应达到平衡后气体分子总数等于2NA,故D错误。
9.(2019·北京海淀高三一模)辣椒素是影响辣椒辣味的活性成分的统称,其中一种分子的结构如下图所示。
下列有关该分子的说法不正确的是( )
A.分子式为C18H27NO3
B.含有氧原子的官能团有3种
C.能发生加聚反应、水解反应
D.该分子不存在顺反异构
答案 D
解析 辣椒素的分子式为C18H27NO3;含有氧原子的官能团有醚键、羟基、肽键3种;辣椒素中含碳碳双键能发生加聚反应,含有肽键能发生水解反应;与辣椒素中碳碳双键两端的碳原子相连的另外两个原子团不相同,则存在顺反异构,故A、B、C正确,D错误。
10.(2019·福建南平高三质检)下列装置进行有关实验操作或实验改进,正确的是( )
A.测定空气中O2含量
B.萃取分液
C.冷凝回流
D.制取并收集乙酸乙酯
答案 A
解析 红磷燃烧后空气中氧气完全反应,根据吸水的量,可以测出空气中的氧气,且导管先充满水可以使结果更准确,故A正确;乙醇和溴水互溶,不能萃取溶液中的溴,故B错误;应从下口进冷水,故C错误;导管不能插入饱和碳酸钠溶液液面以下,会引起倒吸,故D错误。
11.(2019·齐齐哈尔市高三一模)X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,X、Y、Z原子最外层的电子数之和与W原子最外层的电子数相等,X的最低负价为-4,Y的周期数是族序数的3倍。
下列说法正确的是( )
A.原子半径:
Y>Z>X
B.Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的弱
C.W的氧化物对应的水化物的酸性一定比X的强
D.W分别与X、Z形成的化合物所含的化学键类型相同
答案 A
解析 X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素,X的最低负价为-4,则X为第二周期ⅣA族元素,为C元素;Y的周期数是族序数的3倍,则Y为Na元素;X、Y、Z原子最外层的电子数之和与W原子最外层的电子数相等,则可推出Z为Mg元素,W的最外层电子数=1+2+4=7,为Cl元素。
同一周期主族元素,原子半径随着原子序数增大而减小,原子核外电子层数越多,原子半径越大,则原子半径从大到小的顺序为:
Na>Mg>C,即Y>Z>X,故A正确;元素的金属性越强,其最高价氧化物的水化物碱性越强,因同一周期中,从左到右金属性依次减弱,即金属性:
Na>Mg,所以Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强,故B错误;W为Cl元素、X为C元素,W的氧化物对应的水化物可能为次氯酸,其酸性不如碳酸强,故C错误;W为Cl元素、X为C元素,Z为Mg元素,W与X形成的四氯化碳之间化学键类型为共价键,而W与Z元素形成的氯化镁中化学键类型为离子键,即两个化合物中所含的化学键类型不同,故D错误。
12.(2019·江西九校高三联考)我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展,利用如图装置进行脱硫,将硫化氢气体转化成硫沉淀。
已知甲、乙池中发生的反应为下图,下列说法正确的是( )
A.甲池中得到H2O2的反应,H2O2既是氧化产物也是还原产物
B.电路中每转移0.2mol电子,甲池溶液质量变化3.4g,乙池溶液质量保持不变
C.光照时乙池电极上发生的反应为:
H2S+I
===3I-+S↓+2H+
D.甲池中碳棒上发生的电极反应为:
AQ+2H+-2e-===H2AQ
答案 B
解析 根据图示可知,在甲池中O2与H2AQ反应产生H2O2和AQ,O元素的化合价降低,H元素化合价没有变化,所以H2O2是还原产物,A错误;根据图示可知,电路中每转移0.2mol电子,反应产生0.1molH2O2,溶液质量增加3.4g,而在乙池,H2S-2e-===S↓+2H+,产生的H+通过全氟磺酸膜进入甲池,所以乙池溶液质量保持不变,B正确;在乙池中,H2S失电子生成硫单质,I
得电子生成I-,发生电池反应为H2S+I
===3I-+S↓+2H+,不是电极反应式,C错误;甲池中碳棒为正极,正极上发生还原反应,电极反应为:
AQ+2H++2e-===H2AQ,D错误。
13.(2019·河南开封一模)常温下向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水,所得溶液pH及导电性变化如图所示。
