广东省届高三化学模拟试题八含答案.docx

1、广东省届高三化学模拟试题八含答案广东省2020届化学模拟试题精练(八)(考试用时：50分钟试卷满分：100分)7现代生活需要提升我们的科学素养，以下说法科学的是()A某护肤品广告宣称产品不含任何化学成分B日用铝制品表面不需要刷漆防腐蚀C汽车尾气中的氮氧化物是由汽油不完全燃烧引起的D为了防腐保鲜，可在蔬菜表面洒少量福尔马林解析：选B所有物质都含有化学成分，不含化学成分的物质不存在，故A错误；铝与空气中的氧气反应生成致密的氧化膜，阻止铝与氧气继续反应，所以日用铝制品表面不用刷漆防腐蚀，故B正确；汽油的主要成分是C和H元素构成的烃类物质，汽油中不含N元素，所以汽车尾气中氮氧化物的产生与汽油是否完全燃

2、烧无关，故C错误；福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，不能用于食品的防腐保鲜，故D错误。8设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A1 L 0.1 molL1 NH4Cl溶液中，NH的数目为0.1NAB质量均为1.7 g的OH和OH，所含质子数目均为0.9NAC1.0 mol Na2O2和1.0 mol Na2S混合后阴离子总数为2NAD60 g SiO2晶体中，含有SiO4四面体结构单元的数目为NA解析：选A。A.由于NH4Cl溶液中存在NH的水解，所以1 L 0.1 molL1 NH4Cl溶液中NH的数目小于0.1NA，故A错误；B.电子质量忽略不计，质量均为1.7 g的OH和OH，

3、所含质子数目均为0.9NA，故B正确；C.1.0 mol Na2O2 中含有1.0 mol过氧根离子，1.0 mol Na2O2和1.0 mol Na2S 混合后阴离子总数为2NA，故C正确；D.n(SiO2)60 g/60 gmol11 mol，每个Si原子和四个O原子形成四面体结构，所以60 g SiO2晶体中Si原子个数为NA，所含SiO4四面体数为NA，故D正确；故选A。9.化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法中错误的是()A煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料B利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用C日常生活中人们大量使用铝制品，是因

4、为常温下铝不能与氧气反应D神舟十号飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能，所用转换材料是单晶硅解析：选C。A.煤的干馏可得到煤焦油、焦炉气、粗苯等，而煤焦油经蒸馏又可得到苯、二甲苯等重要的化工原料；煤经气化、液化可得到甲醇等清洁能源，A正确；B.利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，这样将CO2转化为可降解塑料，实现了“碳”的循环利用，B正确；C.日常生活中人们大量使用铝制品，是因为常温下铝能与氧气反应生成致密的氧化铝保护膜，阻止了铝的进一步被氧化，C项错误；D.太阳能电池的材料是硅，D正确。10.满足下列条件的同分异构体(不考虑立体异构)的数目判断正确的是()选项ABCD分子式C4H10OC3

5、H7ClC8H10C4H8O2已知条件与钠生成H2卤代烷烃芳香烃能水解同分异构体数目4333解析：选A。A.根据分子式，能和金属钠反应生成H2，该物质为醇类，丁基有四种结构，所以该醇有4种同分异构体，故A正确；B.C3H7Cl是一个氯原子取代丙烷一个氢原子，丙基存在2种结构，所以一氯丙烷有2种同分异构体，故B错误；C.分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，故侧链为烷基，若有1个侧链，为CH2CH3，一种结构；若有2个侧链，为CH3，有邻、间、对三种结构，总共4种同分异构体，故C错误；D.分子式为C4H8O2的有机物可水解，属于饱和一元酯，若为甲酸和丙醇酯化，形成的酯有2种；若为乙酸和

