届全国高三化学高考模拟卷仿真卷全国理科综合Word下载.docx

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在硫酸催化下，CH3CO18OCH2CH3水解生成CH3COOH和CH3CH

OH，D项正确，故选D。

9．（2019·

课标全国Ⅰ，13）科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。

下列叙述正确的是（　　）

A．WZ的水溶液呈碱性

B．元素非金属性的顺序为X＞Y＞Z

C．Y的最高价氧化物的水化物是中强酸

D．该新化合物中Y不满足8电子稳定结构

解析　该化合物由阴、阳离子构成，说明它是离子化合物。

从该化合物的结构式看出，W为金属元素；

1个Z原子形成1个共价键，说明Z原子最外层有1个或7个电子；

1个X原子形成4个共价键，说明X原子最外层有4个电子；

Y原子形成2个共价键，阴离子得1个电子，说明Y原子最外层有5个电子；

根据“Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半”知，W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl。

氯化钠是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，A项错误；

元素非金属性顺序为Z（Cl）>

Y（P）>

X（Si），B项错误；

磷的最高价氧化物是P2O5，其对应的水化物为HPO3、H3PO4，它们均是中强酸，C项正确；

2个硅原子和1个P原子形成2个共价键，阴离子得到1个电子，所以该化合物中磷原子最外层达到8电子稳定结构，D项错误。

答案　C

10．某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验．下列说法中，正确的是（）

A．实验前两溶液的pH相等

B．实验前两溶液中离子种类完全相同

C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多

D．加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32﹣+Ca2+═CaCO3↓

答案：

B

11．（2019·

湖南岳阳一模，9）研究表明CO与N2O在Fe＋作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为①N2O＋Fe＋===N2＋FeO＋（慢）、②FeO＋＋CO===CO2＋Fe＋（快）。

下列说法正确的是（　　）

A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应

B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定

C．Fe＋使反应的活化能减小，FeO＋是中间产物

D．若转移1mol电子，则消耗11.2LN2O

解析　A项，反应①、②均有元素化合价的升降，因此都是氧化还原反应，A错误；

B项，由题图可知，反应①、②都是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，B错误；

C项，Fe＋作催化剂，使反应的活化能减小，FeO＋是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，C正确；

D项，由于没有指明外界条件，所以不能确定气体的体积，D错误。

12．四甲基氢氧化铵[（CH3）4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[（CH3）4NCl]为原料，采用电渗析法合成（CH3）4NOH，其工作原理如下图所示（a、b为石墨电极，c、d、e为离子交换膜），下列说法正确的是（　　）

A．M为正极

B．c、e均为阳离子交换膜

C．b极电极反应式：

2H2O－4e－===O2↑＋4H＋

D．制备1mol（CH3）4NOH，a、b两极共产生0.5mol气体

解析　以四甲基氯化铵[（CH3）4NCl]为原料，采用电渗析法合成（CH3）4NOH的过程中，根据氯离子的移动方向可知，a为阴极，b为阳极，又据图分析，生成氯化钠浓溶液，说明阳极上不是氯离子放电，则e不是阴离子交换膜，是阳离子交换膜，阳极电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，据左池产物分析，c也是阳离子交换膜，a电极为氢离子放电生成氢气，则A、a为阴极，b为阳极，所以M为负极，A错误；