下列分析正确的是( )
A.a~c点,溶液中离子数目先增大后减小
B.b点溶液pH=7说明c(NH
)=c(R-)
C.c点溶液存在c(NH
)>c(R-)>c(H+)>c(OH-)
D.b、c两点对应溶液中,水的电离程度相同
答案 B
解析 根据图像可知a~b点,溶液的导能力增强,b~c点溶液的导电能力减弱,说明从a~c点,溶液中自由移动的离子浓度先增大后减小,但是,离子数目在整个过程中一直在增大,A错误;根据图像可知b点溶液的pH=7,c(H+)=c(OH-),结合电荷守恒c(H+)+c(NH
)=c(R-)+c(OH-),可得c(NH
)=c(R-),B正确;根据图像可知c点溶液的pH>7,说明c点溶液中离子浓度:
c(OH-)>c(H+),C错误;由曲线的起点的pH可知,HR为弱酸,b点溶液的pH=7、溶液的导电性最强,两者恰好完全反应生成弱酸弱碱盐,该盐水解促进水的电离;而c点溶液显碱性,说明氨水过量,氨水电离产生OH-会抑制水的电离,使水的电离程度减小,所以水的电离程度:
b>c,D错误。
二、非选择题
(一)必考题(共43分)
26.(2019·武汉市高三调研)(14分)氧化二氯(Cl2O)是次氯酸的酸酐,用作氯化剂,其部分性质如下:
物理性质
化学性质
常温下,Cl2O是棕黄色有刺激性气味的气体
熔点:
-120.6℃;沸点:
2.0℃
Cl2O不稳定,接触一般有机物易爆炸;它易溶于水,同时反应生成次氯酸
实验室制备原理:
2Na2CO3+H2O+2Cl2
2NaCl+2NaHCO3+Cl2O。
现用下列装置设计实验制备少量Cl2O,并探究相关物质的性质。
(1)装置A中仪器X的名称为________。
(2)若气体从左至右流动,装置连接顺序是A、________(每个装置限用一次)。
(3)装置F中盛装试剂的名称为____________。
(4)A中反应的离子方程式为_______________________________________。
(5)当D中收集适量液态物质时停止反应,设计简单实验证明B中残留固体中含有NaHCO3:
_____________________________________________。
(6)实验完成后,取E中烧杯内溶液滴加品红溶液,发现溶液褪色。
该课题组设计实验探究溶液褪色的原因。
①a=________。
②由上述实验得出的结论是_________________________________。
答案
(1)分液漏斗
(2)F、B、C、D、E
(3)饱和食盐水
(4)MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O
(5)取B中固体少许于试管中,加蒸馏水溶解,滴加过量BaCl2溶液,振荡静置,取上层清液于另一试管中,再滴加Ba(OH)2溶液,有白色沉淀生成(合理即可)
(6)①5.0 ②其他条件相同,碱性越强,次氯酸钠溶液的漂白能力越弱
解析
(2)通过A装置制取氯气,由于浓盐酸具有挥发性,制取的氯气中含有HCl杂质,为防止其干扰Cl2O的制取,先通过F装置除去HCl杂质,再通过B装置发生反应:
2Na2CO3+H2O+2Cl2
2NaCl+2NaHCO3+Cl2O,由于Cl2O易溶于水,同时与水反应生成次氯酸,所以收集之前要先通过C装置干燥,再通过D装置收集Cl2O并验证其沸点低,易液化的性质,由于Cl2会产生大气污染,所以最后要用E装置进行尾气处理,故装置的连接顺序为A、F、B、C、D、E。
(3)装置F中盛装饱和食盐水,其作用是除去氯气中的HCl杂质气体。
(5)装置B中氯气与潮湿的碳酸钠在加热条件下反应生成氯化钠、碳酸氢钠和氧化二氯,为证明残留固体中含有碳酸氢钠,需先将B中固体溶于蒸馏水,滴加过量的BaCl2溶液,排除碳酸钠的干扰,然后取上层清液再滴加Ba(OH)2溶液,观察是否有白色沉淀生成,若有白色沉淀生成,则证明B中残留固体中含有碳酸氢钠。
(6)①实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为对照实验,实验中溶液的总体积应相同,均为10.0mL,故a为5.0。
②由表中数据分析知,在其他条件相同时,溶液的碱性越强,次氯酸钠溶液的漂白能力越弱。