6、乙醇酯化，只能形成一种酯；若为丙酸和甲醇酯化，形成的酯有1种；可形成的酯共有4种，故D错误。11.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，且B、C相邻，A在周期表中原子半径最小，C最外层电子数是次外层的三倍，D的简单阳离子和它的含氧酸根离子反应可生成白色沉淀，E单质常温下是黄绿色气体。下列说法中正确的是( )A元素的简单离子半径：DCBBA与B两种元素共同形成的10电子粒子有2种CB的最高价氧化物对应水化物的酸性比E的最高价氧化物对应水化物的酸性弱D由A、B、C三种元素构成的物质一定是共价化合物解析：选C。由题意可推知A、B、C、D、E分别为H、N、O、Al、Cl。A.电子层结构

7、相同的离子，原子序数大，半径小，故离子半径：N3O2Al3，即BCD，故A错误；B.A与B两种元素共同形成的10电子粒子有NH3、NH 、NH，故B错误；C.B为N，E为Cl，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯的非金属性比氮强，故C正确；D.A、B、C组成的化合物可能是硝酸也可能是硝酸铵，所以可能是共价化合物也可能是离子化合物，故D错误。12某电池的简易装置图如图所示，a、b、y、x电极材料均为惰性电极，分别从A、B处通入乙醇和O2，用该装置进行实验，下列说法正确的是( )Aa电极反应式为C2H5OH12OH12e=2CO29H2OBAlCl3溶液中的总反应为2Cl2H2O=C

8、l2H22OHC反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀D左侧电解池每通入32 g O2，右侧电解池共生成2 mol气体解析：选C。A.a是燃料电池负极，a电极反应式为C2H5OH16OH12e=2CO11H2O，故A错误；B.电解AlCl3溶液中的总反应为2Al36Cl6H2O通电,3Cl23H22Al(OH)3，故B错误；C.反应开始后，x电极的反应为2Al36H2O6e=3H22Al(OH)3，所以观察到x电极附近出现白色沉淀，故C正确；D.左侧电解池每通入32 g O2，转移4 mol电子，右侧电解池生成2 mol氢气、2 mol氯气，共生成4 mol气体，故D错误。13H3AsO4水

9、溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示(已知pKalg Ka)，下列说法正确的是()AH3AsO4溶液pKa2为4.5BNaH2AsO4溶液显碱性C常温下，m点对应溶液中由水电离出的c(OH)浓度为1011.5 mol/LDn点对应溶液中，离子浓度关系：c(HAsO)c(H2AsO)c(OH)c(H)解析：选D。A.结合图中n点，H3AsO4溶液中Ka2c(H)107，故pKa2为7，故A错误；B.由图像知pH为4时，溶液为NaH2AsO4溶液，应显酸性，故B错误；C.m点对应溶液为HAsO和AsO的混合溶液，溶液显碱性，盐类水解促进水的电

10、离，m点溶液的pH11.5，则对应溶液中由水电离出的c(OH)为102.5 molL 1，故C错误；D.n点时由图像关系及溶液pH7可知c(HAsO)c(H2AsO)c(OH)c(H)，故D正确。选 择 题 答 题 栏题号78910111213答案二、非选择题(共58分。第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。)(一)必考题：共43分。26(14分)氧化锆材料具有高硬度、高强度、高韧性、极高的耐磨性及耐化学腐蚀性等优良的物化性能。以锆英石(主要成分为 ZrSiO4，含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料通过碱熔法制备氧化锆(ZrO2

11、)的流程如下：25 时，有关离子在水溶液中沉淀时的pH数据：Fe(OH)3Zr(OH)4Al(OH)3开始沉淀时pH1.92.23.4沉淀完全时pH3.23.24.7请回答下列问题：(1)流程中为提高化学反应速率的措施有_。(2)操作的名称是_，滤渣2的成分为_。(3)锆英石经“高温熔融”转化为Na2ZrO3，写出该反应的化学方程式为_。(4)“调节pH”时，合适的pH范围是_。为了得到纯的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是_。(5)写出“高温煅烧”过程的化学方程式_。根据ZrO2的性质，推测其两种用途_。解析：(1)锆英石状态为固态，为提高反应速率，可以

