2019-2020学年第30届全国中学生化学竞赛复赛考试试题新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年第30届全国中学生化学竞赛复赛考试试题新高考化学模拟试卷一、单选题（15460分．每小题只有一个选项符合题意1．下列符合实际并用于工业生产的是A．工业炼铝：电解熔融的氯化铝BC．工业制硫酸：用硫磺为原料，经燃烧、催化氧化、最后用98.3%浓硫酸吸收D．工业制烧碱：电解饱和食盐水，在阳极区域得到烧碱溶液【答案】C【解析】【详解】A.氯化铝是共价化合物，工业炼铝:电解熔融的氧化铝，故A错误；B.氯气和石灰乳反应制备漂白精，故B错误；C.工业制硫酸：用硫磺为原料，经燃烧得到二氧化硫，二氧化硫催化氧化为三氧化硫，最后用浓硫酸吸收，故C正确；D.工业制烧碱：电解饱和食盐水，在阴极区域得到烧碱溶液，故D错误；故选C。短周期元素Z的原子序数依次递増其原子的最外层电子数之和为13X与Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍下列说法正确的是( )A．X的简单氢化物溶于水显酸性B．Y的氧化物是离子化合物C．Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质D．X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸【答案】B【解析】【分析】【详解】ZX3倍或者Y3倍，说明Z原子的最外层电6个，Y2X5X。XY、Z位于相邻周期，Y是镁，Z是硫。氨气的水溶液显碱性，A不正确；不正确；D.硝酸和硫酸都是强酸，D不正确；答案选B。3．下列有关叙述不正确的是A．能源是人类生活和社会发展的基础，地球上最基本的能源是太阳能BC．借助扫描道显微镜，应用STM技术可以实现对原子或分子的操纵D．燃料的脱硫脱氮、SO2NOx的催化转化都可以减少酸雨的产生【答案】B【解析】【详解】地球上的能源主要来源于太阳能，通过植物的光合作用被循环利用，故A正确；B错误；STM技术可以看”到越来越细微的结构，并实现对原子或分子的操纵，故C正确；SO2NOx的催化转化都是减少酸D正确；答案选B。一种治疗感冒咳嗽的药物结构简式是 。下列关于该有机物的说法正确的是（）AB．该有机物的分子式是C10H16OC．该有机物能发生加成和氧化反应D．该有机物与【答案】C【解析】【分析】【详解】

互为同分异构体饱和碳原子连接的四个原子构成四面体结构，最多有三个原子处于同一平面， 中标*的碳原子连了三个碳原子，所以所有碳原子不可能在同一平面，A错误；C10H14O，B错误；正确；D．。

的分子式为C10H12O，二者分子式不相同，不互为同分异构体，D错误。硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图的是2 A．CO、SO、SO2 B．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉C．除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应D．用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%【答案】C【解析】【分析】【详解】2 A．SO、SO均是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，ABCl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B2 C．除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C正确；D．用CO与氢气反应合成CH3OH，反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%，甲醇与氧气在催化剂存在时发生反应HCHO和水，所以该步反应中原子利用率不为100%，D错误；故答案选C。6．下列晶体中属于原子晶体的是（）A．氖B．食盐C．干冰D．金刚石【答案】D【解析】【分析】根据原子晶体的组成特点及常见的性质判断，晶体硅、金刚石和二氧化硅等是常见的原子晶体。【详解】A、氖属于分子晶体，选项A不选；B、食盐为氯化钠晶体，氯化钠属于离子晶体，选项B不选；C、干冰属于分子晶体，选项C不选；D、金刚石属于原子晶体，选项D选；答案选D。7．有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法错误的是A．X的分子式为C13H10O5B．X分子中有五种官能团C．X能使溴的四氯化碳溶液褪色D．X分子中所有碳原子可能共平面【答案】B【解析】【分析】【详解】5A.由结构简式 ，X的分子式为C13H10O，故A正确；5B．X分子中有羧基、羟基、羰基、碳碳双键四种官能团，故B错误；C．X分子中有碳碳双键，X能使溴的四氯化碳溶液褪色，故CD．X分子中有11个碳是sp2杂化，平面三角形结构，与它相连的碳共面，有2个碳是sp3杂化，可以通过旋转后共面，X分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；故选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查注意结构及对称性判断，难点抓住共面的条件，某点上相连的原子形成的周角之和为易错点B，苯环不是官能团。8．氮化硅是一种高温陶瓷材料，其硬度大、熔点高，下列晶体熔化（或升华）时所克服的微粒间作用力都与氮化硅相同的是（ ）白磷、硅C【答案】C