27.(2019·山东菏泽高三一模)(15分)实验室利用橄榄石尾矿(主要成分为MgO及少量FeO、Fe2O3、Al2O3等)制备纯净氯化镁晶体(MgCl2·6H2O),实验流程如下:
已知几种金属阳离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表:
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
开始沉淀时
7.6
2.7
4.2
9.6
沉淀完全时
9.6
3.7
5.4
11.1
回答下列问题:
(1)“浸取”步骤中,能加快浸取速率的方法有______________________(任写两种)。
(2)气体X的电子式为________,滤渣1经过处理可以制得一种高效的无机高分子混凝剂、净水剂,其化学式为[Fe2(OH)n(SO4)(3-0.5n)]m,则该物质中铁元素的化合价为________。
(3)加入H2O2的目的是______________________;若将上述过程中的“H2O2”用“NaClO”代替也能达到同样目的,则发生反应的离子方程式为______________________________________________。
(4)“一系列操作”主要包括加入足量盐酸,然后经过____________________、过滤、洗涤,即得到氯化镁晶体。
(5)准确称取2.000g氯化镁晶体产品于250mL锥形瓶中,加水50mL使其完全溶解,加入100mL氨性缓冲液和少量铬黑T指示剂,溶液显酒红色,在不断震荡下,用0.5000mol·L-1的EDTA标准溶液进行滴定,其反应原理为Mg2++Y4-===MgY2-,滴定终点时消耗EDTA标准溶液的体积19.00mL。
①则产品中MgCl2·6H2O的质量分数为________(结果保留三位有效数字)。
②下列滴定操作会导致测量结果偏高的是________(填字母)。
a.锥形瓶洗涤后没有干燥
b.滴定时锥形瓶中有液体溅出
c.滴定终点时俯视读数
d.滴定管滴定前有气泡,滴定后气泡消失
答案
(1)将橄榄石尾矿粉碎、增大盐酸浓度、适当提高反应温度等
(2)
(3)将Fe2+氧化为Fe3+ ClO-+2Fe2++2H+===2Fe3++Cl-+H2O
(4)蒸发浓缩、冷却结晶
(5)①96.4% ②d
解析
(2)气体X为氨气,其电子式为H
H;设铁元素的化合价为x,根据化合价代数和为零有:
2x+(-1)n+(-2)×(3-0.5n)=0,解得:
x=+3。
(3)加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+;若将上述过程中的“H2O2”用“NaClO”代替,则发生反应生成Fe3+和Cl-,反应的离子方程式为ClO-+2Fe2++2H+===2Fe3++Cl-+H2O。
(4)加入足量盐酸溶解氢氧化镁得到氯化镁溶液,然后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤,即得到氯化镁晶体。
(5)根据反应Mg2++Y4-===MgY2-,准确称取2.000g氯化镁晶体产品于250mL锥形瓶中,加水50mL使其完全溶解,用0.5000mol·L-1的EDTA标准溶液进行滴定,消耗EDTA标准溶液的体积19.00mL。
则Mg2+ ~ Y4-
11
0.0095moln=0.5000mol·L-1×0.019L=0.0095mol
则产品中MgCl2·6H2O的质量分数=
×100%≈96.4%,根据c(待测)=
分析不当操作对V(标准)的影响,锥形瓶洗涤后没有干燥对测定结果无影响,故a错误;滴定时锥形瓶中有液体溅出导致测定结果偏低,b错误;滴定终点时俯视读数,导致标准溶液体积读数偏小,测定结果偏低,故c错误;滴定管滴定前有气泡,滴定后气泡消失,读取标准溶液的体积增大,导致测定结果偏高,故d正确。
28.(2019·南京市高三模拟)(14分)资源化利用碳及其化合物具有重要意义。
CO是高炉炼铁的重要还原剂,炼铁时发生的主要反应有:
Ⅰ.Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)
ΔH=+489kJ·mol-1
Ⅱ.Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)
ΔH=-27kJ·mol-1
Ⅲ.C(s)+CO2(g)2CO(g) ΔH=XkJ·mol-1
