2019-2020年高三理综（化学部分）9月模拟考试试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三理综（化学部分）9月模拟考试试题（含解析）新人教版【试卷综析】本试卷是理科综合化学试卷，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导。试题重点考查：化学与环境、化学与生活、阿伏伽德罗定律、元素化合物知识、化学基本概念、化学计量的有关计算、溶液中的离子、化学实验题、化学反应与能量、化学平衡的移动、常见的有机物及其应用等主干知识，考查了较多的知识点。注重常见化学方法和化学思想，体现学科基本要求。 可能用到的相对原子质量：H-l C-12 0-16 S-32 Cu-64 Na-23 Cl-355 Ca-40 Zn-65 Pd-106第I卷一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，每小题只有一个选项符合题意）【题文】7化学与科技、社会、生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是 A物质燃烧时产生有色火焰的都是焰色反应的见证 B棉花、木材和植物秸秆的主要成分都是纤维素 C航天服主要成分由碳化硅陶瓷和碳纤维复合而成，是一种复合材料 D天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源【知识点】化学与科技、社会、生产、生活 O1 O4【答案解析】A 解析：A、某些金属或它们的化合物在灼烧时火焰会呈现特征焰色，叫焰色反应，可见焰色反应针对的是金属元素，故A不正确；B、C、D正确。故答案选A【思路点拨】本题考查了化学常识性知识，平时要多积累。【题文】8有机物的一元取代产物有 A8种 B6种 C4种 D3种【知识点】同分异构体 K3【答案解析】C 解析：如图沿中心线做一条竖直的对称轴，标记出的4个位置就是有机物的4种氢原子，所以其一元取代物共4种，选C。【思路点拨】本题考查了有机物的一元取代物的同分异构体分析，关键是找到总共的氢原子种数。【题文】9下列离子方程式正确的是 A用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+C02 BFe2（SO4）3和Ba（OH）2溶液混合：Fe3+SO42-+Ba2+3OH=Fe（OH）3+ BaSO4 C硫酸工业尾气中的SO2用过量的氨水吸收：2NH3H2O+ SO2 =2NH4+ SO32-+H2O DCu溶于浓HNO3：Cu+ 4H+ 2NO3一=Cu2+ 2NO+ 4H2O【知识点】离子方程式 B1 D4【答案解析】C 解析：A、CH3COOH是弱电解质，在离子方程式中保留化学式，故A错误；B、离子的数量关系错误，应该是：2Fe3+3SO42-+3Ba2+6OH=2Fe（OH）3+ 3BaSO4故B错误；C、SO2用过量的氨水吸收的产物是亚硫酸铵和水，故C正确；D、浓HNO3的还原产物是二氧化氮，故D错误。故答案选C【思路点拨】本题考查了离子方程式的正误判断，首先分析反应是否科学合理，如果反应正确再看是否满足守恒关系等其它方面。【题文】10X、Y、Z、W是短周期元素，原Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14子序数依次递增。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，下列说法正确的是 A气态氢化物的稳定性：XZ W BY的阳离子半径比W的阴离子半径小 CX、Z、W氧化物对应水化物酸性的强弱顺序为ZXW D室温下，含Y元素的盐形成的水溶液其pH7【知识点】原子结构、元素周期表和元素周期律 E1 E2【答案解析】B 解析：Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，得到Y是铝元素，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，得到Z是硅元素，X与Z位于同一主族得X是碳元素，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14得到W为氯元素。A、气态氢化物的稳定性应该是：Z XW，故A错误；B、Y的阳离子比W的阴离子少一个电子层，所以Y的阳离子半径比W的阴离子半径小，故B正确；C、只能判断X、Z、W最高价氧化物对应水化物酸性的强弱顺序为ZXc（A2-）c(H+）c（OH）C0.0lmolL-l的H2A溶液pH=2D等体积等浓度的盐酸与H2A溶液分别与5.6g Zn反应，H2A溶液产生的H2多【知识点】水的离子积常数、溶液pH值、盐溶液中离子浓度 H1 H2 H3 【答案解析】B解析：根据95时，KW=1.01012.