2020学年高三化学上学期期末复习备考之精准复习模拟题 理（C卷）

2020学年第一学期期末复习备考之精准复习模拟题高三理综化学试题C卷 (测试时间：60分钟 满分 100分)姓名： 班级： 得分： 一、选择题(本题包括7小题，每小题6分，共42分)1化学与人类生活、能源开发、资源利用等密切相关。下列说法正确的是 （ ）A塑料奶瓶比玻璃奶瓶更有利于健康，且更加经久耐用B硅燃烧放出的热量多，且燃烧产物对环境污染程度低，可做“未来石油”C用K2FeO4取代Cl2处理饮用水，可杀菌消毒，但不能沉降水中的悬浮物D研发使用高效催化剂，可提高反应中原料的转化率【答案】B2下列有关同分异构体数目的叙述，不正确的是（ ）AC5H8O2中既能使指示剂变色又能够与溴的四氯化碳溶液反应的有机化合物有8种BC8H10中只有4种属于芳香烃的同分异构体C甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6祌D分子组成是C4H8O属于醛的同分异构体有3种【答案】D【解析】AC5H8O2既能使指示剂变色又能够与溴的四氯化碳溶液反应，说明该有机物含有碳碳双键和羧基两种官能团，可能的结构有CH2=CHCH2CH2COOH、CH3CH=CHCH2COOH、CH3CH2CH=CHCOOH、CH2=C(CH3)CH2COOH、(CH3)2C=CHCOOH、CH2=CHCH(CH3)COOH、CH3CH=C(CH3)COOH、CH2=C(CH2CH3)COOH等8种，A正确；BC8H10中只有乙苯、邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯等4种属于芳香烃的同分异构体，B正确；C3个碳原子的烷基有丙基和异丙基两种，所以甲苯苯环上的一个氢原子被它们取代，分别有邻、间、对3种，所得产物有6祌，C正确；D分子组成为C4H8O的醛是由3个碳的烷基和醛基组成的，3个碳的烷基有两种，所以该醛只有2种，D不正确，选D。3设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A将1mol Cl2通入足量水中，溶液中HC1O、Cl-、ClO-粒子数之和为2NAB100g CaCO3晶体和100g KHSO4晶体中含有的离子数分别为2NA和3NAC标准状况下，4.48L NO和2.24L O2混合后，原子总数为0.6NAD已知3BrF3 + 5H2O=HBrO3 + Br2 + 9HF + O2，若有5mol H2O参加反应，则被水还原的BrF3分子数目为2NA【答案】C生成4.48LNO2，物质的量为=0.2mol，根据质量守恒定律，原子总数为0.6NA，故C正确；D在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+ Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用，所以5molH2O参加反应，则被水还原的BrF3的分子数目小于3NA，故D错误；故选C。点睛：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加得罗常数的关系。本题的易错点为D，要注意在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中还原剂有BrF3和水。4为鉴别某种物质的成分，某活动小组进行如下实验：取少量样品溶于水，加入硝酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀取中上层清液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀取中上层清液，加入KSCN溶液，溶液呈红色，加入氢氧化钠固体并加热，产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体下列说法正确的是A原固体中一定含有Cl-、SO42-、Fe3+、NH4+B元固体中一定含有Cl-、NH4+，不能确定是否含有SO42-、Fe3+C原固体可能是(NH4)2Fe(SO4)2D原固体一定是FeCl3和(NH4)2SO3的混合物【答案】C【解析】实验：取少量样品溶于水，加入硝酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被硝酸氧化为硫酸根离子，所以原固体中不一定含有SO42-离子；实验：在溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，无法判断氯离子是否存在；实验：前面两次使用硝酸酸化，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以无法确定含有的是Fe3+离子还是Fe2+离子；产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有NH4+；综上所述AB错误、C正确；根据前面的分析，无法准确确定该物质的组成，D错误。