12、通过将矿石粉碎，以增大接触面积；或者通过加热升高反应温度的方法加快反应速率；(2)操作是分离难溶于水的固体与可溶性液体物质的方法，名称是过滤；(3)将粉碎的锆英石与NaOH在高温下发生反应：ZrSiO44NaOHNa2ZrO3Na2SiO32H2O；Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O；SiO22NaOH=2Na2SiO3H2O；Fe2O3是碱性氧化物，不能与碱发生反应，所以水浸后过滤进入滤渣1中，Na2ZrO3、Na2SiO3、NaAlO2能溶于水，水浸、过滤进入滤液1中；(4)向滤液中加入足量盐酸，HCl会与Na2ZrO3、Na2SiO3、NaAlO2发生反应，生成NaCl、H2Si

13、O3(或H4SiO4)、AlCl3、ZrCl4，其中H2SiO3(或H4SiO4)难溶于水，过滤时进入滤渣2中，其余进入滤液2中，因此滤渣2的成分为H2SiO3(或H4SiO4)；向滤液2中加入氨水，发生复分解反应，调节溶液的pH至大于沉淀完全时Zr(OH)4的pH，而低于开始形成Al(OH)3沉淀的pH，即3.2pH3.4，就可以形成Zr(OH)4沉淀，而Al元素仍以Al3形式存在于溶液中；Zr(OH)4沉淀是从氨水和金属氯化物的混合液中过滤出来的，所以要检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法可通过检验洗涤液中是否含有Cl判断，方法是取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若

14、无沉淀生成，则Zr(OH)4洗涤干净，否则未洗涤干净；(5)将Zr(OH)4沉淀过滤、洗涤，然后高温灼烧，发生分解反应：Zr(OH)4ZrO22H2O就得到ZrO2；由于ZrO2是高温分解产生的物质，说明ZrO2熔点高，微粒之间作用力强，物质的硬度大，因此根据ZrO2的这种性质，它可用作制耐火材料、磨料等。答案：(1)粉碎、高温(2)过滤硅酸(H2SiO3或H4SiO4)(3)ZrSiO44NaOHNa2ZrO3Na2SiO32H2O(4) 3.2pH3.4取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr(OH)4洗涤干净，否则未洗涤干净(5) Zr(OH)4ZrO2

15、2H2O耐火材料、磨料等27(15分)正丁醛是一种化工原料。某实验小组利用如下装置合成正丁醛。发生的反应如下：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO ，反应物和产物的相关数据列表如下：沸点/密度/(gcm3)水中溶解性正丁醇117.20.810 9微溶正丁醛75.70.801 7微溶实验步骤如下：将6.0 g Na2Cr2O7放入100 mL烧杯中，加30 mL水溶解，与5 mL浓硫酸形成混合溶液，将所得溶液小心转移至B中。在A中加入4.0 g正丁醇和几粒沸石，加热。当有蒸气出现时，开始滴加B中溶液。滴加过程中保持反应温度为9095 ，在E中收集90 以下的馏分。将馏出物倒入分液

16、漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集7577 馏分，产量2.0 g。回答下列问题：(1)实验中，Na2Cr2O7溶液和浓硫酸添加的顺序为_。(2)加入沸石的作用是_。若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是_。(3)上述装置图中，D仪器的名称是_，E仪器的名称是_。(4)分液漏斗使用前必须进行的操作是_。(5)将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时，正丁醛在_层(填“上”或“下”)。(6)反应温度应保持在9095 ，其原因是_、_。(7)本实验中，正丁醛的产率为_%(结果保留两位小数)。解析：(1)应将密度大的液体加入到密度小的液体中，否则会引起酸液飞溅，类似于浓硫酸稀释；(2)加沸石可防止液

