广东省清远市方圆培训学校2020届高三化学模拟试题精练（十）

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广东省清远市方圆培训学校2020届 化学模拟试题精练(十)‎ ‎(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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)‎ ‎7．化学与生产生活社会密切相关。下列做法不正确的是(　　)‎ A．碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料 B．空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能 C．在家可用食醋代替CO2来增强漂白粉的漂白性 D．“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯 ‎7．解析：选A。A.碳纳米管是由碳原子组成的，是碳单质，碳纳米管比表面积大，易吸附氢气，故可做储氢材料，故A不正确；B.利用高纯硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能直接转换为电能，故B正确；C.醋酸的酸性强于碳酸，强于次氯酸，在家可用食醋代替CO2来增强漂白粉的漂白性，故C正确；D.乙烯能作催熟剂，故D正确。‎ ‎8．下列有关说法正确的是(　　)‎ A．油脂进入体内后可直接被吸收、利用 B．葡萄糖、蔗糖有甜味，故糖类物质均有甜昧 C．乙醇、乙酸均可与钠反应，用钠无法鉴别两者 D．甲烷、三氯甲烷在光照条件下均可与Cl2发生取代反应 ‎8．解析：选D。A.油脂进入体内先水解，水解产物发生氧化反应提供能量，故A错误；B.葡萄糖、蔗糖有甜味，但并非所有糖类物质均有甜味，故B错误；C.乙醇、乙酸均可与钠反应，但乙酸反应更为剧烈，且钠在乙酸上层反应，所以可以用钠来鉴别两者，故C错误；D.甲烷、三氯甲烷在光照条件下均可与Cl2发生取代反应，故D正确。‎ ‎9．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)‎ A．常温下加水稀释时c(H＋)/c(OH－)明显增大的溶液：CH3COO－、Ba2＋、NO、Br－‎ B．使甲基橙变红色的溶液：Al3＋、Cu2＋、I－、S2O C．0.1 mol/L Fe(NO3)2溶液：[Fe(CN)6]3－、Na＋、SO、Cl－‎ D．0.1 mol/L NaAlO2溶液：NH、K＋、HCO、SO ‎9．解析：选A。A.加水稀释时c(H＋)/c(OH－)明显增大，溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存；B.使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量的氢离子，S2O与氢离子反应生成S单质和二氧化硫气体，在溶液中不能大量共存；C.Fe2＋离子与[Fe(CN)6]3－之间反应时反应生成铁氰化亚铁沉淀，在溶液中不能大量共存；D.HCO与AlO 发生相互促进水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存。‎ ‎10．某正四面体烷的名称为三环[1.1.0.0]丁烷，其球棍模型如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是(　　)‎ A．与环丁二烯互为同分异构体 B．二氯代物超过两种 C．碳碳键键角为109°28′‎ D．三环[1.1.0.0] 丁烷生成1 mol 丁烷至少需要2 mol H2‎ ‎10．解析：选A。A.由结构可知，正四面体烷分子式是C4H4，环丁二烯分子式也是C4H4，二者均含4个C、4个H，二者互为同分异构体，A正确；B.正四面体烷类似一个正四面体，其四个顶点为4个C，两两以碳碳单键连接，剩余的键每个C连接一个H原子，4个H的位置相同，是一种高度对称的物质，则二氯代物只有一种，B错误；C.4个C形成的结构与白磷结构相似，是正四面体结构，碳碳键键角为60°，C错误；D.三环[1.1.0.0]丁烷分子式是C4H4到丁烷C4H10,1 mol至少需要3 mol H2，D错误。‎ ‎11．主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z族序数之和为10；Y的原子半径在同周期主族元素中最小；W与Z形成的化合物常温下可与饱和NaCl溶液反应，产生的气体常用于切割和焊接金属。下列说法错误的是(　　)‎ A．X的单质是人类将太阳能转化为电能的常用材料 B．Y元素可以形成多种含氧酸 C．X元素在自然界中只有化合态没有游离态 D．W与Z形成的化合物与饱和NaCl溶液的反应产生的气体分子中只含极性键 ‎11．解析：选D。根据题意可知：W为C元素，X为Si，Y为Cl，Z为Ca元素。A.单质Si为良好的半导体材料，是人类将太阳能转化为电能的常用材料，A正确；B.Cl元素含有多种化合价，可以形成多种含氧酸，如次氯酸、氯酸、高氯酸等，B正确；C.Si为亲氧元素，在自然界中只以化合态存在，没有游离态，C正确；D.