2020届东北三校(哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁实验中学)高三第一次模拟考试化学试题

A322424高考模拟考试试题A322424东北三省校（哈尔滨大附中、东北大附中、辽省实验中学）高三第一次联模拟考试理一、选择题下列说不正确的是（）工业合成氨是一种人工固氮方法C.播碘化银可实人工降雨

侯氏制碱法应用了物质溶解度的差异铁人类最早使用的金属材料『案』D『解氮的固定是把游离态氮转变成化合态氮的过程，分自然固氮和人工固氮，工业合成氨是一种人工固氮方法A正；侯制碱法，应用了碳酸氢钠溶解度小而结晶析出，经分离再受分解得到碳酸钠B正确；C.播碘化银、干都可实现人工降雨正；铁金属性比较强不可能是人类最早使用的金属材料人类使用金属材料铜铁早，D错；『案』选D。乙苯与气加成，其产物的一氯代物的同分异构体数目有（不考虑立体异构）种

C.6种

种『案』C『解』完全氢化后的产物，即为乙基环己烷，六元环含有种，乙基含有2种H故产物的一氯代物有6种分异构体；『案』选。『点睛』容易出错。乙基环己烷的六元环含有4种，学会错当成乙苯的苯环那样有种H。设为伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）标准状况下SO中所含原子数为0.4N

Al0mL盐与足量MnO加反应，制得Cl的分子数为0.03

AC.CH与0.4molCl在光照下充分反应，生成CCl的分子数为0.1

A常常压下6g酸中含有C-H键数目为0.3『案』D1

A

332A424AA22222222高考模拟332A424AA22222222『解』标状况下不气体，SO并是0.1mol，错；12mol/L盐为浓盐酸足的二氧化锰共热时酸消耗分挥发以及水的生成，使盐酸浓度变小不能完全反应以得的Cl小0.03mol子小于N误；C.CH与0.4molCl在光照下充分反应，发生的是取代反应，得到一氯甲烷、二甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氢的混合物，生成CCl的子数小于0.1N，C错；一乙酸分子中有3个键则常温常压下，乙酸中含有C-H的数目为0.3N，D正；『案』选D。新型锂气电池具有使用寿命长、可在自然空气环境下工作的优点。其原理如图所示（电解质为离子液体和二甲基亚砜总反应为：是（）

下列说法不正确的充电时电子由Li电经外电路流入Li放时正极反应式为+

+2e-=LiOC.充时Li极与电源的负极相连碳锂涂层既可阻止锂电极的氧化又能让锂离子进入电解质『案』A『分析』这是二次电池，放电时Li是极，充电时Li是极；『解』充时电子经外电路入LiA错；放时正极为还原反应O得电子化合价降低，反应式为+

+2e-=LiO，B正；C.充时Li极为阴极，与电源的负极相连正；碳锂涂层的覆盖可阻止锂电的氧化涂层能让锂离子进入电解质定向移动形成闭合回路D正；『案』选A『点睛键之一是正确判断电于负极的判断可以从这几方面入手果二次电池，与电源负极相连的那一极在放电时是负极电子流出那一极是负极发生氧化反应的一极2

2234244224422244高考模拟考试试2234244224422244是负极；阴离子向负极移动。下列实对应的现象及结论均正确的是（）选项A

实验操作将通入BaCl溶液滴氯水

现象先有白色沉淀，滴加氯水后沉淀不溶解

结论先生成沉淀被氧化成向鸡蛋清溶液中滴加B

饱和SO溶液，然

有白色浑浊出现，加入蒸馏水后不溶解

蛋白质变性是不可逆的后加入蒸馏水，振荡向酸性KMnO和CHCO的合液中加入一小块固

生成气体的速率加快，溶液迅速褪色

可能是该反应的催化剂将浓硫酸滴入蔗糖中，得到黑蓬松的固体，并

该过程中硫仅体D并搅拌

产生有刺激性气味的气体

现了吸水性和脱水性『案』C『解』盐的酸性大于亚硫，将SO通入溶，不发生反应，不会产生白色沉淀，A错；向蛋清溶液中滴加饱和SO溶液有白色浑浊出现这是蛋白质发生了盐析加蒸馏水后蛋白质会溶解，B误；C.加的管中溶褪色较快，说明Mn对该反应有催化作用正；将硫酸滴入蔗糖中，并搅拌，得到黑色蓬松的固体，并产生有刺激性气味的气，是因为蔗糖被浓硫酸脱水碳化后进一步发生了碳和浓硫酸的反应C被硫酸氧化生二氧化碳、二氧化硫气体D错；『案』选。『点睛A容错，容易错，二氧化硫通到水溶液中生成亚硫酸，同学会误以为亚硫酸和氯化钡发生复分解反应互交换成分生成亚硫酸钡沉淀视了一般酸和盐溶液发生复分解反应的规律是强酸制弱酸。3