17、体暴沸，若加热后发现未加入沸石，应采取的正确方法是冷却后再补加，以避免加热时继续反应而降低产率；(3)根据仪器的图形可判断仪器的名称，D仪器的名称是冷凝管，E仪器的名称是锥形瓶；(4)分液漏斗使用前必须检漏；(5)正丁醛密度为0.801 7 gcm3，小于水的密度，故在上层；(6) 根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在9095 ，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；(7)设理论上生成正丁醛的质量为xC4H10O C4H8O74 7240 g x g解得：x3.89 g，故产率为100%51.41%。答案：(1)往Na2Cr2O7溶液中滴加浓硫酸(2)防止暴沸

18、冷却后补加(3)冷凝管锥形瓶(4) 检漏(5) 上(6) 保证正丁醛及时蒸出尽量避免正丁醛被进一步氧化(7) 51.41%28(14分)H2是一种重要的清洁能源。(1)2018年我国某科研团队利用透氧膜，一步即获得合成氨原料和合成液态燃料的原料。其工作原理如图所示(空气中N2与O2的物质的量之比按41计)。工作过程中，膜侧所得3，则膜侧的电极反应式为_。(2)已知： CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(g)H249.0 kJ/mol，CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)H341.1 kJ/mol，H2还原CO反应合成甲醇的热化学方程式为CO(g)2H2(g) CH3OH

19、(g)H1，则H1_ kJ/mol，该反应自发进行的条件为_。A高温B低温C任何温度条件下(3)恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入1 mol CO和2.2 mol H2，发生反应 CO(g)2H2(g) CH3OH(g)，实验测得平衡时CO的转化率随温度、压强的变化如图所示。p1_p2，判断的理由是_。时间/min051015H242CO21CH3OH(g)00.7(4)若反应CO(g)2H2(g) CH3OH(g)在温度不变且体积恒定为1 L的密闭容器中发生，反应过程中各物质的物质的量随时间变化如表所示。下列各项能作为判断该反应达到平衡标志的是_(填字母)。A容器内压强保持不变B2v正(

20、H2)v逆(CH3OH)C混合气体的相对分子质量保持不变 D混合气体的密度保持不变若起始压强为p0 kPa，则在该温度下反应的平衡常数Kp_(kPa)2。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。反应速率若用单位时间内分压的变化表示，则10 min内H2的反应速率v(H2)_kPa/min。解析：(1)由图可知：在膜侧CH4中的C失去电子被氧化为CO，膜侧氧气、水得到电子，电极反应式：12H2OO228e=12H2 14O2；(2)CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(g)H249.0 kJ/mol，CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)H341.1 kJ/mo

21、l，整理可得H2还原CO反应合成甲醇的热化学方程式为CO(g)2H2(g) CH3OH(g)H190.1 kJ/mol；根据热化学方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，H0，S0，根据体系的自由能公式GHTS，若反应能自发进行，则Gp2，(4)A.反应是在恒容的密闭容器内进行，由于该反应是气体体积减小的反应，若反应达到平衡，则容器内气体的压强保持不变，A正确；B.在任何时刻都存在：v正(H2)2v正(CH3OH)，若反应达到平衡v正(CH3OH)v逆(CH3OH)，则v正(H2)2v逆(CH3OH)，现在2v正(H2)v逆(CH3OH)，说明反应未处于平衡状态，B错误；C.由于该

22、反应反应前后气体分子数不相等，若混合气体的相对分子质量保持不变，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，C正确；D.由于反应混合物都是气体，在任何状态下气体的质量不变，容器的容积不变，因此任何条件下，混合气体的密度都保持不变，故不能据此判断反应是否处于平衡状态，D错误；故合理选项是AC；2H2(g)CO(g) CH3OH(g)n始(mol) 4 2 0n10(mol) 2 1 1n平(mol) 2 1 1由于反应开始时气体的物质的量是6 mol，总压强为p0，则平衡时H2占分压为，CO占分压为，CH3OH占分压为，带入平衡常数表达式Kp(kPa)2；反应开始时H2占的分压为，10分钟时占分压