碳化钙与水反应产生乙炔(C2H2)气体，该分子中既有极性键又有非极性键，D项错误。‎ ‎12．利用电化学原理可同时将SO2、CO2变废为宝，装置如图所示(电极均为惰性电极)。下列说法不正确的是(　　)‎ A．a为负极，发生氧化反应 B．装置工作时，电子从c极流入b极 C．若b极消耗16 g O2，则Y中左侧溶液质量减轻16 g D．d电极反应式为CO2＋6H＋＋6e－===CH3OH＋H2O ‎12．解析：选C。A.a极附近二氧化硫失去电子生成硫酸根离子，故a极为负极，发生氧化反应，故A正确；B.左侧装置属于原电池，a为负极，b为正极，c为阳极，d为阴极，电子从c极流向b极，故B正确；C.若b极消耗16 g O2，则反应中转移×4＝2 mol电子，则Y中左侧溶液中水放电反应生成氧气和H＋，即产生16 g氧气，但同时有2 mol氢离子通过交换膜进入右侧，故左侧溶液质量减轻18 g，故C错误；D.d极为阴极，由二氧化碳变为甲醇，电极反应为CO2＋6H＋＋6e－===CH3OH＋H2O，故D正确。‎ ‎13．向25 ℃时，体积均为20 mL浓度均为0.1 mol·L－1的两种酸HX、HY溶液中分別滴加0.1 mol·L－1的NaOH溶液所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)‎ A．HX、HY均为弱酸 B．Ka(HY)的数量级约为10－6‎ C．b点时：2c(Na＋)＝c(Y－)＋c(HY)‎ D．V(NaOH)＝20 mL时，反应后的两种溶液中c(X－)＝c(Y－)‎ ‎13．解析：选C。A.由图可知，HX的pH等于1，HY的pH等于3，则HX为强酸，故A错误；B.浓度为0.1 mol·L－1的HY，由图可知，HY的pH等于4，则Ka(HY)＝c(H＋)·c(Y－)/c(HY)＝(10－3×10－3)/0.1＝10－5，故B错误；C.b点溶液中存在等浓度的HY和NaY，根据物料守恒：2c(Na＋)＝c(Y－)＋c(HY)，故C正确；D.V(NaOH)＝20 mL时，两种溶液恰好反应分别生成起始等量的NaX和NaY，NaX发生水解，所以溶液中c(X－)＞c(Y－)，故D错误；故选C。‎ 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)钇的常见化合价为＋3价，我国蕴藏着丰富的含钇矿石(Y2FeBe2Si2O10)，工业上通过如下生产流程可获得氧化钇。‎ 已知：①该流程中有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH见下表：‎ 离子 开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pH Fe3＋‎ ‎2.1‎ ‎3.1‎ Y3＋‎ ‎6.0‎ ‎8.2‎ ‎②在元素周期表中，铍元素和铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)写出Na2SiO3的一种用途________________________。‎ ‎(2)欲从Na2SiO3和Na2BeO2混合溶液中制得Be(OH)2沉淀。‎ ‎①最好选用盐酸和________两种试剂，再通过必要的操作即可实现。‎ A．NaOH溶液　　　　　B．氨水　　　　　　　　C．CO2　　　　　　　　D．HNO3‎ ‎②写出Na2BeO2与足量盐酸发生反应的离子方程式_______________________________________________。‎ ‎(3)为使Fe3＋沉淀完全，用氨水调节pH＝a时，a应控制在_________范围内；继续加氨水调节pH＝b发生反应的离子方程式为___________________________________________；‎ 检验Fe3＋是否沉淀完全的操作方法是_________________________________________。‎ ‎(4)煅烧草酸钇时发生分解反应，其固体产物为氧化钇，气体产物能使澄清石灰水变浑浊。写出草酸钇[Y2(C2O4)3·nH2O]煅烧的化学方程式_____________________________________。‎ 解析：(1)Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，常用于工业黏合剂、制备硅胶、木材防火剂等；(2)①周期表中，铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似，欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be(OH)2沉淀，根据Na2BeO2的性质和NaAlO2类比推断；加过量的盐酸，硅酸钠反应生成硅酸沉淀，Na2BeO2的反应生成氯化铍溶液，再加入过量氨水沉淀铍离子，故选B；②Na2BeO2与足量盐酸发生反应生成氯化铍、氯化钠和水，反应的离子方程式为BeO＋4H＋===Be2＋＋2H2O；(3)三价铁离子开始沉淀到沉淀完全的pH范围为2.1～3.1；钇离子开始沉淀和沉淀完全的pH为6.0～8.2；所以使Fe3＋沉淀完全，须用氨水调节pH＝a,3.1＜a＜6.0；继续加氨水调节pH＝b发生反应的离子方程式为Y3＋＋3NH3·H2O===Y(OH)3↓＋3NH；(4)煅烧草酸钇时发生分解反应，其固体产物为氧化钇，气体产物能使澄清石灰水变浑浊，说明有CO2气体产生，草酸钇[Y2(C2O4)3·nH2O]煅烧的化学方程式为Y2(C2O4)3·nH2OY2O3＋3CO↑＋3CO2↑＋nH2O。