222223高考模拟考222223短周期族元素XYWQ子序数依次增大Y素最外层电子数是其电子层数的3倍Q与Y同主族X与Y构的化合物可引起光化学烟雾最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应。下列说法正确的是（）简单氢化物的沸点Y<QC.简离子半径最的为Z

的化物可作耐高温材料气氢化物的稳定性『案』B『分析』短周期主族元素X为NY为、为、为AlQ为S；『解』A.Y、Q的简单氢化物分别为HOHS，水分子间存在氢键，沸点反常沸点HO＞H，A误；的化物为氧化铝，熔点高达2000°C以，可作耐高温材料正；C.N、O、NaAl简单离子都是10电，核电荷数越大，半径越小，则（3-）>

r2-)r(Na＞r(Al3+

，氧、硫同主族，核电荷数越大，半径越大，则r2-

)＞

2-

，故钠离子半径不可能最大，C误；非属性N＜，气态化物的稳定性ONH，错；『案』选B。室温下向度均为NaOH和MOH溶液中分别滴加0.酸，溶液的随酸体积变化如图所示下列说法不正确的是（）MOH电常数约为1×l0-5

a点液中存在

c(M

＞c(Cl

-

)c(OH

-

＞(H

C.b点点液混合后显碱性『案』D

水电离程度：d>b>a『解』．据图知⋅

L−

MOH溶中pH=11，则c(OH−

)=0.001mol

L

，MOH电程度较小，则c+c(OH

⋅

L−

，c≈0.1mol

L−，常温下，MOH的电离常4

25322423232高考模25322423232数

K

(OH-)(M+)c(OH-))c(MOH)0.1

，A正确；B．点溶液呈碱性，则c+)＜c(OH)，根据电荷守恒得c+(H)=(OH(Cl)，所以得c(M+

)＞−

)≈

20mL

0.033mol/L

，正确；C当盐酸的体积为时点溶液为等物质的量浓度

20mL

0.033mol/L的和NaOH溶液当盐酸的体积为点L−1

的MCl溶是强酸弱碱盐，水解过程微弱，所以b点点溶液混合后显性，正；a点有碱溶液酸过量，水的电离均受到抑制溶质是强酸弱碱盐，水解时促进水电离，从水的电离程度增大，从b到点的电离程度减小，故D错；『答案』选。『点睛D容易错同往往受到图的影响而误以为水的电离程度是逐渐改变的际上水电离程度受溶质的影响碱液酸过溶液中水的电离均受到抑制，强酸弱碱盐弱盐水解时促进水电离。二、填空题工业上钒钛磁铁矿为原料，在炼铁的同时还可以制备钒的最高价氧化物V，主要流程如下：已知：VO-+

VO++H②NHVO微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇（1高炉炼铁应用的冶炼方法___填标号）热解法

B热还原法

C．解法（2钒渣中的VO在烧时转化为Ca(VO)

，写出该反应的化学方程式__________________________________________________。（3）Ca(VO)

难溶于水但能溶于稀硫酸，试用平衡移动原理分析其原___________________________________________________，浸出液中含物质的化学式____________（4沉钒过程有气体生成，其反应的离子方程式________________________________。（5过滤后用乙醇代替水来洗涤沉淀的原因。5

4232332232332323322243432442323322323323233222434324223232222323焙焙3===3===2232223232（6煅烧NHVO时固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到℃时，到的固体物质化学式为_，300～350℃放出的态物质化学式______________。案』(1).B(2).VO+O

Ca(VO)+CO

加入硫酸使VO-+2H+

VO++HO

中

c(VO-)

降低，Ca(VO)

溶解平衡Ca(VO)(s)

2+

-正向移动，Ca(VO)

溶解

(VO)

NH+

-+VO=NHVO↓+2CO↑+HO(6).NHVO不于乙醇，减少损失

HVO

3

H『分析）高炉炼铁的反应解答；（2钒渣中的VO在烧时转化为Ca(VO)

，可看到钒元素化合价升高了，找氧化剂并用氧化还原反应原理来书写该反应的化学方程式；（3）Ca(VO)