23、为，减少了，所以v(H2) kPa/min kPa/min。答案：(1)12H2OO228e=12H2 14O2(2)90.1 B(3) 正反应为气体分子数减小的反应，加压平衡右移，CO的转化率增大，由图知相同温度时p1下CO的转化率大于p2，所以p1大于p2(4)AC (二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做则按所做的第一题计分。35【化学选修3：物质结构与性质】(15分)N、Fe是两种重要的元素，其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。(1)基态N 原子最高能级的电子云轮廓图形状为_；N原子的第一电离能比O原子的大，其原因是_，基态铁原子的价电子排布图为_。(2

24、)在高压下氮气会发生聚合得到高聚氮，晶体结构如图所示。晶体中每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。氮原子的杂化轨道类型为_。这种高聚氮NN 键的键能为160 kJ/mol，而N2 的键能为942 kJ/mol，其可能潜在的应用是_。(3)叠氮化钠和氢叠氮酸(HN3)已一步步进入我们的生活，如汽车安全气囊等。写出与N属于等电子体的一种分子_(填分子式)。 氢叠氮酸(HN3)可由肼(N2H4)被HNO2氧化制得，同时生成水。下列叙述错误的是_(填标号)。A上述生成HN3的化学方程式为N2H4HNO2=HN32H2O BNaN3的晶格能大于KN3的晶格能C氢叠氮酸(HN3)和水能形成分子间

25、氢键DHN3和N2H4都是由极性键和非极性键构成的非极性分子。EHN3分子中四个原子可能在一条直线上(4)某种离子型铁的氧化物晶胞如图1所示，它由A、B方块组成。则该化合物中Fe2、Fe3、O2的个数比为_(填最简整数比)；已知该晶体的密度d g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数为_nm(用含d和NA的代数式表示)。图 1图 2(5)一种铁、碳形成的间隙化合物的晶体结构如图2所示，其中碳原子位于铁原子形成的八面体的中心。每个铁原子又为两个八面体共用。则该化合物的化学式为_。解析：(1)N为7号元素，基态N 原子的核外电子排布式是1s22s22p3；最高能级2p能级的电子云轮廓图形状

26、为哑铃形(纺锤形)；N原子的2p轨道电子处半充满状态，比较稳定，故N原子的第一电离能比O原子的大；Fe是26号元素，其原子核外有26个电子，其价电子排布式为3d64s2，故基态铁原子的价电子排布图为；(2)N原子的最外层有5个电子，可形成3个共价键，价层电子对个数键个数孤电子对个数34，氮原子的杂化轨道类型为sp3；这种高聚氮NN 键的键能为160 kJ/mol，而N2的键能为942 kJ/mol，其可能潜在的应用是制炸药(或高能燃料)；(3)N有3个原子和16个价电子，故与N属于等电子体的分子有CO2或N2O；氢叠氮酸(HN3) 可由肼(N2H4)被HNO2氧化制得，同时生成水。A.N2H4

27、与HNO2反应生成HN3和水的化学方程式为N2H4HNO2=HN32H2O，A正确；B.钠离子的半径小于钾离子，故NaN3的晶格能大于KN3的晶格能，B正确；C.氢叠氮酸(HN3)和水能形成分子间氢键，C正确；D.HN3是极性分子，N2H4是非极性分子，D不正确；E.HN3分子结构示意图为，靠近H原子的第1个N原子是sp2杂化，第二个N原子是sp杂化，端位的N原子不杂化，故四个原子不在一条直线上，E不正确。故选DE；(4)A含有1.5个亚铁离子、4个氧离子，B含有0.5个亚铁离子、4个氧离子、4个铁离子，则该氧化物中Fe2、Fe3、O2的个数比为124。晶胞含有Fe2、Fe3、O2的个数分别是为4、8、16，它们的相对质量之和是8232，根据mV可得8232 gd g/cm3a3NA，a107 nm；(5)根据均摊原则每个铁原子又为两个八面体共用，所以铁与碳原子数比是6131，则