安徽狮远县育才学校2020届高三化学下学期6月模拟考试试题（含解析）

1、安徽省定远县育才学校2020届高三化学下学期6月模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H -1 C -12 N- 14 O -16 S -32 Cl -35.5 K- 39 第I卷1.2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法错误的是（ ）A. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B. 用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，以减少木材的使用C. 碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料D. 铜导线和铝导线缠绕连接处暴露在雨水中比在干燥环境中更快断裂的主要原因是发生了电化学腐蚀【答案】B【解析】【详解】A高

2、纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸盐和水，所以光导纤维能够被碱腐蚀而造成断路，故A正确； B聚氯乙烯塑料因为含有氯，有毒，不可以代替木材，生产快餐盒，故B错误；C.碳纳米管表面积大，易吸附氢气，所以可以用作新型储氢材料，故C正确；D.铜铝两种金属的化学性质不同，在接触处容易电化学腐蚀，故D正确。答案选B。2.下列说法中，正确的是A. 将2 g H2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NAB. 1molNa218O2与足量水反应，最终水溶液中18O原子为2NA个C. 常温下，46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NAD. 100m

3、L 12mol/L的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA【答案】D【解析】【详解】A将2 g H2与足量的N2混合，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故A错误；B. 1molNa218O2与足量水生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中的氧原子转化为氢氧化钠和氧气中的氧原子，最终水溶液中18O原子为NA个，故B错误；CNO2、N2O4的摩尔质量不同，无法计算混合气体的组成，故C错误；D由于浓HNO3与铜反应生成NO2，而稀HNO3与铜反应生成NO，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2 +2NO2+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2 +2N

4、O+4H2O，100mL12molL-1的浓HNO3完全被还原为NO2转移0.6mol电子，完全被还原为NO转移0.9mol电子，转移的电子数大于0.6NA，故D正确；答案选D。3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，X在短周期主族元素中金属性最强，W与Y属于同一主族。下列叙述正确的是（ ）A. 原子半径：r(Z)r(X)r(W)B. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱C. 由W与X形成的一种化合物可作供氧剂D. Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数

5、为内层电子数的3倍，则W为氧元素，X在短周期主族元素中金属性最强，则X为钠元素，W与Y属于同一主族，则Y为硫元素，Z为短周期元素中原子序数比Y大，则Z为氯元素，据此分析。【详解】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为氧元素，X在短周期主族元素中金属性最强，则X为钠元素，W与Y属于同一主族，则Y为硫元素，Z为短周期元素中原子序数比Y大，则Z为氯元素。A.同主族从上而下原子半径依次增大，同周期从左而右原子半径依次减小，故原子半径：r(X)r(Z) r(W)，选项A错误；B. 非金属性越强简单气态氢化物的稳定性越强，则W的简单气态氢化物H2O的热稳

6、定性比Y的简单气态氢化物H2S强，选项B错误；C. 由W与X形成的一种化合物Na2O2可作供氧剂，选项C正确；D. 非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性越强，则H2SO4的酸性比HClO4的弱，选项D错误；答案选C。4.对甲基苯乙烯（）是有机合成的重要原料。下列对其结构与性质的推断错误的是（）A. 分子式为B. 能发生加聚反应和氧化反应C. 具有相同官能团的芳香烃同分异构体有5种不考虑立体异构D 分子中所有原子可能处于同一平面【答案】D【解析】【分析】对甲基苯乙烯（）含有甲基、苯环和碳碳双键，具有苯、乙烯的结构特点和性质。【详解】A项、对甲基苯乙烯（）含有9个碳和10个氢，分子式为C9H10

7、，故A正确；B项、含有碳碳双键，可发生加聚反应和氧化反应，故B正确；C项、含有两个支链时，有邻间对三种结构，含有一个支链时：支链为-CH=CH-CH3、-CH2CH=CH2、-C（CH3）=CH2，除了本身，共有5种同分异构体，故C正确；D项、含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构，处于同一平面，分子中含有-CH3，甲基为四面体结构，所以分子中所有原子不可能处于同一平面，故D错误。故选D【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握有机物的结构、苯环与H原子的判断为解答的关键。5.向盛有少量NaCl溶液的试管中滴入少量AgNO3溶液，再加入氨水，下列关于实验现象的叙述不正确的是