难溶于水但能溶于稀硫酸，试用平衡移动原理分析；找到浸出液中含钒的微粒，即可写出物质的化学式；（4分析浸出液中含钒微粒与碳酸氢铵之间的反应，结合沉钒过程有气体生成来书写其反应的离子方程式；（5比较乙醇、水分别作洗涤剂洗涤沉淀优劣，就可找出原因；（6由图示数据等信息、结合物质的性质计算求解；『解1高炉炼铁的主要原理是FeO+3CO2Fe+3CO，此应用的冶炼方法是热还原法答』为：B（2钒渣中的VO在烧时转化为Ca(VO)

，可看到钒元素化合价升高了，但是焙烧时加入CaCO并是氧化，真正的氧化剂是氧气，故该反应的化学方程式为VOCa(VO)答』为VO+OCa(VO)；（3）Ca(VO)

难溶于水，则存在溶解平衡：

)(s)2

2VO

2+

，又有信息知

OVO

，故可推知Ca(VO)

难溶于水但能溶于稀硫酸，氢离子浓度增6

332323322422424434324333232332242242443432434324444443333===2522424大，

VO

向右移动，VO浓减小(s)2

2VO

2+向右移动；『案』为：加入硫酸，

+

OVO

中(VO-)降低，)

溶解平衡Ca(VO)(s)

2+

-正向移动Ca(VO)

溶解；上述平衡移动的结果，浸出液中含钒粒子主要为VO，含钒物质的化学式为(VO)SO答』：)；（4浸出液中含钒粒子主要为

VO

，加入碳酸氢铵通过反应沉钒，沉钒过程有气体生成，气体只能是，钒结果得到NHVO；以看到加入碳酸氢铵，碳酸氢根消耗氢离子使

OVO

平衡向左移动，VO浓度减小，以及VO与根离子生沉淀可使反应持续进行，故沉钒过程的离子方程式为NH+NH+

-+VO=NHVO↓+2CO↑+H案为：-+VO=NHVO↓+2CO↑+H；（5题给信息NHVO微于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇，因此过滤后用乙醇代替水来洗涤沉淀的原因是NHVO不溶于乙醇，减少损失案』NHVO不溶于乙醇，减少损失；（6煅烧NHVO时固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到℃时，量减少，以0.01molNHVO，生成气体为氨气0.01mol，发生NHVONH↑+HVO，失去的是氨气，得到的是HVO案为：HVO；加热到350℃时固体质量减少0.09g0.005molH的应2HVOHO+V；『案』为H。草酸铵(NH)CO』为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定的含量。I某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。

、实过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中清灰水变浑浊，说明分解7

244342322322432224434232232243224224===242===32产物中含有_____________（化学式观察_，说明分解产物中含有草酸铵分解的化学方程式为_______________________________。反应开始前，通人氮气的目的_________________________________装置C的用是_____________________________________。还有一种分解产物在一定条件下也能还原，反应的化学方程式为_________________________________________。Ⅱ．该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。取00mL血样品至别三份体积均为00mL稀后的血液样品，加入草酸铵草酸钙沉淀沉淀溶于过量稀硫酸中用0l00mol/LKMnO溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象_______________________________________三次滴定实验消耗溶液的体积分别为0.4lmL0.52mL则血液样品中钙元素的含量_。『案』(1).NH、CO

中色固体变红，中清石灰水变浑浊

(NH)CO

2NH排尽装置中的空气

充吸收，防止干扰CO的验

2NH+3CuO

O因最后一滴KMnO溶的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去

2.1『分析』按验过程中观察到现象，推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式氮气驱赶装置内原有气体，从空气对实验不利因素来分析；由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的用；从分解产物中找到另一个有还原性的物质，结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式；Ⅱ．(5)三次平行实验，计算时要据处理，结合关系式进行计算；『解』(l)验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置中清石灰水变浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置中氧化铜由黑色变为红色，装置中清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO『案』为NH；CO；E中色固体变红F中清石灰水变浑浊；草酸铵分解产生了、NH、，合质量守恒定律，另有产物H，则草酸铵分解的化学方程式为(NH)O；『案』为：)C2NHO8

22223一条===23一条===2234444242242222223一条===23一条===223444424224222222反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免CO与气混合加热发生爆炸，并防止空气中的干扰实验；『案』为：排尽装置中的空气；装置E和F是证草酸铵分产物中含有，所以要依次把分解产生的CO、体中的水蒸气除去，所以装置的作用是：吸收CO，免对CO的验产生干扰；『案』为：充分吸收CO，止干扰的检验；还有一种分解产物在一定条件下也能还原，就是氨气NH也与CuO应，其产物是N和，该反应的化学程式为+3CuOO『案』为：2NH+3CuO+3H；草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0.溶液进行滴定，反应为2MnO-+5HC+O2