在该温度下,测得0.1molL1Na2A溶液PH=6,可知溶液呈中性，Na2A为强酸强碱盐。A、H2A为强酸在水溶液中完全电离，故A错误；B、（NH4）2A为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，溶液中存在离子浓度关系：c（NH4+）c（A2-）c(H+）c（OH），故B正确；C、0.0lmolL-l的H2A溶液氢离子浓度为0.02molL-l，pH不等于2，故C错误；D、等体积等浓度的盐酸与H2A溶液分别与5.6g Zn反应，若酸都过量，两溶液产生的H2一样多，故D错误。故答案选B【思路点拨】本题考查了水的离子积常数、溶液pH值、盐溶液中离子浓度等问题，综合性强，关键是利用95时，KW=1.01012和在该温度下0.1molL1Na2A溶液PH=6,判断H2A是强酸。第卷（共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题。第32题为必考题，每个小题考生都必须做答。第33题第40题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题【题文】26（13分）实验室用乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯。有关物质的相关数据如下表：化合物相对分子质量密度/gcm-3沸点，/溶解度/l00g水正丁醇7408011809冰醋酸60 1045 1181互溶乙酸正丁酯1160882 126107操作如下：在50mL三颈烧瓶中，加入18.5 mL正丁醇和13.4 mL冰醋酸， 34滴浓硫酸，投入沸石。安装分水器（作用：实验过程中不断分离除去反应生成的水）、温度计及回流冷凝管。将分水器分出的酯层和反应液一起倒入分液漏斗中，水洗，10% Na2CO3洗涤，再水洗，最后转移至锥形瓶，干燥。将干燥后的乙酸正丁酯滤入烧瓶中，常压蒸馏，收集馏分，得15.1 g乙酸正丁酯。请回答有关问题：（1）冷水应该从冷凝管 （填a或b）端管口通入。（2）仪器A中发生反应的化学方程式为_ 。（3）步骤“不断分离除去反应生成的水”该操作的目的是： 。（4）步骤中,10%Na2CO3溶液洗涤有机层，该步操作的目的是 。（5）进行分液操作时，使用的漏斗是 （填选项）。（6）步骤在进行蒸馏操作时，若从118开始收集馏分，产率偏 （填“高”或者“低”）原因是_（7）该实验过程中，生成乙酸正丁酯的产率是 。【知识点】有机物的制备、混合物分离、除杂J1 J2 L6【答案解析】（1）a（1分）（2）CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O（2分）（3）使用分水器分离出水，使平衡正向移动，提高反应产率（2分）；（4）除去产品中含有的乙酸等杂质（2分）（5）C（1分）（6）高（1分）会收集到少量未反应的冰醋酸和正丁醇（2分）（7）65%（或65.1） （2分） 解析：（1）为了保证冷凝效果冷水需要低进高出，所以应该从冷凝管a端管口通入。（2）根据酯化反应的原理，羧基去羟基，醇去氢生成酯和水，仪器A中发生反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O。（3）利用减小生成物的浓度平衡正向移动，步骤“不断分离除去反应生成的水”该操作的目的是使用分水器分离出水，使平衡正向移动，提高反应产率。（4）步骤中用10%Na2CO3溶液洗涤有机层，目的是除去产品中含有的乙酸等杂质。（5）AC都是分液漏斗，A主要组装制气体的装置，进行分液操作时，使用的漏斗是C。（6）步骤在进行蒸馏操作时，若从118开始收集馏分，由于会收集到少量未反应的冰醋酸和正丁醇似的产率偏高。（7）18.5 mL正丁醇的质量是18.5 mL0.8g/mL=14.8g，13.4 mL冰醋酸的质量是13.4 mL1.045g/mL=14g，设理论上得到乙酸正丁酯的质量是x,CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O。60g 74g 116g14g 14.8g xCH3COOH过量，所以x=116g14.8g74g=23.2g生成乙酸正丁酯的产率是：15.1g23.2g100%=65.1%【思路点拨】本题考查了有机物的制备、分离、除杂，产率计算，难度不大。【题文】27（15分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效多功能水处理剂，具有极强的氧化性。（1）已知：4FeO42-+10H2O 4Fe（OH）3+8OH-+3O2。K2FeO4在处理水的过程中所起的作用有 。同浓度的高铁酸钾在pH为474、700、1150的水溶液中最稳定的是pH= 的溶液。