安徽省蚌埠市教师届高三化学我为高考命题仿真模拟试题蚌埠二中5.docx
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安徽省蚌埠市教师届高三化学我为高考命题仿真模拟试题蚌埠二中5
安徽省蚌埠市教师2020届高三化学“我为高考命题”仿真模拟试题（蚌埠二中5）
一、单项选择题（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，只有一项符合题目要求。
）
1．化学与生产、生活密切相关。
下列说法错误的是（）
A.目前提出的“低碳经济”，即减少向环境排放CO2有利于控制温室效应B．“国防金属---镁”可通过浓缩海水，再直接采用电解法获得C．硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业D．煤经过气化和液化等化学变化可转化为清洁能源
2．ClO2是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点11℃，凝固点-59℃。
工业上，可用下列原理制备ClO2（液相反
应）2FeS2+30NaClO3+14H2SO4
Fe2（SO4）3+15Na2SO4+30ClO2+14H2O。
设NA
是阿伏伽德罗常数的值。
下列说法错误的是（）
A．在标准状况下，2240mLClO2含有原子数为0.3NA
B．若生成1.5molNa2SO4，则反应后的溶液中Fe3+数目小于0.2NAC．48.0gFeS2完全反应，则上述反应中转移电子数为6NAD．每消耗15molNaClO3，生成的水中氢氧键数目为14NA
3．（原创题）“梯希爱”学名2-甲基二苯甲酮，结构如图，是一种重要的化工原料，常作为医药制备的中间体。
下列叙述正确的是（）
A．“梯希爱”是芳香烃
B．1mol“梯希爱”可与6molH2发生加成反应C．1mol“梯希爱”完全燃烧能生成14molCO2和12molH2OD．“梯希爱”的结构中最多的共面碳原子数为14个
4．下列有关实验的叙述错误的是（）
选项
实验用其或实验操作
目的或结论
A
点燃插入到由MnO2、Al组成的铝热剂（混合物上有少量KClO3）上的镁条
证明还原性Al>Mn
B
将含有HCl、H2O（g）的Cl2依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶
除去Cl2的杂质
C
向某盐溶液X中先滴加几滴氯水、再滴2滴
KSCN溶液
确定盐溶液X中是否含有
Fe3+
D
向某Na2SO3溶液中加入用盐酸酸化的BaCl2溶液
检验Na2SO3是否变质
5．“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，
b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。
锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保护。
下列关于该电池的说法错误的是（）
A．若用导线连接a、c，则a为负极，该电极附近pH减小
B．若用导线连接a、c，则c电极的电极反应式为WO3+xH++xe-=HxWO3
C．若用导线先连接b、c，再连接a、c，可实现太阳能向电能转化
D．若用导线连接b、c，b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
6．X、Y、Z是三种气态物质，在一定温度下其变化符合下图。
下列说法一定正确的是（）
A．该反应的热化学方程式为X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）△H=-（E2-E1）kJ
B．若图III中甲表示压强，乙表示Z的含量，则其变化符合图III中曲线C．图II中曲线b是加入催化剂时的能量变化曲线，曲线a是没有加入催化剂时的能量变化曲线
D．该温度下，反应的平衡常数数值约为533，若升高温度，该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低
7．室温下，向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体（气体体积换算成标准状况），发生反应：
2H2S+SO2=3S↓+2H2O，测得溶液pH与通入SO2的关系如图
所示。
下列有关说法错误的是（）
A．a点水的电离程度最大
B．a点之后，随SO2气体的通入，
c（HSO-）
c（H2SO3）
的值始终减小
C．曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化
D．该温度下H2S的Ka1≈10-7.2
二、非选择题（本题共3小题，共43分。
）
8．（16分）全球碳计划组织（GCP，TheGlobalCarbonProject）报告称，2018
年全球碳排放量约371亿吨，达到历史新高。
（1）中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图1所示。
①已知：
CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）△H=+41kJ·mol-1
2CO2（g）+6H2（g）=4H2O（g）+CH2=CH2（g）△H=-128kJ·mol-1
则上述过程中CO和H2转化为CH2=CH2的热化学方程式是。
②下列有关CO2转化为汽油的说法，正确的是（填标号）。
A．该过程中，CO2转化为汽油的转化率高达78%B．中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C．在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2OD．催化剂HZSM-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率
③若在一容器中充入一定量的CO2和H2，加入催化剂恰好完全反应，且产物只生成C5以上的烷烃类物质和水。
则起始时CO2和H2的物质的量之比不低于。