滴定至终点时最一滴KMnO溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；『案』为：因最后一滴KMnO溶的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；三次滴定实验消耗溶液的体积分别为，，0.52mL，舍弃，误差较大，则平均体积为0.42mL，滴定反应为2MnO-+5HC+O2

，-

~O2

；0.0100mol

L

nO2(HO)24

=1.05×105mol，所以20mL血样品中含有的钙元素的物质的量为

1.05

mol=4.2

mol

，即4.2×10−2mmol则该血液中钙元素的量为20L

2.1mmol/L；『案』为：。研究CO与CH反使之转化为CO和H对减缓燃料危机和减少温室效应具有重要的意义。工业上与发生反应ICH(g)+CO＝(g)eq\o\ac(△,H)

1在反应过程中还发生反应ⅡH(g)+CO(g)＝HO(g)+CO(g)eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)=+41kJ/mol已部分化学键键能数据如下表所示：9

l42242242442242222242高考模l42242242442242222242化学键

CHHH

键能（kJ/mol

=____kJ/mol，反应Ⅰ在一定条件下能够自进行的原因_，该反应工业生产适宜的温度和压强___填标号高高压

B高温低压

．低温高压

D．低温低压工业上将CH与CO按物质的量1:1投料制取CO和时CH和CO的平衡转化率随温度变化关系如图所示。①923K时的平衡转化率大于CH的因____________________________________②计算923K时应II

的化学平衡常数K=_________计算结果保留小数点后两位③1200K以和CH的衡转化率趋于相等的原因可能是。工业上CH和CO反时通常会掺入发反应III:CH+2O＝CO+2H，人O可除反应产生的积碳和减小反应器的热负荷（单位时间内维持反应发生所需供给的热量的气量与反应的热负荷的关系如图所示。①随着O进量的增加，热负荷下降的原因是。②掺人O可CH的平衡转化率______（填增、减小或不变”。下同CO的平10

422442242442242422242l4224244224422442242442242422242l42242442244242衡转化率_『案』(2).S>0(3).BCH和CO按料发生反应I

时转化率相等还生反应II所平衡转化率大于

(6).1200K以时以反应I为主，二者转化趋于相等（或以时反应I的向进行程度远大于反应II（或1200K以时反应I供能量，使热负荷降低

的平衡常数远大于反应II）增减小

反III

放热，给反应体系提『分析』已部分化学键的键能，通过反应物的总键能减去生成物的总键能可以计H

，从焓变和熵变综合判断反应Ⅰ自发反应的原因，从平衡移动角度来判断反应条件；l工业上将CH与CO按物质量投发生反应Ⅰ、II，则①923K时的平衡转化率大于CH的因从二者实际参加的反应来讨论；的②从图、及题干中提供的数据结合反应ⅠII用三段式按定义计算923K时反应II

的化学平衡常数K；③1200K以和CH的衡转化率趋于相等的原因还是从实际参加的反应来讨论；工业上CH和CO反时通常会掺入，则发生反应III:CH＝COO①按热负荷的定——单位时间维持反应发生所需供给的热量以及O的气量与反应III放出的热量关系，据此解题；②发生反应III:CH＝COO析烷氧碳的物质的量及消耗量析的平衡转化率和的平衡转化率受到的影响；『解』(l)知部分化学键的键能，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则H

=

1076kJ/mol-2436kJ/mol=+234kJ/mol；『案』为+234反应ICH(g)+CO(g)＝2CO(g)+2H(g)eq\o\ac(△,H)

1

=+234kJ/mol

>0因是应Ⅰ自发反应的原因，该反应是吸热、气体分子总数增大的反应，因此，选择高温低压的条件；『案』为；；①923K时应Ⅰ中和CO的平衡转化率是一样，但是，二氧化碳还参加反应II，因此其平衡转化率大于CH；『案』为：和CO按投料发生反应I

时转化率相等，CO还发生反应II，以平衡转化率大于CH；②和CO按料，设投料时的物质的量浓度为，图知CH和CO的转化率为60%70%，则生反应I

时11

2424422442224424244224422244444(g)+CO(g)(g)+2CO(g)422起始浓度(100转化浓度(0.60.6平衡浓度(mol/L)0.41.21.2发生反应II:H(g)=HO(g)+CO(g)2起始度(mol/L)转化度(mol/L)0.10.10.1平衡度(mol/L)1.3c[HO(g)]K0.39c[H(g)]c[CO(g)]1.10.3『案』为：；