点睛：离子分析和判断类的题型一定需要注意相互之间的干扰。比如第一步硝酸酸化的氯化钡，就易将亚硫酸根氧化成硫酸根干扰，且氯离子与银离子结合也有白色沉淀；第二步，虽能说明有氯离子但是要考虑可能是第一步加入的。5短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的某种单质是一种粮仓中常用的粮食保护气，Y和Z原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数，Z原子核外电子数是W原子最外层电子数的2倍。下列说法正确的是（ ）A原子半径：r（Y） r（X） r（W） r（Z）B元素Z的最高价含氧酸的酸性比W的强C元素Y、W的离子具有相同的电子层结构DZ的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱【答案】D6实验室模拟电解法处理含六价铬的工业废水，用如图装置将主要有害物Cr2O72-转化为Cr3+(无害)除去。得到如下实验结果:实验实验条件Cr2O72-A电极为石墨0.922%A电极为石墨，废水中加入1mL浓硫酸12.7%A电极为铁，废水中加入1mL浓硫酸57.3%下列说法中,正确的是A对比实验可知,升高pH可以提高Cr2O72-的去除率B实验中, Cr2O72-在阳极放电，电极反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2OC对比实验可知, Cr2O72-去除率增大的原因是A电极产生的Fe2+也能还原Cr2O72-D实验中,理论上电路中每通过6mol电子,则有1mol Cr2O72-被还原【答案】C故B错误；C实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-，离子方程式为Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，所以导致Cr2O72-去除率提高，故C正确；D实验中，理论上电路中每通过6mol电子，则有1molCr2O72-在阴极上被还原，溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-，因此电路中每通过6mol电子，则有超过1molCr2O72-在被还原，故D错误；故选C。点睛：本题考查电解原理，明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是D，实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，要注意溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-。 7在25时，H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR-、R2-分别在三者中所占的物质的量分数()随溶液pH变化关系如下图所示，下列叙述错误的是AH2R是二元弱酸，其Ka1=110-2BNaHR在溶液中水解程度小于电离程度CpHc( HR-) c(R2- )c(H+)c(OH-)D含Na2R与NaHR各0.1 mol的混合溶液的pH=7.2【答案】C【解析】 ，当c( HR-)= c(H2R )时，PH=2,所以Ka1=110-2，故A正确； ，当c( HR-)= c(R2- )时，PH=7.2，即Ka2=110-7.2, HR-的水解平衡常数为 ，故B正确；pH7.2的溶液中可能存在： c(R2- )c(H+)，故C错误；根据图示，当c( HR-)= c(R2- )时，PH=7.2，含Na2R与NaHR各0.1 mol的混合溶液的pH=7.2，故D正确。二、非选择题(本题包括5小题，其中8、9、10是必选题，11和12任选一题作答，共58分)8水合草酸亚铁（FeC2O4xH2O）是生产锂电池的原料，难溶于水，受热易分解。某化学兴趣小组对草酸亚铁的一些性质进行探究。回答下列问题：（1）实验室用硫酸亚铁溶液和草酸制备水合草酸亚铁，反应的化学方程式是_。（2）将水合草酸亚铁溶于适量盐酸。分别取2 mL此溶液于3支试管中，进行实验：第一支试管中加入几滴KSCN溶液，溶液不变红；第二支试管中加入几滴K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀；第三支试管中加入几滴酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去。上述实验能证明水合草酸亚铁中存在Fe2+的是_（填编号）。（3）为测定水合草酸亚铁中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2 g。按下图连接好装置进行实验。 验步骤如下：A打开K1和K2，缓缓通入N2；B加热装置A一段时间；C停止加热，冷却到室温；D关闭K1和K2，称量A；e.重复上述步骤，直至A恒重，记为m3 g。步骤b至步骤c继续通入N2的目的是 _。