（2）研究表明，CO2和H2在一定条件下可以合成甲醇。
反应方程式为CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H<0。
一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0molH2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化关系如图2所示。
①该反应自发进行的条件是（填“高温”“低温”或“任意温度”）
②催化效果最佳的催化剂是（填“A”“B”或“C”）；b点时，
v（正）v（逆）（填“＞”“＜”或“＝”）。
③若容器容积保持不变，则不能说明该反应达到化学平衡状态的是。
a.c（CO2）与c（H2）的比值保持不变b.v（CO2）正＝v（H2O）逆c.体系的压强不再发生变化d.混合气体的密度不变
e.有lmolCO2生成的同时有断开3mol的H-H键
f.气体的平均相对分子质量不变
④已知容器内的起始压强为100kPa，若图2中c点已达到平衡状态，则该温度下反应的平衡常数Kp=（只列出计算式，不要求化简，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。
9．（12分）锡酸钠用于制造陶瓷电容器的基体、颜料和催化剂。
工业上以锡碲渣（主要含Na2SnO3和Na2TeO3）为原料，制备锡酸钠的工艺流程图如下，请回
答下列问题：
已知：
锡酸钠（Na2SnO3）和亚碲酸钠（Na2TeO3）均易溶于碱。
（1）“碱浸”过程中，锡碲浸出率与溶液中游离碱质量浓度关系如图所示，则最理想的质量浓度为，理由是。
（2）如图反映的是“除碲”过程中反应温度对碲脱除率的影响关系，70℃后随温度升高碲脱除率下降的原因可能是。
（3）“除碲”反应的离子方程式为。
（4）从“溶析结晶”回到“碱浸”的物质除烧碱外，主要还有（写化学式）。
（5）“溶析结晶”母液中还含有少量SbO43-，可用锡片将Sb置换出来，锡转化成最高价含氧酸盐，写出反应的离子方程式。
10．（15分）某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究。
（1）测得Na2SO3溶液pH＝10，AgNO3溶液pH＝5，原因是（用离子方程式表示）：
。
（2）调节pH，实验记录如下：
实验序号pH实验现象
a
10
产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清
b
6
产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解
c
2
产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质X
查阅资料得知：
ⅰ.Ag2SO3：
白色，难溶于水，溶于过量的Na2SO3溶液。
ⅱ.Ag2O：
棕黑色，不溶于水，能和酸反应。
该学生对产生的白色沉淀提出了两种假设：
①白色沉淀为Ag2SO3。
②白色沉淀为Ag2SO4，推测的依据是。
（3）取b、c中白色沉淀，置于Na2SO3溶液中，沉淀溶解。
该同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag2SO4。
实验方法是：
另取Ag2SO4固体置于溶液中，未溶解。
（4）将c中X滤出、洗净，为确认其组成，实验如下：
Ⅰ.向X中滴加稀盐酸，无明显变化。
Ⅱ.向X中加入过量浓HNO3，产生红棕色气体。
Ⅲ.分别用Ba（NO3）2、BaCl2溶液检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无明显变化，后者产生白色沉淀。
①实验Ⅰ的目的是。
②根据实验现象分析，X的成分是。
③Ⅱ中反应的化学方程式是。
（5）综合该同学以上实验，分析产生X的原因：
。
三、选做题（选修3，选修5各有一题，任选一题作答，共15分。
）
11．（15分）2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古德伊纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和
吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。
请回答下列问题：
（1）LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。
基态Co原子核外电子排布式为，基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为；该
能层能量最高的电子云在空间有个伸展方向，原子轨道呈形。
－－
（2）[Co（NO3
）4]2
中Co2+的配位数为4，配体中N的杂化方式为，该
配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为（填元素符号），1mol
该配离子中含σ键数目为NA。
（3）LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：
焦磷酸钠、三磷酸钠等。
焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为（用n代表P原子数）。
（4）钴蓝晶体结构如图，该立方晶胞由4个I型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为，晶体中Al3+占据O2－形成的（填“四面体空隙”或“八面体空隙”）。
NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为
g·cm－3（列计算式）。
12．（15分）环丙贝特（H）是一种降血脂药物，可明显降低极低密度和低密度脂蛋白水平，并升高高密度脂蛋白，通过改善胆固醇的分布，可减少CH和LDL在血管壁的沉积，还有溶解纤维蛋白和阻止血小板凝聚作用。
如图是合成环丙贝特的一种新方法：
回答下列问题：
（1）B的化学名称为
（2）H中含氧官能团的名称为
（3）H的分子式为