B、根据以上分析可知c、e均为阳离子交换膜，B正确；

C、根据以上分析可知阳极电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，C错误；

D、a电极为氢离子放电生成氢气，b电极氢氧根放电生成氧气。

制备1mol（CH3）4NOH，转移1mol电子，根据电子得失守恒可知a、b两极共产生0.5mol＋0.25mol＝0.75mol气体，D错误。

答案　B

13．近年，科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法：

2C2H5OH（g）

CH3COOC2H5（g）＋2H2（g），在常压下反应，冷凝收集，测得常温下液体收集物中主要产物的质量分数如图所示。

关于该方法，下列推测不合理的是（　　）

A．反应温度不宜超过300℃

B．该反应属于消去反应

C．在催化剂作用下，乙醛是反应历程中的中间产物

D．提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键

解析　A．通过图像分析出，当温度高于300℃时，乙酸乙酯的质量分数开始下降，所以反应温度不宜高于300℃。

A正确；

B.根据反应2C2H5OH（g）

CH3COOC2H5（g）＋2H2（g）及图像可看出，在催化剂的作用下，乙醇先生成乙醛，发生去氢氧化反应，进一步生成乙酸乙酯，并不是消去反应，B错误；

C.因液态收集物中乙醛产量初期偏大，但是慢慢就随着乙酸乙酯的产量增大而减小，所以它应是中间产物，C正确；

D.乙醇有可能会生成乙烯或乙醚等副产物，因乙烯是气体物质，所以图中没显示。

催化剂有选择性，如果选择优质的催化剂可以提高反应速率，同时减小副反应过程的发生可提高产率，D正确。

非选择题

二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。

第26～28题为必考题，每道题考生都必须作答。

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）氢氧化钡是分析化学中的重要试剂。

工业上以重晶石矿（主要成分BaSO4，含杂质Fe2O3、SiO2）为原料，生产Ba（OH）2·

8H2O的流程示意如下：

已知：

高温焙烧，炭还原重晶石的反应方程式为：

BaSO4＋4C

CO↑＋BaS

（1）氢氧化钡的电子式为________。

（2）水浸并过滤后的滤渣中含三种单质，分别为C、________和________（填化学式），滤液1显________（填“酸性”或“碱性”）。

向滤液1中加入CuO后，会生成黑色沉淀，该反应的化学方程式为_______________________。

（3）还可采用如下流程对滤液1进行处理：

若D物质为AB型，其组成与MnO2相同，滤液1中加入MnO2的化学方程式为_____________________________。

该方法的优点是_____________________________。

（4）由滤液2得到产品需采用的操作是________、________、过滤。

解析　

（1）根据电子式的书写规则氢氧化钡的电子式为：

；

（2）在焙烧过程中，碳将Fe2O3、SiO2中的Fe和Si还原出来，所以水浸并过滤后的滤渣中有Fe和Si；

根据题干信息，BaS在水浸时发生水解反应生成氢氧化钡，所以滤液呈碱性；

向滤液1中加入CuO后发生反应为：

BaS＋CuO＋H2O===CuS＋Ba（OH）2；

（3）由图示及二氧化锰的氧化性可得该反应方程式为：

BaS＋MnO2＋H2O===MnO＋S＋Ba（OH）2，该方法的优点是MnO2可以循环利用；

（4）根据氢氧化钡的溶解性可知要获取Ba（OH）2·

8H2O需采用的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。

答案　

（1）

（2）Fe　Si　碱性　BaS＋CuO＋H2O===CuS＋Ba（OH）2

（3）BaS＋MnO2＋H2O===MnO＋S＋Ba（OH）2　MnO2可以循环利用

（4）蒸发浓缩　冷却结晶

27．（14分）磷酸二氢钾（KH2PO4）在工业、农业、医药及食品等行业均有广泛的应用。

利用氟磷灰石（化学式为Ca5P3FO12）制备磷酸二氢钾的工艺流程如图所示（部分流程步骤已省略）：

其中，萃取是因为KCl和H3PO4产生的HCl易溶于有机萃取剂。

请回答下列问题：

（1）氟磷灰石（Ca5P3FO12）中磷元素的化合价是________。

（2）用化学反应原理解释KCl和H3PO4生成KH2PO4的原因：

_______________________________。

（3）若在实验室中进行操作Ⅰ和Ⅱ，则需要相同的玻璃仪器是________；

沸腾槽不能采用陶瓷材质的原因是______________________（用化学方程式表示）。

（4）副产品N的化学式是________；

在得到N的流程中“……”的操作步骤是____________________________________________、洗涤、干燥。

（5）在萃取过程中，影响萃取率的因素复杂，下图是投料比

对萃取率的影响曲线，在实际操作中，应选择投料比