8、( )A. 先生成白色沉淀，沉淀消失B. 生成的沉淀为AgCl，它不溶于水，但溶于氨水，重新电离成Ag和ClC. 生成沉淀是AgCl，加入氨水后生成了可溶性的配合物Ag(NH3)2ClD. 若向AgNO3溶液中直接滴加氨水，产生的现象也是先出现白色沉淀后沉淀消失【答案】B【解析】【详解】AgNO3中滴入NaCl溶液中，生成白色的AgCl沉淀，难溶于水，向沉淀中加入足量氨水后，生成可溶性的配合物Ag(NH3)2Cl，故此现象是先沉淀，后沉淀溶解；若向AgNO3溶液中直接滴加氨水，先生成白色沉淀AgOH，不溶于水，氨水过量，生成络合物银氨溶液，沉淀溶解，现象同上，故A、C、D正确，B错误；故选B。

9、6.为探究铝片(未打磨)与Na2CO3溶液的反应，实验如下：下列说法不正确的是A. Na2CO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH-B. 对比、，推测Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜C. 溶液中可能存在大量Al3+D. 推测出现白色浑浊的可能原因：+H2O=Al(OH)3+【答案】C【解析】【详解】A碳酸根离子为多元弱酸的酸根离子，分步水解，以第一步为主，水解离子方程式：+H2O+OH，故A正确；B实验和没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验中却有气泡，说明氧化膜被破坏，故B正确；C加热促进碳酸根的水解，使溶液碱性增强，氧化膜和碱反应，去掉氧化

10、膜之后，铝片在碱性溶液中与OH反应，生成偏铝酸根，2Al2OH2H2O=23H2，碳酸氢根的酸性比偏铝酸根强，所以生成的和碳酸根水解生成的发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根，所以不可能存在大量Al3+，故C错误；D根据C选项分析可知，和发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为+H2O=Al(OH)3+，故D正确；答案选C。7.硼氢化物NaBH4(B元素的化合价为+3价)燃料电池(DBFC)，由于具有比能量高、产物清洁无污染和燃料易于储存和运输等优点，被认为是一种很有发展潜力的燃料电池，其工作原理如图所示，下列说法正确的是A. 放电时，每转移2mol电子，理论上需要消耗9.5gNaBH4

11、B. 电极a采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用C. 电池放电时Na+从b极区移向a极区D. 电池的负极反应为+2H2O8e-=+8H+【答案】A【解析】【分析】BH中H元素为-1价，放电过程中a电极上BH中H元素被氧化，所以a为负极，b电极上H2O2中氧元素被还原，所以b为正极。【详解】A负极H元素发生氧化反应生成H2O，电极反应式为BH+8OH-8e=BO+6H2O，每转移2mol电子，理论上需要消耗0.25mol即9.5gNaBH4，故A正确；B电极a为负极，二氧化锰具有氧化性，可以直接氧化硼氢根离子，不能用作负极的材料，故B错误；C原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极

12、移动，则Na+从a极区移向b极区，故C错误；D负极H元素发生氧化反应生成H2O，电极反应式为BH+8OH-8e=BO+6H2O，故D错误；故选A第II卷8.氮的化合物既是一种资源，也会给环境造成危害。I氨气是一种重要的化工原料。（1）NH3与CO2在120C，催化剂作用下反应生成尿素：CO2（g）+2NH3（g）（NH2）2CO（s）+H2O（g），H= -x kJ/mol (x0)，其他相关数据如表：物质NH3(g)CO2(g)CO(NH2)2(s)H2O(g)1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/KJabzd则表中z（用x、a、b、d表示）的大小为_。（2）120时，在2L密闭反应容

13、器中充入3mol CO2与NH3的混合气体，混合气体中NH3的体积分数随反应时间变化关系如图所示，该反应到达平衡时CO2的平均反应速率为_, 此温度时的平衡常数为_。下列能使正反应的化学反应速率加快的措施有_. 及时分离出尿素 升高温度 向密闭定容容器中再充入CO2 降低温度氮的氧化物会污染环境。目前，硝酸厂尾气治理可采用NH3与于NO在催化剂存在的条件下作用，将污染物转化为无污染的物质。某研究小组拟验证NO能被氨气还原并计算其转化率（已知浓硫酸在常温下不氧化NO气体）。(l）写出装置中反应的化学方程式_。 (2）装置和装置如下图，仪器A的名称为_，其中盛放的药品名称为_。装置中，先在试管中加