（4）反应①的反应类型为，反应④的化学方程式为
（5）M为的同分异构体，能与NaHCO3溶液反应产生气体，则M
的结构共有种（不考虑立体异构）；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6：
2：
1的结构简式为
（6）利用Wittig反应，设计以环己烷为原料（其他试剂任选），制备
的合成路线：
我为高考命题——理综化学部分
【参考答案】
一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分。
）
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
B
A
D
C
C
D
B
1.【答案】B
【解析】A．CO2是主要的引起温室效应的气体之一，A正确；B．海水浓缩后
直接电解会产生镁的氢氧化物沉淀，无法制得单质镁，B错误；C．硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业，C正确；D．煤经过气化和液化等化学变化可转化为清洁能源，D正确；故答案选A。
2．【答案】A
【解析】A．ClO2沸点11℃，标况下为液体，2240mLClO2的物质的量不是0.1mol，
故A错误；
B．Fe3+在水溶液中会发生水解，Fe3+数目会减少，故B正确；
C．48.0gFeS2物质的量为48g÷120g/mol=0.4mol，NaClO3中氯元素由+5价降到+4价，失一个电子，故6molNaClO3失6mol电子，即48.0gFeS2完全反应，
转移电子数为6NA，故C正确；
D．消耗15molNaClO3生成7mol水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水中氢氧键数目为14NA，故D正确；故答案为A。
3.【答案】D
【解析】A．梯希爱中含有氧元素，不属于烃类，不是芳香烃，A错误；
B．1mol梯希爱中有2mol苯环和1mol酮羰基，故可与7molH2发生加成反应，
B错误；
C．根据结构简式可以数出该分子中含有14个C原子，再根据其不饱和度Ω=9，
可计算出有12个H原子，故1mol梯希爱完全燃烧能生成14molCO2和6molH2O，
C错误；
D．根据结构简式，我们可以看出梯希爱中两个苯环和中间羰基都是平面结构，并用单键连接，可通过单键旋转让所有碳原子共面，D正确；故答案选D。
4．【答案】C
【解析】A、根据铝热反应是置换反应及氧化还原反应规律知，选项A正确；
B、先通过饱和食盐水除去HCl，后通过浓硫酸除去H2O（g），选项B正确；
C、氯气能将Fe2+氧化为Fe3+，选项C错误；
D、若Na2SO3已经变质，SO3
氧化为SO4
遇Ba
产生白色沉淀，选项D正确。
答案选C。
5．【答案】C
2-2-2+
【解析】A．用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为
2H2O-4e-=4H++O2↑，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确；B．用导线连接a、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3+xH++xe-=HxWO3，故B正确；
C．应将导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向
电能转化，故C错误；
D．用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还
原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故D正确；故答案为C。
6．【答案】D
【解析】A．图Ⅰ中X、Y的物质的量浓度逐渐减小，应是反应物，Z的物质的
量浓度逐渐增大，应是生成物，浓度的变化比值为（0.5-0.3）：
（0.7-0.1）：
（0.4-0）
=1：
3：
2，根据浓度的变化之比等于化学计量数之比可知反应方程式应为X（g）
+3Y（g）⇌2Z（g），由图Ⅱ可知反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，
反应热为△H=-（E2-E1）kJ/mol，该反应热化学方程式为X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）
△H=-（E2-E1）kJ/mol，反应热的单位为kJ/mol，A项错误；
B．压强增大，平衡右移，Z的含量应增大，B项错误；
C．图Ⅱ也可能为加入不同的催化剂，b的催化效果较好，或者是曲线b是加入催化剂，曲线a是没有加入催化剂时的能量变化曲线，C项错误；
D．该反应放热，升高温度平衡左移，该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低，D项正确；答案选D。
7．【答案】B
【解析】A选项，由题图可知，a点表示通入SO2气体112mL（即0.005mol）时pH=7，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，溶液呈中性，a点之前为H2S过量，a
点之后为SO2过量，溶液均呈酸性，故a点水的电离程度最大，故A正确；
B选项，根据平衡常数表达式可知
c（HSO-）
c（H2SO3）
Ka1
=c（H+）
，a点之后，随SO2气体的
通入，c（H+）增大，当通入的SO2气体达饱和时，c（H+）不再变化，故B错误。
C选项，当通入SO2气体336mL时，物质的量为0.015mol，反应后相当于溶液中的c（H2SO3）=0.1mol/L，因为H2SO3的酸性强于H2S，故此时溶液对应的pH应小于4.1，故曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化，故C正确；
D选项，由题图中曲线的起点可知，a点溶液呈中性，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，由此可知饱和H2S溶液中溶质的物质的量为0.01mol，