根据实验数据记录，计算水合草酸亚铁化学式中结晶水数目x_（列式表示）。（4）为探究草酸亚铁的分解产物，将（3）中已恒重的装置A接入下图所示部分的装置（可重复选用）进行实验。打开K1和K2，缓缓通入N2，充分加热。实验后石英玻璃管中固体仅残留一种有磁性的黑色化合物。写出草酸亚铁受热分解的化学方程式_。实验装置中，依次连接的合理顺序为A、_。【答案】FeSO4+H2C2O4+xH2OFeC2O4xH2O+H2SO4 将装置A中的水蒸气带走；同时防止FeC2O4冷却时被氧化 3FeC2O4 Fe3O4 + 4CO+ 2CO2 C E (C) F G C H能说明肯定存在Fe2+；故答案选。（3）在无氧环境中进行反应，防止FeC2O4冷却时被氧化，同时将装置A中的水蒸气转移出A装置；m(H2O)=(m3-m1)g，m(FeC2O4)= (m2-m3)g，FeC2O4xH2O= FeC2O4 + xH2O 144 18x中 (m2-m3)g (m3-m1)g 得到x=（4）由于分解后有磁性的黑色化合物生成，该化合物为Fe3O4，铁元素化合价有变化，说明分解过程中发生了氧化还原反应，化学方程式为：3FeC2O4 Fe3O4 + 4CO+ 2CO2；生成的气体先通过澄清石灰水来证明二氧化碳的存在，再通过浓的氢氧化钠吸收二氧化碳，再通过澄清石灰水来证明二氧化碳已吸收完全，气体经干燥灼热的氧化铜，将产生后气体澄清石灰水来证明又生成了二氧化碳，最后进行尾气处理；依次连接的合理顺序为A、C E (C) F G C H。9煤气中主要的含硫杂质有H2S以及COS（有机硫），煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从而引起大气污染，因此煤气中H2S的脱出程度已成为煤气洁净度的一个重要指标。请回答下列问题:（1）H2S在水溶液中的电离方程式为_。（2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法、水解法等。COS的分子结构与CO2相似，COS的结构式为_。Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐的离子方程式为_。已知：H2、COS、H2S、CO的燃烧热依次为285kJ/mol、299kJ/mol、586kJ/mol、283kJ/mol；H2还原COS发生的反应为H2(g)+COS(g)=H2S(g)+CO(g)，该反应的H=_kJ/mol。用活性-Al2O3催化COS水解反应为COS(g)+H2O(g) CO2(g)+H2S(g) H0，相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，不同温度下COS的转化率（未达到平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与n(H2O)/n(COS)的关系如图2所示。由图1可知，催化剂活性最大时对应的温度约为_，COS的转化率在后期下降的原因是_。由图2可知，P点时平衡常数K=_（保留2位有效数字）。Q点转化率高于P点的原因是_。【答案】H2SH+HS- 、HS-H+S2- O=C=S COS+4Br2+12OH-=CO32-+SO42-+8Br-+6H2O -285 150 催化剂中毒，发生副反应等合理答案（平衡逆向移动相关描述一律不给分） 0.048 相同条件下n(H2O)/n(COS)越高，相当于COS浓度不变情况下，增大水蒸气浓度，平衡正向移动，COS转化率提高的离子方程式为COS+4Br2 +12OH= CO32-+SO42-+8Br+6H2O；根据这四种物质燃烧热的热化学方程式，利用盖斯定律即可求出：H=(285kJ/mol+299kJ/mol)-(586kJ/mol+283kJ/mol)=-285 kJ/mol；由图1可知，在相同时间内，转化率最大时，即催化剂活性最大，对应的温度为150；温度过高，使催化剂最佳活性减弱或丧失，即催化剂中毒，导致转化率减小；由图2可知，P点时COS的转化率为30%，n(H2O)/n(COS)=3，可列如下关系：COS(g)+H2O(g) CO2(g)+H2S(g)起始物质的量(mol) 1 3 0 0改变物质的量(mol) 0.3 0.3 0.3 0.3平衡物质的量(mol) 0.7 2.7 0.3 0.3则K= 相同条件下n(H2O)/n(COS)的比值越高，相当于COS浓度不变情况下，增大反应物水蒸气浓度，促进化学平衡正向移动，提高了COS转化率。10镍及其化合物用途广泛。某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，以下是从该矿渣中回收NiSO4的工艺路线：已知：(NH4)2SO4在350以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。锡（Sn）位于第五周期第A族。（1）焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是_。