D．碘、汞【解析】【分析】【详解】根据描述氮化硅应该是一种原子晶体，原子晶体是由原子直接通过共价键形成的，再来分析选项：P4

是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，A项错误；NaSO项错误；2 4项正确；也是范德华力，D项错误；答案选C。【点睛】由于惰性电子对效应，汞原子的6s电子很难参与成键，仅以原子间的范德华力结合，这也是为什么汞是唯一一种常温下为液态的金属。下列离子方程式表达正确的是

HI2Fe32HI2Fe22HI2向(NH)

溶液: NHSO2Ba2

OH

HOBaSO↓42 4

2 4 4

3 2 4

Ca

2OH2HCO3

CaCO3

2H

OCO22 33mol/LNa2CO31mol/LAl2(SO4)3溶液等体积混合：2Al33CO23

O2Al(OH)2

3CO 2【答案】D【解析】【详解】2FeCl3HIA错误；2向(NH)

2NHSO2

Ba2OH

HOBaSO

，故42 4B错误；

2 4 4

3 2 42

溶液混合：Ca2

OHHCO3

CaCO3

H

OC错误；233mol/LNa2CO31mol/LAl2(SO4)3CO2-Al3+3:2发生双水解反应，离子32Al3。

3CO23

O2Al(OH)2

3CO2

，故D正确。10．Z是一种常见的工业原料，实验室制备Z的化学方程式如下图所示。下列说法正确的是（ ）A．1molZ最多能与7molH2反应B．Z分子中的所有原子一定共平面C．可以用酸性KMnO4溶液鉴别X和YD．X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14种（不考虑立体异构）【答案】D【解析】【详解】1Z211个羰基，则1molZ8molH2发生加成反应，故A错误；ZZ分子中的所有原子不可能共平面，故B错误；X—CH分子中含有XYKMnO

溶液褪色，则不能用3 4酸性KMnO4溶液鉴别X和Y，故C错误；XCH2CH2CHO1CH31CH2CH3和—CHO3CH2CHO和—CH332个—CH31个—CHO614D正确。综上所述，答案为D。【点睛】只要有甲基，原子都不可能共平面，分析共面时一定要从甲烷、乙烯、苯三种结构中推其他共面、共线问题。NaOHpH后溶液黄绿色逐渐褪去。由此得不到的结论是c(H+)=10-2.6mol/L开始阶段，pHH+C．OH-Cl2能直接快速反应D．NaOHOH-Cl2+H2O【答案】C

H++Cl-+HClO平衡右移【解析】【详解】NaOHpH2.6c(H+)=10-2.6mol/LA正确；NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子反应，pHB正确；NaOH溶液，NaOHHClOC错误；NaOHHClOCl2+H2O反应平衡右移，故D正确；

H++Cl-+HClO题目要求选择不能得到的结论，故选C。草酸(H2C2O4)H2C2O4NaOHlgX[X为c(HC2

O-4

c(C或 2

O2-4

]与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是c(H

CO)2 2 4

c(HCO-)24c(HC

O-)A

c(H

2 4CO2 2

)与pH的变化关系4 2 a2 22 B．pH＝1.22的溶液中：2c(C2O2-)＋c(HCO-)=c(Na＋)C．根据图中数据计算可知，K (HCO)的数量级为10-4D．pH由1.22到4 2 a2 22 【答案】A【解析】【分析】

c(HC

O-)c(H+)

c(HC

O-)

c(HC

O-)4H2C2O4 H++HC2O-Ka1=4

2c(H

4CO2 2

)

c(H

2 4CO2 2

=0

c(H

2 4CO2 2

)=1，Ka1=c(H+)=10-pH；HC2O-

H++C

c(C=

O2-)c(H+2 4

，lg

c(C2

O2-4

=0时，

c(C2

O2-4

=1，K

=c(H+)=10-pH。4 2 4

c(HC

O)

c(HCO)

c(HCO) a2【详解】

2 4 2 4 2 4AKa1＞Ka2

c(HC2

O-4

=1pH

c(C2

O2-4

=1时溶液的pH小，所以，Ⅰ表示c(HCO) c(HCO)c(HC

O-)

