湖南省衡阳市第八中学2020届高三化学模拟检测试题【含解析】

1、湖南省衡阳市第八中学2020届高三化学模拟检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 Ca 40 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ag 108一、选择题：本题共 13 小题，每小题 6 分，共 78 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。1.古代中国常用如图所示装置来炼丹、熬烧酒、制花露水等。南宋张世南游宦纪闻记载了民间制取花露水的方法：“锡为小甑，实花一重，香骨一重，常使花多于香。窍甑之傍，以泄汗液，以器贮之。”该装置利用的实验操作方法是( )A. 蒸馏B. 过滤C. 萃取D. 升华【答案】A【解析】题干中描述的制取

2、花露水的方法实际上和现代蒸馏的方法是一样的，“窍甑之傍，以泄汗液，以器贮之”。说的就是冷凝液体的过程，故本题选A。2.同分异构现象在有机物中广泛存在，如图为苯及其几种同分异构体的键线式，下列有关说法中正确的是A. b、c均与乙烯互为同系物B. a和d的二氯代物均有3种C. 4种有机物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. a和b中所有原子可能共平面【答案】B【解析】【分析】苯、盆烯、杜瓦苯和棱柱烷的分子式均为C6H6，四者互为同分异构体。【详解】A项、同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，这两种物质分子式均为C6H6，c含两个碳碳双键且为环状，b虽只含一个碳碳双键但也为环状

3、，故其与乙烯不是同系物，A错误；B项、苯的二氯代物有邻、间、对3种，棱柱烷的二氯代物的数目可采用“定一移一”法进行判断，有，共3种，故B正确；C项、苯和棱柱烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D项、苯分子中所有原子一定共平面，盆烯中含有次甲基()，所有原子不可能共平面，故D错误。故选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握同分异构体数目判断、有机物分子式确定、有机物共面的判断等方法是解答关键。3.中国学者在水煤气变换CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂（能吸附不同粒子）催化实现的。反应过程示

4、意图如下：下列说法正确的是A. 过程、过程均为放热过程B. 过程生成了具有极性共价键的H2、CO2C. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的HD. 图示过程中的H2O均参与了反应过程【答案】D【解析】【详解】A. 根据反应过程示意图，过程中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，故A错误；B. 过程中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气，H2中化学键为非极性键，故B错误；C.催化剂不能改变反应的H，故C错误；D. 根据反应过程示意图，过程中水分子中的化学键断裂，过程也是水分子中的化学键断裂的过程，过程中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，故D正确；故选D。4.欲从含Br-的废液

5、中提取溴单质，需经过一系列操作，实验装置及物质的性质如下：Br2CCl4正十二烷密度/gcm-33. 121.590.753沸点/58.7676.8215217下列说法中正确的是A. 可用装置甲氧化废液中的Br-B. 装置乙中选用正十二烷而不用CCl4，是因为正十二烷的密度更小C. 用装置丙进行蒸馏，先收集正十二烷再收集Br2D. 用装置丁长期贮存液溴【答案】D【解析】A.装置甲通入的氯气会将液体排入氢氧化钠溶液中，不能用装置甲氧化废液中的Br-，故A错误；B. 装置乙中选用正十二烷而不用CCl4，是因为正十二烷的沸点高，便于使用蒸馏法分离溶于正十二烷中的溴，故B错误；C. 用装置丙进行蒸馏，

6、 Br2的沸点比正十二烷低，所以先收集到的是溴，故C错误；D. 液溴密度比水大，可以保存在水中，故D正确；本题选D。5.世界水产养殖协会网介绍了一种利用电化学原理净化鱼池中水质的方法，其装置如图所示。下列说法正确的是A. X为电源负极B. 若该装置在高温下进行，则净化效率将降低C. 若有1molNO3-被还原，则有6molH+通过质子膜迁移至阴极区D. 若BOD为葡萄糖(C6H12O6)，则1mol葡萄糖被完全氧化时，理论上电极流出20 mol e-【答案】B【解析】分析：从装置图中可知，X端连接的电极上发生反应是微生物作用下BOD、H2O反应生成CO2，Y端连接的电极上，微生物作用下，硝酸根

7、离子生成了氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，则Y为负极，X为正极，结合电极反应和电子守恒计算，质子膜允许氢离子通过。详解：根据上述分析可知，Y为负极，X为正极。AY端连接的电极上，微生物作用下，硝酸根离子生成了氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，则Y为负极，X为正极，故A错误；B若该装置在高温下进行，催化剂微生物被灭活，则净化效率将降低，故B正确；C若有1molNO3-被还原，根据阴极电极反应式：2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，可知转移电子5mol，则有5molH+通过质子膜迁移至阴板区，故C错误；D若BOD为葡萄糖(C6H12O6)，则1