的范围是________（填序号）。

A．0.2～0.4B．0.4～0.6

C．0.6～0.8D．0.8～1.0

E．1.0～1.2

（6）电解法制备KH2PO4是用石墨作电极，将电解槽分为a区和b区，中间用阳离子交换膜隔离，a区为3mol·

L－1H3PO4，b区为3mol·

L－1KCl。

阳极区为________（填“a”或“b”）区，其电极反应式是_______________________。

解析　

（1）在Ca5P3FO12中Ca为＋2价、F为－1价、O为－2价，由化合物中元素化合价的代数和为0，则P为＋5价。

（2）该反应是KCl＋H3PO4KH2PO4＋HCl，加入有机萃取剂后，HCl被萃取到有机层，水溶液中c（HCl）减小，使得平衡向生成KH2PO4的方向移动。

（3）在实验室中进行操作Ⅰ是过滤，操作Ⅱ是萃取，则需要用到相同的玻璃仪器是烧杯。

在沸腾槽中生成了HF，陶瓷中含有SiO2，可发生反应：

4HF＋SiO2===2H2O＋SiF4，故沸腾槽不能采用陶瓷材质。

（4）根据流程知副产品N是NH4Cl，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥可得到。

（5）为了得到更多的KH2PO4，原料磷酸损失越少越好，所以磷酸的萃取率要低，但HCl的萃取率要比较高，由图像可知，在

＝1.0～1.2为宜。

（6）因为中间用阳离子交换膜隔离，只能是K＋通过隔膜到阴极区生成KH2PO4，故KCl所在的b区是阳极区，电极反应式：

2Cl－－2e－===Cl2↑。

答案　

（1）＋5

（2）该反应是KCl＋H3PO4KH2PO4＋HCl，加入有机萃取剂后，HCl被萃取到有机层中，水溶液中c（HCl）减小，使得平衡向生成KH2PO4的方向移动

（3）烧杯　4HF＋SiO2===2H2O＋SiF4

（4）NH4Cl　（减压）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤

（5）E　

（6）b　2Cl－－2e－===Cl2↑

28．（15分）硼（B）可形成H3BO3、NaBH4、NaBO2等化合物，用途广泛。

（1）H3BO3为一元弱酸，可由硼砂（Na2B4O7·

10H2O）与盐酸加热反应制得。

该反应的化学方程式为_________________________。

常温下0.1mol·

L－1的H3BO3溶液pH约为5.0，则H3BO3的电离常数Ka约为________。

（2）在恒容密闭容器中发生储氢反应：

BPO4（s）＋4Na（s）＋2H2（g）Na3PO4（s）＋NaBH4（s）　ΔH<

下图为NaBH4产率与反应温度的关系曲线：

①反应达到平衡时，下列有关叙述正确的是________。

（填标号）

A．生成1molNaBH4只需1molBPO4、4molNa和2molH2

B．若向容器内通入少量H2，则v（放氢）＜v（吸氢）

C．升高温度，放氢速率加快，重新达到平衡时容器压强增大

D．降低温度，该反应的平衡常数减小

②NaBH4的产率在603K之前随温度升高而增大的原因是________________。

（3）NaBH4可水解放出氢气，反应方程式为：

NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑。

①t1/2为NaBH4水解的半衰期（水解一半所需要的时间，单位为分钟）。

lgt1/2随pH和温度的变化如图所示。

在酸性条件下，NaBH4不能稳定存在，原因是_____________________________________（用离子方程式表示）；

T1________T2。

（填“>

”或“<

”）

②用H2制备H2O2的一种工艺简单、能耗低的方法，反应原理如下图所示。

总反应的化学方程式为___________________________。

解析　

（1）Na2B4O7·

10H2O与盐酸加热反应生成H3BO3、NaCl和H2O。

因此答案为Na2B4O7·

10H2O＋2HCl

4H3BO3＋2NaCl＋5H2O。

H3BO3为一元弱酸，电离方程式为H3BO3H＋＋H2BO

，根据电离常数的定义可知Ka＝1.0×

10－9。

（2）①A.该反应为可逆反应，1molBPO4、4molNa和2molH2不可能完全反应转化为1molNaBH4，A错误。

B.若向容器内通入少量H2，增加反应物的浓度，反应向正反应方向进行，则v（放氢）＜v（吸氢），B正确。

C.升高温度，正逆反应速率都加快，升高温度反应向吸热反应即放氢方向进行，重新达到平衡时容器压强增大，C正确。

D.该反应为放热反应，温度降低，平衡向正反应方向进行，平衡常数变大，故D错误。

②NaBH4的产率在603K之前随温度升高而增大是因为反应没有达到平衡状态，温度升高，反应速率加快。

（3）①根据NaBH4水解的化学方程式可知BH

中H显－1价，和水电离的H＋发生氧化还原反应生成H2。

在酸性条件下BH

和H＋发生氧化还原反应生成H2，离子方程式为BH

＋H＋＋3H2O===H3BO3＋4H2↑。

t1/2越大lgt1/2越大，pH相同的时候T1对应的lgt1/2大，也就是T1时水解的半衰期长，反应速率慢，温度低，T1＜T2。