2 2 4 2 4lgc(H

2 4CO2 2

)与pH的变化关系，A正确；B．电荷守恒：2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na＋)+c(H+)，pH＝1.22，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，那么：4 2 CO＋(CO-)＞()，B4 2 CA

c(C2

O2-4

与pH的变化关系，由分析可知，Ka2=c(H+)=10-pH=10-4.19=100.81×10-5，故c(HCO)2 44Ka2(H2C2O)的数量级为10-5，C错误；44NaOHNa2C2OH2C2O4溶液中滴入NaOH1.224.19一直在减少，但还没有完全被中和，故H2C2O4抑制水电错误；4答案选A。【点睛】酸和碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，判断水的电离程度增大还是减小，关键找准重要的点对应4的溶质进行分析，本题中重要的点无非两个，一是还没滴NaOH时，溶质为H2C2O4

，此时pH最小，水的4NaOHNa2C2OpH由1.22到4.19的过程，介于这两点之间，故水的电离程度一直在增大。13．下列化学用语或图示表达正确的是4A．乙烯的比例模型：C．氯离子的结构示意图：【答案】A【解析】【分析】【详解】

B．质子数为53，中子数为78的碘原子：78I53D．CO2的电子式：C原子比H原子大，黑色球表示C原子，且乙烯为平面结构，则乙烯的比例模型为 项正确；53131I，B项错误；53氯离子含有17+1=18个电子，结构示意图为 ，C项错误；。 在NaCN溶液中存在水解平衡:CN--+H2O HCN+OH

，D项错误；Kh

cHCNcOHcCN

c2 OHc0NaCN[c0NaCN溶液的起始浓度251mol/LNaCN溶液中不断加水稀释，NaCNlgc02pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系下图所示，下列说法错误的是A．25℃时，Kh(CN-)的值为10-4.7BabC．25℃，向a点对应的溶液中加入固体NaCN，CN-的水解程度减小D．c点对应溶液中的c(OH-)大于a点【答案】B【解析】A.lgc0=0

c0NaCN

2

c OH =1×10-4.7(mol/L)2，故由cHCNc

c2 Kb

cc

c0

NaCN

.随着竖坐标的值增大，cOHb点

aBaNaCN，cOH相当于减少水的添加量，会降低的水解程度，C正确；D.随着竖坐标的值增大， 降低，故c点对应溶液中的c(OH-)大于a点，D正确。所以选择B。下列能源中不属于化石燃料的是（ ）石油【答案】B【解析】【分析】

生物质能 C．天然气 D．煤化石能源指由古动物、植物遗体变化形成的能源，主要有煤、石油、天然气等，其特点是具有不可再生性。【详解】AC、DB、生物质能可通过植物光合作用获得，不属于化石燃料，故B选；故选：B。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）三苯甲醇( )是重要的有机合成中间体实验室中合成三苯甲醇时采用如图所示的装置，其合成流程如图：已知:①格氏试剂易潮解，生成可溶于水的Mg(OH)Br。②三苯甲醇可通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应合成③相关物质的物理性质如下：物质相对分子量沸点熔点溶解性不溶于水，溶于乙三苯甲醇260380℃164.2℃醇、乙醚等有机溶剂微溶于水，溶于乙乙醚-34.6℃-116.3℃醇、苯等有机溶剂不溶于水，溶于乙溴苯-156.2℃-30.7℃醇、乙醚等有机溶剂苯甲酸乙酯150212.6℃-34.6℃不溶于水请回答下列问题：合成格氏试剂：实验装置如图所示，仪器A的名称，已知制备格氏试剂的反应剧烈放热，但实验开始时常加入一小粒碘引发反应，推测I2的作用是 。使用无水氯化钙主要是为避免发（化学方程式表示。制备三苯甲醇：通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入13mL苯甲酸乙酯（0.09mol）和15mL无水乙醚的混合液，反应剧烈，要控制反应速率除使用冷水浴外，还可以 （答一点。回流0.5h后加入饱和氯化铵溶液，有晶体析出。提纯：冷却后析出晶体的混合液含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯和碱式溴化镁等杂质，可先通过 （填操作方法，下同）除去有机杂质，得到固体。再通过 纯化，得白色颗粒状晶体16.0g，测熔点为164℃。本实验的产率（结果保留两位有效数字。本实验需要在通风橱中进行，且不能有明火，原是 。【答案】球形干燥管 与Mg反应放出热量，提供反应需要的活化能+H2O→