8、mol葡萄糖被完全氧化时，碳元素化合价由0价变化为+4价，理论上电极上流出=4e-6=24mole-，故D错误；故选B。点睛：本题考查了电解池原理和应用、依据电极上物质变化的元素化合价变化判断方式的反应来确定电解池电极名称和原电池电极名称是解题的关键。本题中外电路和质子交换膜中通过的电量相同，不能依据实际消耗的氢离子计算，这是本题的易错点。6.向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl，降低对电解的影响，反应原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) H1a kJmol-1Cl(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) H2b kJmol-1实验测得电解液

9、pH对溶液中残留c(Cl)的影响如图所示。下列说法正确的是A. 向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除B. 溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大C. 反应达到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl)减小D. 1/2 Cu(s)+ 1/2 Cu2+(aq)+Cl(aq)CuCl(s) H(a+2b) kJmol-1【答案】C【解析】【详解】A. 根据图像，溶液的pH越小，溶液中残留c(Cl)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，故A错误；B. Ksp(CuCl)只与温度有关，与溶液pH无关，故B错误；C. 根据Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)，增大c(Cu2+)，平衡正向移

10、动，使得c(Cu+)增大，促进Cl(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)右移，c(Cl)减小，故C正确；D.Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) H1a kJmol-1，Cl(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) H2b kJmol-1，根据盖斯定律，将+得：1/2Cu(s)+1/2Cu2+(aq)+Cl(aq)CuCl(s)的H(+b) kJmol-1，故D错误；故选C。7.前20号元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且分列四个不同周期和四个不同主族。其中A为Y元素组成的单质；甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物；常温下乙为液体。下列说法正确的是A. 简单离子半径

11、：ZYB. 反应吸热反应C. 反应为工业上制备漂白粉的反应原理D. X、Y分别与Z形成的化合物中，化学键类型一定相同【答案】C【解析】根据题给信息分析可知，常温下乙为液体，乙为水，W为氢元素，Y为氯元素，A为氯气；甲为氧化钙，与水反应生成氢氧化钙，X为氧，Z为钙；化合物丁和化合物戊可能为氯化钙或次氯酸钙；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Ca2+ ”或“”)。下列说法正确的是_(填字母序号)。A 、使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率B 、其它条件不变时，若扩大容器容积，则 v正减小，v逆增大C 、测得容器内混合气体密度不随时间改变时，说明反应已达平衡393 K下，

12、H2的平衡转化率为_(保留三位有效数字)。393 K下，该反应达到平衡后，再向容器中按 n(CO2)n(H2)13 投入 CO2 和 H2 ，则n(H2)/n(C2H4)将_(填“变大”、“不变”或“变小”)。方法二：用惰性电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到乙烯，其原理如图乙所示。b电极上的电极反应式为_。 该装置中使用的是_(填“阴”或“阳”)离子交换膜。【答案】 (1). (2). (3). A (4). 67.4% (5). 变小 (6). 2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O (7). 阳【解析】【详解】(1) 2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)(NH4)2CO3(

13、aq) K1 NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)NH4HCO3(aq) K2根据盖斯定律2-可得：(NH4)2CO3(aq)+H2O (l)+CO2(g)2NH4HCO3(aq)，因此 K3=；(2)由图甲可知，升高温度，氢气的物质的量增多，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，a0；A使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率，选项A正确；B其它条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆减小，选项B错误；C反应前后气体质量不变，恒容条件下密度始终不变，密度不变不能说明反应已达到平衡，选项C错误；D反应使用合适的催化剂，催化剂改变反应历程加快反应速率，不改变化学平衡，不改变反应焓变，选项D

14、错误；答案选A；图象分析可知，393K时平衡状态下水、H2的物质的量分别为58mol、42mol，生成58molH2O必然消耗87molH2，则初始时H2的物质的量为（87+42）mol=129mol，则H2的转化率为100%=67.4%；393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2)：n(H2)=1：3投入CO2和H2，相当于增大压强，平衡正向移动，所以则n(H2)/n(C2H4)将变小；电解时，二氧化碳在b极上得电子发生还原反应生成乙烯，电极反应式为2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O；离子交换只允许氢离子通过，所以是阳离子交换膜。【点睛】本题考查盖斯定律的应用及燃料电池

15、原理等，应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。当热化学方程式乘、除以某一个数时，H也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，H也同样要进行加减运算，且要带“+”“”符号，即把H看作一个整体进行运算。将一个热化学方程式颠倒书写时，H的符号也随之改变，但数值不变。在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固液气变化时

16、，会吸热；反之会放热。10.过氧化钙(CaO2)难溶于水，在常温下稳定，在潮湿空气及水中缓慢分解放出氧气，因而广泛应用于渔业、农业、环保等许多方面。下图是以大理石(主要杂质是氧化铁)等为原料制取过氧化钙(CaO2)的流程。请回答下列问题：(1)操作应包括下列操作中的_。(填序号)A.溶解 B.过滤 C.蒸馏 D.分液 E.蒸发结晶(2)用氨水调节pH至89的目的是_。(3)若测得滤液c中c(CO32-)103mol/L，则Ca2_(填“是”或“不”)沉淀完全。已知c(Ca2)105 mol/L时即可视为沉淀完全；Ksp(CaCO3)4.96109(4)若在滤液C中，加入HNO3使溶液呈酸性以得