(1)试计算,X=________。
反应Ⅲ中,正反应的活化能________(填“大于”“小于”或“等于”)逆反应的活化能。
(2)T1℃时,向某恒温密闭容器中加入一定量的Fe2O3和C,发生反应Ⅰ,反应达到平衡后,在t1时刻改变某条件,v逆随时间t的变化关系如图1所示,则t1时刻改变的条件可能是________(填序号)。
a.保持温度、体积不变,使用催化剂
b.保持体积不变,升高温度
c.保持温度不变,压缩容器体积
d.保持温度、体积不变,充入CO
(3)在一定温度下,向某体积可变的恒压(p总)密闭容器中加入1molCO2与足量的碳发生反应Ⅲ,平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示。
①650℃时,反应达平衡后CO2的转化率为________;
②T℃,该反应达到平衡时,下列说法不正确的是________(填序号);
a.气体密度保持不变
b.2v正(CO2)=v正(CO)
c.若保持其他条件不变再充入等体积的CO2和CO,平衡向逆反应方向移动
d.若保持其他条件不变再充入稀有气体,v正、v逆均减小,平衡不移动
e.若其他条件不变将容器体积压缩至一半并维持体积不变,再次达平衡时压强小于原平衡的2倍
③根据图中数据,计算反应Ⅲ在T℃时用平衡分压代替浓度表示的化学平衡常数Kp=________(用含p总的代数式表示)。
(4)已知25℃时H2CO3的电离平衡常数为:
Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11,则反应:
HCO
+H2OH2CO3+OH-的平衡常数K=________(结果保留三位有效数字)。
答案
(1)+172 大于
(2)cd
(3)①25% ②cd ③
p总
(4)2.27×10-8
解析
(1)根据盖斯定律
得:
C(s)+CO2(g)2CO(g) ΔH=
=+172kJ·mol-1,所以X=+172。
因为反应Ⅲ:
C(s)+CO2(g)2CO(g) ΔH=+172kJ·mol-1,为吸热反应,所以正反应的活化能大于逆反应的活化能。
(2)保持温度、体积不变,使用催化剂,可以使正、逆反应速率都增大,但是平衡不发生移动,达到平衡时逆反应速率比原来的逆反应速率大,a错误;保持体积不变,升高温度,正、逆反应速率增大,逆反应速率不会回到原平衡状态,b错误。
(3)①反应Ⅲ:
C(s)+CO2(g)2CO(g)
起始(mol) 10
转化(mol)x2x
平衡(mol)1-x2x
=60%,可得x=
,所以CO2的转化率为25%。
②当反应处于平衡状态时,气体体积质量保持不变,故密度不变,故a正确;由于方程式中CO2和CO的系数比为1∶2,所以任何时刻都存在2v正(CO2)=v正(CO),故b正确;由图中信息可知,T℃时,该反应达到平衡,平衡混合物中两种气体(CO和CO2)的体积分数相同。
若保持其他条件不变再充入等体积的CO2和CO,化学平衡不移动,故c错误;若保持其他条件不变再充入稀有气体,由于体系的总压不变,所以容器的体积增大,反应混合物中各气体组分的浓度减小,则v正和v逆减小,平衡向气体分子数增大的方向移动,即向正反应方向移动,故d错误;若其他条件不变将容器体积压缩至一半并维持体积不变,由于体积减小导致物质的浓度都增大,体系的压强增大,若平衡不移动,压强变为原来的2倍,由于平衡向气体体积减小的逆反应方向移动,所以再次达平衡时压强小于原平衡的2倍,故e正确。
③对于反应Ⅲ,根据图中数据可知,在T℃时CO占总压强的
,所以若用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=
=
=
p总。
(4)由已知25℃时H2CO3的电离平衡常数为:
Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11,则反应:
HCO
+H2OH2CO3+OH-的平衡常数K=
=
=
≈2.27×10-8。
(二)选考题(共15分)
35.(2019·深圳市高三调研)[化学——选修3:
物质结构与性质](15分)
碳元素是形成单质及其化合物种类最多的元素。
回答下列问题:
(1)碳能与氢、氮、氧三种元素构成化合物CO(NH2)2,该分子中各元素的电负性由大到小的顺序为______________,其中C原子的杂化方式为________,该物质易溶于水的主要原因是_________________________________。