②根据图示可知Pd和[PdCl2O2]2－为中间产物，[PdCl4]2－为催化剂，反应的化学方程式为H2＋O2

H2O2。

答案　

（1）Na2B4O7·

4H3BO3＋2NaCl＋5H2O　1.0×

10－9

（2）①BC　②反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快

（3）①BH

＋H＋＋3H2O===H3BO3＋4H2↑　<

②H2＋O2

H2O2

（二）选考题：

共15分。

请考生从给出的2道题中任选一题作答。

如果多做，则按所做第一题计分。

35．【选修3：

物质结构与性质】

（15分）（2018·

甘肃张掖市高三质检）钾、氟及锌的相关化合物用途非常广泛。

回答下列问题：

（1）基态锌原子的价电子排布式为________；

K、F、Zn的电负性从大到小的顺序为___________________________。

（2）Zn与Ca位于同一周期且最外层电子数相等，钙的熔点与沸点均比锌高，其原因是____________________________。

（3）OF2分子的几何构型为________________________________，

中心原子的杂化类型为____________________。

（4）KOH与O3反应可得到KO3（臭氧化钾），KO3中除σ键外，还存在______________________；

与O

互为等电子体的分子为________（任写一种）。

（5）K、F、Zn组成的一种晶体结构如图所示，其晶胞参数为a＝0.4058nm。

①晶胞中Zn2＋的配位数为________个。

②晶胞中紧邻的两个F－间的距离为______________________（列出算式即可）nm。

③该晶体的密度为_____________________（列出算式即可，

用NA表示阿伏加德罗常数的数值）g·

cm－3。

解析　

（1）锌是30号元素，基态锌原子的价电子排布式为3d104s2；

元素的非金属性越强，电负性数值越大，金属性越强，电负性数值越小，金属性K>

Zn，F的非金属性最强，电负性最大，电负性从大到小的顺序为F>

Zn>

K。

（2）锌的原子半径较大，金属键较弱，导致钙的熔点与沸点比锌高。

（3）OF2分子中O原子的价层电子对数＝2＋

（6－1×

2）＝4，采用sp3杂化，2个孤电子对OF2的几何构型为V形。

（4）KOH与O3反应可得到KO3（臭氧化钾），KO3属于离子化合物，除σ键外，还存在离子键和π键，与O

互为等电子体的分子有ClO2等。

（5）①晶胞中与Zn2＋距离相等，且最近的为F－，有6个，因此Zn2＋配位数为6。

②根据图示，晶胞中紧邻的两个F－间的距离为面对角线距离的一半，即

×

0.4058nm×

＝

0.4058nm。

③该晶胞中含有锌离子的数目＝8×

＝1，氟离子的数目＝12×

＝3，钾离子数目＝1，化学式为KZnF3，1mol晶胞的质量为（39＋65＋19×

3）g，1mol晶胞的体积为（0.4058×

10－7）3×

NAcm3，则晶体的密度为

g·

答案　

（1）3d104s2　F>

K

（2）锌的原子半径较大，金属键较弱

（3）V形　sp3

（4）离子键和π键　ClO2（或其他合理答案）

（5）①6　②

0.4058　③

36．【选修5：

有机化学基础】

（15分）诺氟沙星为喹诺酮类抗生素，其合成路线如下：

（1）化合物A的名称是________。

（2）诺氟沙星分子中含氧官能团的名称为________。

（3）C生成D，H生成诺氟沙星的反应类型分别是________、________。

（4）F的结构简式为________________。

（5）G生成H的化学方程式为______________________。

（6）有机物X比B分子少一个CH2原子团，且含有酯基和

结构，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为1∶3∶3的结构简式为___________（任写一种）。

（7）参照上述合成路线写出由有机物

、B为有机原料合成

的路线图（无机试剂任选）。

解析　

（1）根据有机物命名规则可知A的名称为丙二酸二乙酯。

（2）由诺氟沙星分子结构简式不难看出，含氧官能团有羧基、（酮）羰基。

（3）C生成D的反应是—NO2转化为—NH2，为还原反应，H生成诺氟沙星的反应是H分子中氯原子被

取代，为取代反应。

（4）对比E和G的分子结构差异可知F生成G是实现C2H5—的取代，由此可推知F的结构简式为

。

（5）对比G和H的分子结构可知—COOC2H5转化为—COOH，反应方程式为

（6）化合物X的分子式为C9H14O5。

核磁共振氢谱有三组峰说明X分子中有三种氢，且峰面积比为1∶3∶3即2∶6∶6，共14个氢原子对称结构；

又知含有酯基和

结构，5个氧原子以

为中心两边酯基结构对称，由此可推知满足题意的分子结构为

或

（7）根据题干流程可知，利用“B＋D→E→F以及G→H”，设计出合成路线为

答案　

（1）丙二酸二乙酯　

（2）羧基、（酮）羰基　（3）还原反应　取代反应