14、入23 粒石灰石，注入适量稀硝酸，反应一段时间后，再塞上带有细铜丝的胶塞进行后续反应，加入石灰石的作用是_。（3）装置中，小段玻璃管的作用是_；装置的作用是除去NO，NO与FeSO4溶液反应形成棕色Fe(NO)SO4溶液，同时装置还用来检验氨气是否除尽，若氨气未除尽，可观察到的实验现象是_。【答案】 (1). x-d+b+2a (2). 0.0047mol/(Ls) (3). 17.07 (4). (5). 4NH3+6NO5N2+6H2O (6). 分液漏斗 (7). 浓氨水 (8). 产生CO2，排出装置中的空气，防止NO被氧化 (9). 防倒吸 (10). 溶液变浑浊【解析】【详解】I

15、(1)CO2(g)+2NH3(g)(NH2)2CO(s)+H2O(g)，反应中断裂反应物中的化学键吸收的能量为b+2a，形成生成物中的化学键放出的能量为z+d，H=( b+2a)- (z+d)= -x kJ/mol，解得z= x-d+b+2a，故答案为x-d+b+2a；(2)根据图像，起始时氨气的体积分数为50%，则起始氨气的物质的量为3mol50%=1.5mol，设从起始到平衡转化CO2物质的量为xmol，CO2(g)+2NH3(g)(NH2)2CO(s)+H2O(g)起始(mol) 1.5 1.5 0转化(mol) x 2x x平衡(mol) 1.5-x 1.5-2x x则100%=20%

16、，解得x=，到达平衡时CO2的平均反应速率=0.0047mol/(Ls)； 平衡常数K=17.07；及时分离出尿素，对反应速率没有影响；升高温度，能够加快反应速率；向密闭定容容器中再充入CO2，二氧化碳的浓度增大，反应速率加快；降低温度，反应速率减慢；能使正反应的化学反应速率加快的有，故答案为0.0047mol/(Ls) ；17.07；(l)装置干燥的氨气和一氧化氮在催化剂作用下反应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O，故答案为4NH3+6NO5N2+6H2O；(2)根据装置图，仪器A为分液漏斗，装置是制备氨气的，需要在分液漏斗盛放浓氨水，在锥形瓶中放入氧化钙、氢氧

17、化钠固体等物质；装置中，先在试管中加入23 粒石灰石，注入适量稀硝酸，反应放出二氧化碳，排除装置中的空气，防止NO被氧化，再塞上带有细铜丝的胶塞进行后续反应，故答案为分液漏斗； 浓氨水；产生CO2，排出装置中的空气，防止NO被氧化；(3)装置中，小段玻璃管的作用是防止氨气易溶于水发生倒吸现象；装置是用来检验氨气是否除净的装置，硫酸亚铁和氨气反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，若氨气未除净，中溶液中会生成氢氧化亚铁沉淀，则溶液变浑浊；故答案为防倒吸；中溶液变浑浊。9.Ca(NO2)2(亚硝酸钙)是易溶于水的无色晶体，可用作混凝土中钢筋的防护剂。(1)Ca(NO2)2的制备方法很多。实验室可用反应Ca(N

18、O3)2+2CaFe2O4+4NO3Ca(NO2)2+2Fe2O3制备Ca(NO2)2，该反应中被氧化的N原子与被还原的N原子的物质的量之比为_。用石灰乳吸收硝酸工业尾气中氮氧化物制备Ca(NO2)2，其中NO2与Ca(OH)2反应生成Ca(NO2)2和Ca(NO3)2的化学方程式为_，经过滤得到含Ca(NO2)2的溶液为液态产品。(2)测定某液态产品中NO3含量的步骤如下： 已知：步骤4中的反应为NO3+3Fe2+4H+=3Fe3+NO+2H2O，步骤5中的反应为6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O。若步骤5滴定至终点时消耗K2Cr2O7溶液20.00mL，计算液态

19、产品中NO3的含量(单位gL1，最后结果保留一位小数，写出计算过程)_。【答案】 (1). 21 (2). 4NO2 + 2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O (3). 与K2Cr2O7反应的n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=60.0200molL120.00mL103LmL1=2.400103mol，与NO3反应的n(Fe2+)=0.1000 molL125.00mL103LmL12.400103mol=1.000104mol，NO3的含量为【解析】【详解】（1）Ca(NO3)2中N为5价，NO中N为2价，Ca(NO2)2中N为3价，即Ca(NO3)2为氧化剂

20、，NO为还原剂，被氧化的N原子与被还原的N原子的物质的量为之比为4：2=2：1；NO2与Ca(OH)2反应生成Ca(NO2)2和Ca(NO3)2，即该反应方程式为NO2Ca(OH)2Ca(NO3)2Ca(NO2)2H2O，NO2在该反应既是氧化剂又是还原剂，利用化合价升降法进行配平，即4NO2 + 2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O；（2）与K2Cr2O7反应的n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=60.0200molL120.00mL103LmL1=2.400103mol，与NO3反应的n(Fe2+)=0.1000 molL125.00mL103LmL12.40