17、到副产物NH4NO3，则酸化后溶液中c(NH4+)_c(NO3-)(填“”、“”、“”、“”或“”)。(5)操作是：在低温下，往过氧化氢浓溶液中投入无水氯化钙进行反应，一段时间后，再加入氢氧化钠溶液，当调节溶液pH至911，才出现大量沉淀。写出该反应的化学方程式_；用简要的文字解释用氢氧化钠调节pH至911的原因_。(6)已知大理石含CaCO3的质量分数为a，m g大理石可以制得n g CaO2，请计算：CaCO3转化为CaO2过程中，Ca原子的利用率_。【答案】 (1). ABE (2). 除去Fe3 (3). 是 (4). (5). CaCl2H2O2CaO22HCl或（CaCl2H2O2

18、2NaOHCaO22NaCl2H2O） (6). 加入NaOH溶液使上述平衡向正反应方向移动，有利于CaO2沉淀的生成 (7). 25n/18am【解析】【详解】（1）操作是向碳酸钙中加入盐酸得到氯化钙溶液继而得到氯化钙晶体的过程，所涉及到的操作步骤有用盐酸溶液溶解碳酸钙固体，过滤完未完全反应的碳酸钙，以及通过蒸发结晶得到氯化钙晶体。（2）加入硝酸溶液之后，原溶液中的氧化铁已近以三价铁的形式存在，调节pH的目的就是通过形成氢氧化铁来除去铁离子。（3）根据KSP以及溶液中的碳酸根离子的浓度不难求出钙离子的浓度为mol/L4.9610-6mol/L，所以可以认为钙离子已经沉淀完全。（4）根据溶液中

19、正负电荷的代数和始终为0，而且溶液呈酸性，所以可得出溶液中铵根离子浓度比硝酸根离子浓度要小。（5）氯化钙与双氧水的反应方程式为：CaCl2H2O2CaO22HCl，调节pH才会出现大量沉淀的原因是，加入氢氧化钠使得上述反应的平衡向正反应方向移动才会出现大量的过氧化钙沉淀。（6）已知过氧化钙的相对分子质量为72，而碳酸钙的相对原子质量为100，所以钙原子的利用率为（n/72）（ma/100）所以可以求得钙原子的原子利用率为25n/18am。11.Fritz Haber在合成氨领域的贡献距今已经110周年，氮族元素及其化合物应用广泛。(1)在基态13N原子中，核外存在_对自旋相反的电子，核外电子占

20、据的最高能级的电子云轮廓图为_形。(2)根据价层电子对互斥理论，NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是_，与NO3-互为等电子体的分子为_。液氨中存在电离平衡2NH3NH4+NH2-，根据价层电子对互斥理论，可推知NH2-的空间构型为_，液氨体系内，氮原子的杂化轨道类型为_。NH3比PH3更容易液化的原因为_。(3)我国科学工作者实现世界首次全氮阴离子(N5-)金属盐Co(N5)2(H2O)44H2O的合成，其结构如图所示，可知N5-的化学键类型有_。(4)把特定物质的量之比的NH4Cl和HgCl2在密封管中一起加热时，生成晶体X，其晶胞的结构图及晶胞参数如图

21、所示。则晶体X的化学式为_，其晶体密度为_(设阿伏加德罗常数的值为NA，列出计算式)gcm3。【答案】 (1). 2 (2). 哑铃(纺锤) (3). NH3 (4). SO3或BF3 (5). V形 (6). sp3 (7). 液氨存在分子间氢键，沸点高于PH3，故NH3比PH3更易液化 (8). 键、键 (9). HgNH4Cl3 (10). 1325.5/NA(a10-10)2c10-10【解析】【详解】(1)氮原子的电子排布是1s22s22p3，可知核外存在2对自旋相反的电子。核外电子占据的最高能级为2p，电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形；(2) NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层

22、电子对数分别为3、，不同于其他两种粒子的是NH3；等电子体要求原子总数相同、价原子总数相同，与NO3-互为等电子体的分子为SO3或BF3；NH的中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为2，可知空间构型为V形；氨气分子中氮原子价层电子对个数=3+（5-31）=4，所以N原子采用sp3杂化；液氨存在分子间氢键，沸点高于PH3，故NH3比PH3更易液化；(3)由结构可知，存在的化学键为键、键；(4)由均摊法可知，1个晶胞中Hg2、NH、Cl个数分别为1、1、3，则晶体X的化学式为HgNH4Cl3；晶体密度N M/NAV，又M(HgNH4Cl3)325.5 g/mol，V(a1010)2c1010 cm3。故1325.5/NA(a10-10)2c10-10gcm3。12.化合物J是一种常用的抗组胺药物，一种合成路线如下：已知：C为最简单芳香烃，且A、C互为同系物。2ROHNH3HNR22H2O(R代表烃基)。请回答下列问题：(1)A化学名称是_，H中的官能团名称是_。(2)由D生成E的反应类型是_，G的结构简式为_。(3)BCD的化学方程式为_。(4)L是F的同分