c（H2S）=0.1mol/L，0.1mol/LH2S溶液电离出的c（H+）=10-4.1mol/L，电离方程式为
H2S
H++HS－、HS-
H++S2－；以第一步为主，根据平衡常数表达式计算出该
10-4.1⨯10-4.1
温度下H2S的Ka1≈
二、非选择题
0.1-10-4.1
≈10－7.2，故D正确；综上所述，答案为B。
8．（16分，每空2分）
【答案】
（1）①2CO（g）+4H2（g）=CH2=CH2（g）+2H2O（g）∆H=-210kJ∙mol-1
②B
③6:
19
（2）①低温②A>③ad④
【解析】
60⨯1⨯60⨯1
33
60⨯1⨯（60⨯1）3
124
根据已知热化学方程式运用盖斯定律书写新的热化学方程式；根据图示反应历程分析反应的中间产物，判断催化剂对反应的影响；根据烷烃的通式及题
干信息进行相关计算；根据熵变和焓变判断反应是否自发进行；根据平衡状态的特征分析反应是否达到平衡状态；根据各物质的分压计算平衡常数。
（1）①已知：
ICO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）△H=+41kJ·mol-1，II
2CO2（g）+6H2（g）=4H2O（g）+CH2=CH2（g）△H=-128kJ·mol-1，根据盖斯定律
II-I×2得：
2CO（g）+4H2（g）=CH2=CH2（g）+2H2O（g）△H=-128kJ·mol-1-（+41
kJ·mol-1）×2=-210kJ∙mol-1，故热化学方程式为：
2CO（g）+4H2（g）=CH2=CH2（g）+2H2O（g）∆H=-210kJ∙mol-1；
②A.由图示分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，故A错误；
B.中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B
正确；
C.根据图1所示，在Na-Fe3O4上发生的反应应为CO2生成CO的反应，氢气未参加反应，故C错误；
D.催化剂HZSM-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故D错误；
故答案为：
B；
③烷烃的通式为CnH（2n+2），假设只生成C6H14和水，则根据原子守恒知：
6molCO2恰好完全反应生成1molC6H14和12molH2O需要的H2的物质的量为：
1mol⨯14+12mol⨯2=19mol，所以CO
和H2
的物质的量之比不低于
2
6mol:
19mol=6:
9，故答案为：
6:
9；
（2）①该反应为放热反应，△H<0，根据方程式知：
△S<0，根据ΔG=ΔH－
TΔS，若ΔG<0则T较小，即低温时该反应自发进行，故答案为：
低温；
②如图所示相同时间内催化剂A的转化率较高，说明反应较快催化效果好；b
点时，还未达到平衡，则说明v（正）＞v（逆），故答案为：
A；＞；
③a.c（CO2）与c（H2）初始时比值为1：
3，所以按照化学计量数1:
3反应后，比值始终保持不变，不能说明该反应达到平衡，故a选；b.根据化学计量数之比知：
v（CO2）正=v（H2O）正=v（H2O）逆，正逆反应速率相等，则说明已经达到平衡，故b不选；c.该反应为气体减小的反应，所以当体系的压强不再发生变化，说明反应物和生成物浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故c不选；d.根据质量守恒原理知，反应前后总质量始终不变，且容器体积不变，则混合气体的密度始终不变，所以气体密度不变不能说明达到平衡，故d选；e.断开3mol的H-H键时说明有3mol氢气消耗，则应该消耗1molCO2，则CO2的浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故e不选；f.反应前后气体的物质的量减小，质量保持不变，则气体的平均相对分子质量应增大，若不变，说明达到平衡状态，故f不选；
故答案为：
ad；
④c点时CO2的转率为80%，则反应掉1mol×80%=0.8mol，
CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol）
1
3
0
0
变化（mol）
0.8
2.4
0.8
0.8
平衡（mol）
0.2
0.6
0.8
0.8
起始状态容器中气体总物质的量为1mol+3mol=4mol，平衡时容器中气体总物
质的量为0.2mol+0.6mol+0.8mol+0.8mol=2.4mol，容器体积不变，起始压强为
100kPa，则平衡时总压强为：
100kPa×2.4mol=60kPa，根据分压=总压×物质
4mol
的量分数计算得：
K=P（H2O）⋅P（CH3OH）=
60⨯1⨯60⨯1
33
，故答案为：
P（CO2）⋅P（H2）60⨯1⨯（60⨯1）3
124
60⨯1⨯60⨯1
33。
60⨯1⨯（60⨯1）3
124
9．（12分，每空2分）
【答案】
（1）100g/L浓度超过100后，锡浸出率增幅变小，但碲浸出率却提高较大，不利于后续分离
（2）温度升高，过氧化氢受热分解
（3）2Na++TeO3
+H2O2＝Na2TeO4↓+H2O
2-
（4）Na2SnO3、Na2TeO4
（5）5Sn+4SbO4
+H2O＝4Sb+5SnO3
+2OH-
【解析】
（1）根据图像可知浓度超过100后，锡浸出率增幅变小，但碲浸出率却提高较大，不利于后续分离，故答案为：
100g/L；浓度超过100后，锡
浸出率增幅变小，但碲浸出率却提高较大，不利于后续分离；
（2）该过程反应物中有过氧化氢，过氧化氢受热易分解，故答案为：
温度升高，过氧化氢受热分解；
3
（3）过氧化氢具有氧化性，还原产物一般为水，该过程中过氧化氢将TeO2-
氧化成Na2TeO4，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：
2Na++TeO3
+H2O2
2-
＝Na2TeO4↓+H2O；
（4）溶
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