21、0103mol=1.000104mol，则原溶液中m(NO3)=1.000104mol62gmol1250mL/(310mL)，根据流程液态产品的体积为10.00103L，即NO3的含量为5.2gL1；10.甲醛(HCHO)在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。利用甲醛一定条件下直接脱氢可制甲醛，反应方程式：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g) H1实验测得随温度升高，平衡常数如下表所示。温度(K)500700T1T2T3平衡常数7.1310-43.3010-12.009.0010.00（1）甲醛分子中所有原了都达到稳定结构，甲醛的电子式为_。（2） 若在恒温恒压容器中进行上述反应，可判

22、断反应到达平衡状态的是_。A.混合气体的密度不变B.CH3OH、HCHO的物质的量浓度之比为1：1C.H2的体积分数不再改变D.单位时间内甲醛的生成量与氢气的消耗量相等（3）T1时，CH3OH、HCHO、H2 起始浓度(molL-1)分别为1.0、0.50 、1.0，反应达到平衡时，HCHO 的体积分数_20% (填“”、“ =”、“ ”、“ =”、“ ”、“ =”、“ (4). (5). 该反应为气体分子数增加的反应，若平衡后增大压强甲醇转化率应下降，故A点未达到平衡 (6). 采用膜反应器可及时分离出产物中的氢气，有利于反应正向进行，提高甲醇的转化率 (7). 【解析】本题主要考查影响化学

23、平衡的外界条件及平衡状态的判断 。（1）甲醛分子中所有原了都达到稳定结构，甲醛电子式为。（2）A.气体质量守恒，气体体积随着反应进行而改变，气体密度也随之改变，当混合气体的密度不变时，可判断反应到达平衡状态；B.CH3OH、HCHO的物质的量浓度之比与平衡状态之间没有关系；C.H2的体积分数随着反应进行而改变，当H2的体积分数不再改变时，可判断反应到达平衡状态；D.单位时间内甲醛的生成量与氢气的消耗量相等，正反应速率等于逆反应速率，可判断反应到达平衡状态。故选ACD。（3）T1时，CH3OH、HCHO、H2起始浓度(molL-1)分别为1.0、0.50、1.0，此时，HCHO的体积分数=20%

24、，浓度商Q=0.501.0/1.0=0.5020%。（4）A点：v正v逆，理由是；该反应为气体分子数增加的反应，若平衡后增大压强甲醇转化率应下降，故A点未达到平衡。B点比A点转化率高的原因是采用膜反应器可及时分离出产物中的氢气，有利于反应正向进行，提高甲醇的转化率。（5）反应CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)的平衡常数随着温度升高而增大，所以 H10。H2+H3=H10，H3H3。化学-选修3：物质结构与性质11.化学一选修3：物质结构与性质(1)Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。基态Ti3+的未成对电子数有_个。LiBH4由Li+和BH4-构成，BH

25、4-的空间构型是_，B原子的杂化轨道类型是_。某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物，M的部分电离能如下表所示:I1/kJmol-1I2/kJmol-1I3/kJmol-1I4/kJmol-1I5/kJmol-1738145177331054013630M是_(填元素符号），判断理由为_。(2)铜晶体中铜原子的堆积方式如图所示，铜晶体中原子的堆积模型属于_。(3)A原子的价电子排布式为3s23p5，铜与A 形成化合物的晶胞如图所示（黑点代表铜原子）。该晶体化学式为_。该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是_ ，此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为_。己知该晶

26、体的密度为gcm-3，阿伏伽德罗常数为NA，己知该晶体中Cu原子和A原子之间的最短距离为体对角线的1/4，则该晶体中Cu原子和A原子之间的最短距离为_pm。【答案】 (1). 1 (2). 正四面体 (3). sp3 (4). Mg (5). 第3电离能比第2电离能大很多，说明最外层有2个电子 (6). 面心立方密堆积 (7). CuCl (8). Cu-可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子） (9). Cu(NH3)42 (10). 1010【解析】（1）基态Ti3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1，其未成对电子数是1；BH4-的中心原子的价层电子对数是4，不存在孤对电子，空间构型是正四面体，B原子的杂化轨道类型是sp3；该元素的第3电离能比第2电离能大很多，说明最外层有2个电子，则该元素属于第IIA族，为Mg元素；（2）铜晶体中原子的堆积模型属于面心立方密堆积；（3）A原子的价电子排布式为3s23p5，A是Cl。铜与