‎ 答案：(1)工业黏合剂、制备硅胶、木材防火剂等 ‎(2)①B　②BeO＋4H＋===Be2＋＋2H2O　(3)3.1～6.0　Y3＋＋3NH3·H2O===Y(OH)3↓＋3NH 取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若不变血红色，则说明Fe3＋完全沉淀，反之则未完全沉淀　(4) Y2(C2O4)3·nH2OY2O3＋3CO↑＋3CO2↑＋nH2O ‎27．(15分)砂质土壤分析中常用 Karl Fischer法是测定其中微量水含量，该方法是利用I2 和SO2反应定量消耗水作为原理(假设土壤中其他成分不参加反应)，据此回答下列问题：‎ ‎(1)写出该反应的化学反应方程式为_________________________________。‎ 步骤Ⅰ：反应样品中的水 下图是某同学在实验室模拟Karl Fischer法的实验装置图：‎ ‎(2)装置连接的顺序为a→____________(填接口字母顺序)；M仪器的名称为_____________，其在实验过程中的作用是________________________________；‎ ‎(3)操作步骤为：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，____________________；③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ，⑤取下D装置。‎ 步骤④中继续通入N2的目的是___________________________________________‎ 步骤Ⅱ：测定剩余的碘 向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液，将其配成250.00 mL溶液，取 25.00 mL 用0.20 mol·L－1 Na2S2O3 标准液滴定剩余的I2单质，已知反应如下：2S2O＋I2===S4O＋2I－。‎ ‎(4)Na2S2O3 标准液应装在________(填“酸式”“碱式”)滴定管中；上述操作中，合并洗涤液和滤液的目的是____________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________；‎ ‎(5)滴定实验重复四次得到数据如下：‎ 实验 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 消耗的标准液的体积/mL ‎18.37‎ ‎20.05‎ ‎19.95‎ ‎20.00‎ ‎①若实验开始时，向D 装置中加入10.00 g土壤样品和10.16 g I2(已知I2过量)，则样品土壤中水的含量为_________%。‎ ‎②若Na2S2O3 标准液已部分氧化变质，则水含量测定结果将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。‎ 解析：(1)碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成氢碘酸和硫酸，反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O===2HI＋H2SO4；(2)装置A是制备二氧化硫气体，装置B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气进入装置，应该在整套装置的最后，D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥，C装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，接口顺序为d→e→i→h→g→f→b→‎ c；根据图示，M为长颈漏斗，在实验过程中，可以起到平衡内外气压，防止压强过大的作用；(3)操作步骤：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装置内空气赶净，③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ，将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收，⑤取下D装置；(4)Na2S2O3水解显碱性，标准液应装在碱式滴定管中；上述操作中，合并洗涤液和滤液，可以使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确；(5)①实验开始时，向D 装置中加入10.00 g土壤样品和10.16 g I2(已知I2过量)，n(I2)＝＝0.04 mol，向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液，将其配成250.00 mL溶液，取 25.00 mL 用0.20 mol·L－1 