（2）“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为_，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有_（填化学式）。（3）为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入SnCl2将Fe3+还原为Fe2+，所需SnCl2的物质的量不少于Fe3+物质的量的_倍；除去过量的SnCl2后，再用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2+，还原产物为Cr3+，滴定时反应的离子方程式为_。（4）“浸出液”中c(Ca2+) = 1.0103molL1，当除钙率达到99%时，溶液中c(F) = _ molL1。已知Ksp (CaF2)=4.01011（5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比（V0/VA）对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，V0/VA的最佳取值是_。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；（2）Fe3+2H2OFeO(OH)+3H+，SiO2、CaSO4；（3）0.5，Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O；（4）2.0103；（5）0.25。Fe2Fe3，化合价升高1价，升高1价，最小公倍数为6，因此离子反应方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O；（4）除钙后溶液中c(Ca2)=1.01031%molL1=1.0105molL1，Ksp=c(Ca2)c2(F)，c(F)=2.0103molL1；（5）要求Fe2萃取率最低，Ni2的萃取率最高，根据图像，最佳取值为0.25。11镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。请回答下列问题：（1）基态 Ni 原子中，电子填充的能量最高的能级符号为_，价层电子的轨道表达式为_。（2）Ni的两种配合物结构如图所示：A BA 的熔、沸点高于B的原因为_。A晶体含有化学键的类型为_（填选项字母）。A键 B键 C配位键 D金属键A晶体中N原子的杂化形式是_。（3） 人工合成的砷化镍常存在各种缺陷，某缺陷砷化镍的组成为Ni1.2As， 其中 Ni 元素只有2 和3 两种价态， 两种价态的镍离子数目之比为_。（4） NiAs的晶胞结构如图所示：镍离子的配位数为_。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为 gcm3，则该晶胞中最近的砷离子之间的距离为_pm。【答案】3d A中含氢键 ABC sp2 1:1 4 或 在A的分子结构中有C=N双键，其中有键和键，有箭头所示的配位键，故选ABC，其中的N原子以sp2方式杂化；（3）某缺陷砷化镍的组成为Ni1.2As， 其中Ni元素只有2和3两种价态，设2价的Ni为x个，+3价的Ni为y个，则由原子守恒得x+y=1.2，由化合价原则得2x+3y=3，求出x=y=0.6，所以两种价态的镍离子数目之比为1:1；（4） 由NiAs的晶胞结构分析可知，与一个Ni3+距离最近的等径As3-为22=4个，所以镍离子的配位数为4；该晶胞中含有的Ni3+为(1/8)8+(1/2)6=4，含有的As3-为4，即含有4个NiAs微粒，设其棱长为acm，其质量为(1344)/ NA g，所以a= cm，而As3-位于其1/8晶胞的体心，两个As3-间的距离相当于面对角线的一半，即a=1010pm。12芳香脂I（）是一种重要的香料，工业上合成它的一种路线如下图所示。其中A的结构简式为，C是能使溴的CCl4溶液褪色的烃，F是分子中含有一个氧原子的烃的衍生物。已知：；酯环化合物：分子中含有3个及以上碳原子连接成的碳环，环内两个相邻碳原子之间可以是单键、双键或三键，环的数目可以是一个或多个。（1）F的相对分子质量大于X，则F的名称为_，X的结构简式为_，CD的另一种产物是HCl，则该反应的反应类型为_。（2）从官能团角度上看，A属于_物质，能将A、B区别开的试剂是_，I中的官能团名称为_。 （3）写出DE的化学方程式:_。（4）B还有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体共有_种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1: 2: 6的物质的结构简式为_（任写一种）。能发生酯化反应 属于脂环化合物（5）已知: （硝酸乙酯）。请写出以为基本原料合成三硝酸甘油酯的合成路线图（无机试剂任选）：_。【答案】苯甲醛 CH3CHO 取代反应 酮 金属钠 碳碳双键、酯基 13 或【解析】根据