（2）高铁酸钾有以下几种常见制备方法：干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物湿法 强碱性介质中，Fe（NO3）3与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液电解法制备中间产物Na2FeO4，再与KOH溶液反应干法制备K2FeO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_ 。湿法制备中，若Fe（NO3）3加入过量，在碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，此反应的离子方程式： 。制备中间产物Na2FeO4，可采用的装置如图所示，则阳极的电极反应式为 。（3）比亚迪双模电动汽车使用高铁电池供电，其总反应为： 3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH 放电时负极材料为 ，正极反应为： 。（4） 25时，CaFeO4的Ksp=454l0-9，若要使1000 L，含有20l04 molL-l K2FeO4的废水中有CaFeO4沉淀产生，理论上至少加入Ca（OH）2的物质的量为 mol。【知识点】氧化还原反应规律、电化学、难溶物的沉淀溶解平衡 B3 F3 H5 【答案解析】(1)K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO42 被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质。1150（2）3:1（2分） 2FeO42Fe3+8OH3FeO434H2O（2分）Fe+8OH6e=FeO42+4H2O（2分）（3）Zn（1分） FeO42+4H2O+3e= Fe(OH)3+5OH（2分）（4）2.2710-2（2分） 解析：(1)所给方程式体现了K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌，同时FeO42 被还原成Fe3+；结合胶体的性质想到第二点：Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质。 根据反应方程式可知酸会促进K2FeO4水解，而碱会抑制K2FeO4水解，所以在碱性强的溶液中能稳定存在。（2）反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中，Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价被氧化，N元素化合价由+5价降低到+2价，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1， 根据提示：2FeO42Fe3+8OH3FeO434H2O制备中间产物Na2FeO4利用电解法，结合阳极发生氧化反应得：Fe+8OH6e=FeO42+4H2O（3）放电时为原电池，锌的化合价升高锌做负极；正极发生的电子的反应： FeO42+4H2O+3e= Fe(OH)3+5OH（4）至少加入Ca（OH）2的物质的量为：=2.2710-2（mol)【思路点拨】本题考查了氧化还原反应规律、电化学、难溶物的沉淀溶解平衡，注意根据题目提示进行分析解答。【题文】28（15分）工业上研究燃料脱硫的过程中，涉及如下反应： CaSO4（s）+CO（g） CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）,K1，H1= 2184 kJmol-l（反应I） CaSO4（s）+2CO（g） CaS（s）+2CO2（g），K2，H2= -87.8 kJmol-l（反应II）（1）反应CaO（s）+3CO（g）+SO2（g） CaS（s）+3CO2（g）的H= ；平衡常数K= （用K1，K2表示）。（2）某温度下在一密闭容器中若只发生反应I，测得数据如下：前100 s 内v（SO2）= mo1L-1sl，平衡时CO的转化率为 。（3）若只研究反应II，在不同条件下其反应能量变化如下图所示：图中曲线a到曲线b的措施是_，恒温恒容时，下列说法能说明反应到达平衡状态的是_ 。A体系中气体的平均摩尔质量不再改变Bv（CO）=v（CO2）CCO的转化率达到了最大限度D体系内气体压强不再发生变化（4）某科研小组研究在其它条件不变的情况下，改变起始一氧化碳物质的量用n（CO）表示对CaO（s）+3CO（g）+SO2（g） CaS（s）+3CO2（g）反应的影响，实验结果如右图所示（图中T表示温度）：比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物SO2的转化率最高的是_ 。图像中T2 T1（填“高于”、“低于”、“等于”或“无法确定”）：判断的 理由是_ 。