Na2S2O3 标准液滴定剩余I2单质，根据实验数据可知，实验①的误差较大，删除该数值，②③④实验消耗Na2S2O3溶液的平均值 mL＝20.00 mL，根据2S2O＋I2===S4O＋2I－，消耗碘单质物质的量＝n(Na2S2O3)××＝×0.020 0 L×0.20 mol/L×10＝0.02 mol，剩余I2物质的量＝0.04 mol－0.02 mol＝0.02 mol，即与二氧化硫反应的碘单质物质的量＝0.04 mol－0.02 mol＝0.02 mol，消耗水为0.04 mol，土壤样品中水的含量＝×100%＝7.2%；②若Na2S2O3 标准液已部分氧化变质，滴定过程中消耗的硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单质物质的量增大，则与二氧化硫反应的碘单质减少，反应的水的物质的量减小，计算得到水的含量偏低。‎ 答案：(1)SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI ‎(2)d→e→i→h→g→f→b→c　长颈漏斗　平衡内外气压，防止压强过大　(3)打开弹簧夹，通入氮气　将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收　(4)碱式　使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确　(5)①7.2‎ ‎②偏低 ‎28．(14分)(1)甲醇(CH3OH)是重要的溶剂和替代燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)，在体积为1 L的恒容密闭容器中，充入2 mol CO和4 mol H2，一定条件下发生上述反应，测得CO(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。‎ ‎①从反应开始至达到平衡，用氢气表示的平均反应速率v(H2)＝_________ mol/(L·min)。‎ ‎②下列说法正确的是______(填字母序号)。‎ A．达到平衡时，CO的转化率为75%‎ B．5 min后容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变 C．达到平衡后，再充入氩气，反应速率减小 D．2 min前v(正)>v(逆)，2 min后v(正)a点 ‎④从b点到c点，混合溶液中一直存在：c(Na＋)>c(NO)>c(OH－)>c(H＋)‎ 解析：(1)①从反应开始至达到平衡，v(CO)＝(1.5 mol/L)/5 min＝0.3 mol/(L·min)，v(H2)＝2v(CO)＝0.6 mol/(L·min)。‎ ‎②A.　　　　CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)‎ 起(mol) 2 4 0‎ 转(mol) 1.5 3 1.5‎ 平(mol) 0.5 1 1.5‎ 达到平衡时，CO的转化率为(1.5 mol÷2 mol)×100%＝75%，故A正确；B.反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，5 min后反应达到平衡状态，容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变，故B正确；C.达到平衡后，再充入氩气，总压增大分压不变，速率不变，故C错误；D.2 min前后反应未达到平衡状态，反应正向进行，v(正)>v(逆)，故D错误。③该条件下反应的平衡常数K＝c(CH3OH)/[c(CO)·c2(H2)]＝1.5/(0.5×12)＝3。(2)①Ⅰ.根据CO的燃烧热为ΔH＝－283.0 kJ·mol－1，得出CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283.0 kJ·mol－1　①，‎ Ⅱ.H2O(l)===H2O (g)　ΔH＝＋44.0 kJ·mol－1 ②，‎ Ⅲ.2CH3OH(g)＋CO2(g)CH3OCOOCH3(g)＋H2O(g)　ΔH＝－15.5 kJ·mol－1　③，‎ 根据盖斯定律，①－②＋③得到2CH3OH(g)＋CO(g)＋O2(g)CH3OCOOCH3(g)＋H2O(l)，ΔH＝－342.5 kJ·mol－1。②2CH3OH(g)＋CO(g)＋O2(g)CH3 OCOOCH3(g)＋H2O(l)　ΔH＝－342.5 kJ·mol－1，提高CH3OCOOCH3产率，需使平衡右移，A.降低体系的温度，平衡右移，故A正确；B.压缩容器的体积，相当于增大压强，平衡右移，故B正确；C.水的浓度是个定值，故C错误；D.催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，故D错误；故选AB。(3)高铁电池的总反应为：3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH3Zn＋2K2FeO4＋8H2O，充电时阳极上失去电子发生氧化反应，故阳极反应式为Fe(OH)3－3e－＋5OH－===FeO＋4H2O。