(2)CO是碳元素的常见氧化物,与N2互为等电子体,则CO的结构式为__________;CO可以和很多过渡金属形成配合物,如Ni(CO)4,写出基态Ni原子的电子排布式________________。
(3)碳的某种晶体为层状结构,可与熔融金属钾作用。
钾原子填充在各层之间,形成间隙化合物,其常见结构的平面投影如图1所示,则其化学式可表示为________。
(4)图2为碳的一种同素异形体C60分子,每个C60分子中含有σ键的数目为________。
(5)图3为碳的另一种同素异形体金刚石的晶胞,其中原子坐标参数A为(0,0,0),B为
,C为
;则D原子的坐标参数为____________。
(6)立方氮化硼晶体的结构与金刚石相似,硬度与金刚石相当,晶胞边长为361.5pm。
立方氮化硼的密度是________________g·cm-3(列出计算式即可,阿伏加徳罗常数为NA)。
答案
(1)O>N>C>H sp2 CO(NH2)2分子与水分子之间能形成氢键
(2)C≡O 1s22s22p63s23p63d84s2
(3)KC8 (4)90
(5)
(6)
解析
(1)元素的非金属性越强,其电负性越大,故电负性O>N>C>H,CO(NH2)2中C原子成2个C—N键,1个C===O键,没有孤对电子,杂化轨道数目为3,C原子采取sp2杂化,该物质易溶于水的主要原因是
CO(NH2)2分子与水分子之间能形成氢键。
(2)CO与N2互为等电子体,N2的结构式为N≡N,故CO的结构式为C≡O,Ni是28号元素,基态时电子排布式1s22s22p63s23p63d84s2。
(3)根据图1所示可知,如果取3个钾原子构成三角形,则三角形中碳原子是4个,而钾原子的个数是3×
=
,因此化学式可表示为KC8。
(4)1个C60分子中每个C形成3个C—C键,且每个键为2个C共用,则每个碳原子含有的σ键个数为1.5,所以1个C60分子中σ键的数目为1.5×60=90。
(5)由图示可知,与D相连的4个原子形成正四面体结构,且D位于正四面体的体内。
由B在x轴的坐标为
知,D在x轴的坐标为
。
同理得出D在y、z轴的坐标均为
,则D原子的坐标参数为
。
(6)因为金刚石属于面心立方晶胞,即C原子处在立方体的8个顶点,6个面心,体内有4个,故根据均摊法及BN的化学式可推知,一个晶胞中各含有4个B原子、4个N原子,又因为一个BN的质量是
,而一个晶胞的体积是(361.5×10-10)3cm3,故密度=质量÷体积=
g·cm-3。
36.(2019·合肥市高三第二次质检)[化学——选修5:
有机化学基础](15分)
福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物,可通过以下方法合成:
回答下列问题:
(1)物质A的含氧官能团的名称为________;B→C属于________反应(填反应类型)。
(2)上述流程中设计A→B步骤的目的是_________;F分子中共平面的原子最多有________个。
(3)D与银氨溶液发生反应的化学方程式为_____________________。
(4)福酚美克具有多种同分异构体,写出其中符合下列条件的有机物的结构简式:
________________________和________________________。
①含有—CONH2;②能与FeCl3溶液发生显色反应;③核磁共振氢谱的吸收峰数目为4。
(5)参照上述合成路线和信息,以乙醇为原料(无机试剂任选),设计制的合成路线。
答案
(1)羟基、酯基 还原
(2)保护酚羟基 15
解析
(1)根据物质A的结构简式,可知A的含氧官能团为羟基、酯基;有机化学中加氢去氧的反应为还原反应,则B→C为还原反应。
(2)由整个反应流程可以看出,设计A→B步骤的目的是保护酚羟基;根据F的结构
可知,与苯环直接相连原子共平面,单键可以自由旋转,则与苯环相连的—OH可以与苯环共平面,同时苯环上的
也可以与苯环共平面,故最多有15个原子共平面。
(4)由题意知,符合要求的有机物分子中既含有—CONH2,又含有酚羟基,再根据核磁
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- 刷题 11 高考 化学 试题 仿真 模拟