【知识点】化学反应速率、化学平衡的移动 G1 G2 G5【答案解析】（1）394kJ/mol (2分) （2分）（2）0.009（1分） 60%（2分）（3）使用催化剂（1分），AC（2分）（4） c （2分）低于（1分） 该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO2体积分数降低，故T2低于T1（2分） 解析：(1)根据盖斯定律H=2H2H1=87.8 kJmol-l22184 kJmol-l=394kJ/mol ；前100 s 内v（SO2）=v（CO）=mo1L-1sl，平衡时CO的转化率为：.因为催化剂能降低反应的活化能，不改变平衡，H不变，所以曲线a到曲线b的措施是使用催化剂； 只要能够证明正反应速率等于逆反应速率的说法就能说明反应到达平衡状态。A假设平衡右移，体系中气体的平均摩尔质量增大，左移体系中气体的平均摩尔质量减小，而体系中气体的平均摩尔质量不再改变说明平衡不再移动。B没有指明正反应速率还是逆反应速率，不能证明正反应速率等于逆反应速率。CCO的转化率达到了最大限度，即平衡不再移动，能说明反应到达平衡状态。D方程式两边气体分子数相等，平衡移动时体系内气体压强也不变，所以体系内气体压强不再发生变化不能说明反应到达平衡状态。（4）增加一氧化碳物质的量，平衡右移，反应物SO2的转化率增加，所以SO2的转化率最高的是C。该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO2体积分数降低，故T2低于T1。【思路点拨】本题考查了化学反应速率、化学平衡的移动，加强知识的理解灵活解答。【题文】36【化学选修2：化学与技术】（15分） 有机合成中常用的钯活性炭催化剂若长期使用，会被铁、有机化合物等杂质污染而失去活性，成为废催化剂。一种由废催化剂制取PdCl2的工艺流程如下：（1）“焙烧1”通入空气的目的是使有机化合物、活性炭等可燃物通过燃烧而除掉，通入空气过多反而不利于实现目的，其原因是 。（2）甲酸在反应中被氧化为二氧化碳，写出甲酸与PdO反应的化学方程式：_ 。（3）加浓氨水时，钯转变为可溶性Pd（NH3）42+，此时铁的存在形式是 （写化学式）。（4）加入浓氨水的过程中，需要控制溶液的pH为89，实验室检测溶液pH的操作方法是： 。（5）“焙烧2”的目的是： 。（6）与焙烧2产生的气体组成元素相同的化合物是 ，该物质与空气形成一种环保型碱性燃料电池，其负极反应式为（7） Pd中加入王水的反应可以表示为Pd+HCl+HNO3A+B+H2O（未配平）。其中B为无色有毒气体，该气体在空气中不能稳定存在；A中含有三种元素，其中Pd元素的质量分数为424%，H元素的质量分数为08%。则A的化学式为 。【知识点】制备实验方案的设计、氧化还原反应、测定溶液pH的方法 B3 H2 J4【答案解析】（1）大量的空气会带走大量的热，使反应器内温度过低，甚至不能发生反应。（2分）（2） HCOOHPdOPdCO2H2O（2分）（3）Fe(OH)3（2分）（4）用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，与标准比色卡比色，读出pH（2分）（5）脱氨（使 Pd(NH3)2Cl2生成PdCl2）（2分）（6）N2H4，（1分）N2H4+4OH4e=N2+4H2O（2分）（7） H2PdCl4（2分） 解析：（1）为了使有机物等可燃物充分燃烧，要加入过量的氧气，但通入空气过多大量的空气会带走大量的热，使反应器内温度过低，甚至不能发生反应。（2）根据题给信息知，甲酸被氧化生成二氧化碳，则金属氧化物被还原生成金属单质，同时该反应中还生成水，反应方程式为：HCOOH+PdOPd+CO2+H2O，（3）加浓氨水调节pH为8到9，溶液呈碱性，且前面过程中有强化剂，所以铁的存在形式是Fe(OH)3实验室中用pH试纸检测溶液的pH的操作方法是：用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，然后将pH试纸与标准比色卡对比；（5）根据题给信息知，反应物是Pd（NH3）2Cl2，生成物是PdCl2，“焙烧2”的目的是发生分解反应，得到产物。（6）焙烧方程式为:Pd（NH3）2Cl22NH3+PdCl2与氨气组成元素相同的化合物是N2H4，该物质与空气形成一种环保型碱性燃料电池，其负极反应式为N2H4+4OH4e=N2+4H2O；（7）Pd中加入王水的反应可以表示为Pd+HCl+HNO3-A+B+H2O（未配平），其中B为无色有毒气体，该气体在空气中不能稳定存在，则B是一氧化氮；A中含有三种元素，其中Pd元素的质量分数为42.4%，H元素的质量分数为0.8%，根据元素守恒知剩余的是氯元素，氯元素的质量分数为1-42.4%-0.8%=56.8%，Pd原子、氢原子和氯原子个数比为：（42.4%/106.4）:（0.8%/1）：（56.8%/35.5）=1:2:4所以A的化学式为：H2PdCl4【思路点拨】本题考查了制备方案的设计，涉及化学式的确定、氧化还原反应、pH的测定等知识点，根据原子守恒及原子个数比确定化学式。