(4)①HNO2是弱酸，亚硝酸电离是吸热过程，酸碱中和反应是放热反应，当恰好完全中和时放热最多，c(NaOH)＝(0.02 L×0.01 mol/L)/0.02 L＝0.01 mol/L，故①错误，②正确；③电离是吸热，温度越高电离平衡常数越大，所以HNO2的电离平衡常数：b点>a点，故③正确；④从b点到c点，当c(NaOH)较大时，可能出现c(Na＋)>c(OH－) >c(NO)>c(H＋)，故④错误；故选②③。‎ 答案：(1)①0.6　 ②AB　③3‎ ‎(2)①－342.5 kJ·mol－1　②AB　(3)Fe(OH)3－3e－＋5OH－===FeO＋4H2O　(4) ②③‎ ‎(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)‎ X元素的基态原子的核外电子有3种能量状态、5种空间状态，X是其中第一电离能最大的元素；元素Y的M层电子运动状态与X的价电子运动状态相同；元素Z位于第四周期，其基态原子的2价阳离子M层轨道全部排满电子。‎ ‎(1)X基态原子的电子排布式为___________。‎ ‎(2)X的氢化物(H2X)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(3)在Y的氢化物(H2Y)分子中，Y原子轨道的杂化类型是___________。‎ ‎(4)Y与X可形成YX。‎ ‎①YX的立体构型为___________(用文字描述)。‎ ‎②写出一种与YX互为等电子体的分子的化学式______________。‎ ‎(5)Z的氯化物与氨水反应可形成配合物[Z(NH3)4(H2O)2]Cl2，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是____________________________(写化学式)。‎ ‎(6)Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为________________________________________________________________________。‎ 其晶胞边长为540.0 pm，密度为___________ g·cm－3(列式并计算)，a位置Y与b位置Z之间的距离为_______________pm(列式表示)。‎ 解析：根据题中信息可推知X、Y、Z分别是O、S、Zn元素。(1)基态O原子的电子排布式为1s22s22p4。(2)水分子和乙醇分子间形成氢键，H2S与乙醇分子不能形成氢键，所以水在乙醇中的溶解度大于H2S。(3)H2S分子中，S原子杂化轨道数是＝4，S原子轨道的杂化类型是sp3。(4)①SO中S原子杂化轨道数是＝4，有1对孤电子对占有1个轨道，所以立体构型为三角锥形。②SO的原子数是4、价电子数为26，互为等电子体的分子的化学式NCl3。(5)配合物[Zn(NH3)4(H2O)2]Cl2中O的非金属性大于N，O原子吸引孤电子对的能力大于N，所以Zn与H2O形成的配位键弱，所以该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O。(6)S与Zn所形成化合物晶体的晶胞如题图所示，根据均摊原则，该晶胞中S原子数是8×＋6×＝4、Zn原子数是4，化合物的化学式为ZnS。其晶胞边长为540.0 pm，密度为ρ＝＝ g·cm－3＝＝4.09 g·cm－3，体对角线的长度是 ×540 pm, a与b之间的距离为体对角线的，a位置Y与b位置Z之间的距离为 ×540×＝135 pm。‎ 答案：(1)1s22s22p4　(2)水分子和乙醇分子间形成氢键　(3)sp3　(4)①三角锥形　②NCl3(或PCl3等N、P的三卤代物、SOCl2)　(5)H2O　(6)ZnS　4.09 (或4.1)　135 ‎36．【化学——选修5：有机化学基础】(15分)‎ PET是一种制作饮料瓶的塑料。以有机物A(分子式为C9H9O2Br)合成PET及F的转化关系如图。其中D为对乙基苯甲酸，可用作液晶原料及中间体。A、C、D、E均能与NaHCO3溶液反应。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)化合物D的分子式为_______，反应①的反应类型是__________反应。‎ ‎(2)高分子化合物F的结构简式为_________________________________。‎ ‎(3)反应⑤的化学方程式为__________________________________。‎ ‎(4)利用反应①后的溶液，设计实验证明A分子中含有的卤素原子为溴原子的实验步骤和现象为________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)写出符合下列条件D的同分异构体的结构简式________________________________________________________________________。‎ a．能发生银镜反应　b．能与FeCl3溶液发生显色反应　c．苯环上的一氯代物只有一种 ‎(6)写出以乙烯为起始原料制备六元环酯的合成路线(其他试剂任选)______________________________________________。‎