;③反应I

中CO和CH的平衡化率相等以和CH的平衡转化率趋于相等则意味着该条件对反应I

更有利，以反应I

为主；『案』为：1200K上时以反应I为，二者转化率趋于相（或1200K上时反应I的正向进行程度远大于反应II1200K以时反应I

的平衡常数远大于反应II工业上CH和CO反时通常会掺入，则发生反应III:CH＝COO①反应III

是放热反应，给反应体系提供能量，通入氧气越多反应中放出的热量越多，则热负荷值越小；『案』为：反应III

放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低；②发生反应III:CH＝CO，进甲烷消耗，则CH的平衡转化率增大；『案』为：增大；发生反应III:CH＝+2H不于反应I，减少二氧化碳的消耗量，又使二氧化碳浓度增大，因此二氧化碳的平衡转化率下降；『案』为：减小。锂子电池是现代高性能电池的代表，高性能的电极材料与物质结构密切相关。(l)因具有良好的结构稳定性而成为新一代正极材料，这与PO3-结构密切相关，的立体构型为_______。、、的电负性从大到的顺序_通常在电极材料表面进行碳包覆处理以增强其导电性。抗坏血酸

常被用作碳包覆的碳源溶于水原因是，12

22224高考模拟考试试题22224抗坏血酸中碳原子的杂化方式为______，1mol抗血酸中手性碳原子的数目_________Li+

过度脱出易导致锂电池结构坍塌产生而炸，实验证实因具有单电子而成为顺磁性分子，下列结构式（黑点代表电子）中最有可能代表O分结构的是（标号B.C.D.目前最常用的电极材料有锂钴复合氧化物和石墨。①锂钴复合氧化物中Li分形成了六边层状结aLi-O-Co-O-LiO-Co-O-Li--顺序排列，则该化合物的化学式为，Co3+的价层电子排布式__________。②石墨晶胞（图b层间距为d，—C键长为a，石墨晶体的密度为pg/cm3

，列式表示阿伏加德罗常数__________mol-l。『答案』正面体

O>S>P(3).分子中含有多个羟基，可与水分子间形成氢键

2

、3

2N

A

BLiCoO

3d6

163adρ『分析(l)

1030根据价层电子对互斥理论算酸根离子的价电子对数出空间构型，、O的负性从大到小的顺序按非金属强弱和电负性大小之间的关系来回答；抗坏血酸

易溶于水的原因从影响溶解性的因—羟基及其与水的作用来分析，抗坏血酸中碳原子的杂化方式从碳碳键角度分析1mol抗坏血酸中手性原子的数目结合定义和图示结构判断；结合信息和示意图选择判断；结合①锂钴复合氧化物中LiCoO分形成了六边层状结构（图a均摊法计算晶13

4AA222高考模拟考试试题4AA222胞内的原子数，求该化合物的化学式，钴的原子序数为，则按电子排布规律可写Co的价层电子排布式；②已知石墨晶胞（图b）层间距为，C键长为，按晶胞的密度等于晶体的密度，列式求阿伏加德罗常数；为pg/cm『解』(l)3-中原价层电子对个数

且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为正四面体结构；『案』为：正四面体；元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性；『案』为；抗坏血酸

碳原子数目相对较少，但分子内含4个基可与水分子间形成氢键，因此它易溶于水；『案』为：分子中含有多个羟基，可与水分子间形成氢键；分子内有碳碳单键、对应碳原子

杂化方式，也有碳碳双键，对应碳原子

杂化方式；『案』为：sp2

、3

；与四个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳原子，由图知个坏血酸分子中含手性碳原子，则1mol抗血酸中手性碳原子的数目为2N；『案』为：N；结合信息：O因有单电子而成为顺磁性分子，从示意图知B结中化学键有电子，B有电子，B足；『案』为：B锂钴复合氧化物中Li、CoO分形成了六边层状结构（图a个棱柱结构中：Li个为12

11个为7O个为14则，LiCo和O个比为：1：，化学式为LiCoO；『案』为：LiCoO；钴的原子序数为3+个电子电子排布式Ar』3d其层子排布式为6

；『案』为：3d6；14

A3030高考模拟考试试题A3030石墨晶胞中碳原子数=

1142

晶的质量=

NA

平行四边形）C键为a

cm，面的边长为

，面上的高为底的边长

，层间距为，则晶胞的体积=3

cm×

cm

×2

cm=33

2

cm

3

，则该晶胞的密度mNA332

，则

163adρ

；『答案』为

163adρ

。12.盐普帕酮是一种高效速效抗心律失常药。合成此药的原料的程如下：已知：请回答以下问题：(I)A的化学名称_____________，试a的结构简式为_。的能团名称为。反应⑤的反应类型为___________________；反应①和⑤的目的为____