【题文】37【化学选修3：物质结构与性质】（15分） 氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。（1） COCl2的空间构型为 ；溴的价电子排布式为 。（2）已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列 式发生。 A CsICl2=CsCl+ICl B CsICl2=CsI+Cl2（3）根据下表提供的第一电离能数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是 。（4）下列分子既不存在s-p键，也不存在p-p键的是 。 A HCl BHF C SO2 D SCl2（5）已知ClO2为角型，中心氯原子周围有四对价层电子。ClO2中心氯原子的杂化轨道类型为 ，写出CN的等电子体的分子式 （写出1个）。（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示：由此可判断该钙的氧化物的化学式为 。已知该氧化物的密度是gcm-3，则晶胞离得最近的两个钙离子间的距离为_ cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA）。【知识点】晶体结构、原子杂化方式、晶格能 N1 N2 N4 【答案解析】（1）平面形（1分）4s24p5（1分）（2）A（1分）（3）碘（2分）（4）D（2分）（5）sp3杂化（2分）N2 或 CO（2分）（6）CaO2 （2分） 解析：（1）光气（COCl2）各原子最外层都满足8电子稳定结构，光气分子的结构式是，故COCl2为平面三角形；溴有4个电子层，最外层有7个电子，溴的价电子排布式为4s24p5 （2） 离子晶体中离子电荷越多，半径越小离子键越强，离子晶体的晶格能越大，晶格能CsClCsI所以发生的反应为CsICl2=CsCl+ICl，元素的第一电离能越小，元素失电子能力越强，得电子能力越弱，则越容易形成阳离子，根据表中数据知，卤族元素中第一电离能最小的是I元素，则碘元素易失电子生成简单阳离子，HCl、HF中只存在存在s-p键，SO2存在p-p键，SCl2里面存在的是p-p键ClO2-中心氯原子的价层电子对个数n=（7+1）/2=4，属于sp3杂化；等电子体具有相同的电子数目和原子数目的微粒，所以与CN互为等电子体的分子为N2 或 CO；（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，根据其结构钙离子与过氧根离子个数比为1:1，化学式为CaO2 晶胞的质量为，根据密度公式得到晶胞体积V=，则晶胞离得最近的两个钙离子间的距离为。【思路点拨】本题考查了晶体结构、原子杂化方式的判断和等电子体的含义，根据价层电子对互斥理论即可解答原子杂化方式。【题文】38【化学选修5有机化学基础】（15分） 芳香族化合物A，分子式为C9H9OCl，且能发生银镜反应；D为含有八元环的芳香族化合物。A与其它物质之间的转化如下图所示：（1）A的结构简式为 。（2）AE的反应条件为 ；CD的反应类型为 。（3）写出BC第步的反应方程式 。（4）B的一种同系物F（分子式为C8H8O2）有多种同分异构体，则含有的芳香族化合物的同分异构体有 种，写出其中核磁共振氢谱有4个峰的一种结构简式 。（5）已知：由甲苯及其它必要物质经如下步骤也可合成B： 反应I的试剂及条件为 ：反应IV所用物质的名称为 ；反应III的化学方程式为 。【知识点】有机物的结构和性质 L2 L4 L6【答案解析】（1）（2分）（2）氢氧化钠醇溶液加热（2分）酯化（取代）反应（1分）（3）（2分）Cu2O+3H2O（4）10（2分）OOCCH3 （2分）（5）Cl2光照（1分）乙醛（1分）（2分） 解析：(1)根据框图中给出的结构逆向推断，E含碳碳双键，E由A通过消去反应形成，结合D为含有八元环的芳香族化合物，即可得到A的结构：。AE的反应是氯原子的消去，所以反应条件为氢氧化钠醇溶液、加热。根据D为含有八元环的芳香族化合物，CD的反应是2个C分子发生酯化反应，通过形成2个酯基得到八元环，所以类型为酯化（取代）反应。醛基能够被新制氢氧化铜氧化得到羧基：B的一种同系物F包含羧酸和酯，共10种，其中核磁共振氢谱有4个峰的结构简式如答案。甲基上的氢原子被氯原子取代，类似甲烷的氯代反应，反应物是氯气，条件是光照。根据信息醛与醛加成得到羟基醛，所以IV所用物质的名称为乙醛，反应III从醇类得到醛类需要催化氧化完成，化学方程式为：。【思路点拨】本题考查了有机物的结构和性质，突出了官能团间的转化，关键是理解课本上的代表物的性质，熟练书写常见方程式。