+Mg(OH)Br 缓慢滴加混合液 蒸馏 重结晶 68% 乙醚有毒，且易燃【解析】【分析】首先利用镁条、溴苯和乙醚制取格氏试剂，由于格氏试剂易潮解，所以需要在无水环境中进行反应，则装A此时得到的三苯甲醇溶解在有机溶剂当中，而三苯甲醇的沸点较高，所以可采用蒸馏的方法将其分离，除去有机杂质；得到的粗品还有可溶于水的Mg(OH)Br杂质，可以通过重结晶的方法分离，三苯甲醇熔点较高，所以最终得到的产品为白色颗粒状晶体。【详解】根据装置A的结构特点可知其为球形干燥管；碘与Mg化钙防止空气中的水蒸气进入反应装置，使格氏试剂潮解，发生反应：+H2O→ +Mg(OH)Br；冷水浴(4)2:1反应，由于格氏试剂过量，所以理论生成的n(三苯甲醇)=n(苯甲酸乙酯)=0.09mol，所以产率为挥发，有毒且易燃，所以需要在通风橱中进行。【点睛】

16.0g 100%0.09mol 260g/mol3分离。三、推断题（本题包括1个小题，共10分）废旧钴金属片中的钴有＋2价和＋3价，还含有锰、铁、钙、镁、铝等金属元素及碳粉等，回收钴的工艺流程：已知：①焙烧后Mn元素的化合价为+2②物质 MgF2 CaF2CoF2MgC2O3CaC2O3CoC2O3溶度积 3×10－9 4.3×10－93×10－34×10－66.3×10－91.7×10－7焙烧时为了使废旧钴金属片充分反应，可采取的措施（任写一条(2)滤液1含有的阴离子是 。(3)该流程中浸钴时钴的浸出率最高只能达到后来改进方法加入使用硫酸进行第一次浸取后，加入Na2SO3溶液进行第二次浸取，从而使钴的浸出率达90％以上，写出第二次浸出钴时溶液中发生反应的离子方程式： (3)净化溶液的操作中含有多个步骤，先除铁后除锰。pH为后，加

2238％NaCO223

溶液，将溶液的pH调至3．0～4．0。请用化学平衡移动原理解释加入Na2CO3溶液能除去溶液中铁元素的原因 。②除锰：加入NaClO溶液。写出该离子方程式。3③减钙镁加入NHF溶液沉淀大部分的钙镁的离子。试解释为何草酸铵溶液沉钴前要减钙镁(4)树德中学化学兴趣小组欲探究CoC2O3•2H2O受热后的分解产物，取4.39gCoC2O3•2H2O（摩尔质量为l于硬质玻璃管中加热一段时间冷却称量剩余氧化物固体的质量为书写OHO受热分解的化学方程。32【答案】将废旧钴片粉碎或适当增大空气的进气量 AlO-、OH-2SO2-+CoO3 2

+4H+=SO

2-+2Co2+4

O或2

2-+CoO3 3

+6H+=SO

2-+3Co2+4

O 溶液中存2在铁离子的水解平衡：Fe3++3HO Fe(OH)+3H+向该体系中加入NaCO溶液后2-和H+反应，2 3 2 3 3c(H+)

沉淀 Mn2++ClO-

O=MnO2

+Cl-+2H+草酸钴的溶度积比草酸钙大，与草酸镁很接近，先减少钙、镁离子的浓度，可以避免再沉钴时引入钙、镁杂质 3CoCO2 4

2H2

OCoO3

+4CO+2CO2

+6HO2【解析】【分析】由流程图可知，废钴片在空气中焙烧后，生成钴、锰、铁的氧化物以及氧化镁、氧化铝、氧化钙、二氧化碳等，加入氢氧化钠溶液碱浸可以与氧化铝反应生成偏铝酸钠，从而过滤除去，然后再用稀硫酸浸取钴元素，使其转化为离子，同时锰、铁、钙、镁元素也转化为相应的离子，再经过溶液净化除去铁、锰、钙、镁，最后用草酸铵溶液沉淀钴离子，得到草酸钴，据此分析解答。【详解】钴片粉碎或适当增大空气的进气量；2 与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，则滤液1AlO、OH-，故答案为：AlO、OH-2 Na2SO3+3+2价钴离子，发生反应的离子方程式为SO2-+CoO3 2

+4H+=SO

2-+2Co2+4

O或2

2-+CoO3 3

+6H+=SO

2-+3Co2+4

O，故答案为：2SO2-+CoO3 2

+4H+=SO

2-+2Co2+4

O或2

2-+CoO3 3

+6H+=SO

2-+3Co2++3HO；4 222

O Fe(OH)2

+3H+，3Na2CO3溶液后，CO2-H+c(H+)3Fe3++3HO2

Fe(OH)+3H+，向该体系中加入NaCO3 2 3溶液后，CO2-H+c(H+)Fe(OH)

沉淀；3 32②NaClO具有强氧化性，可以将Mn2+氧化为MnO，从而过滤除去，发生反应的离子方程式为：2Mn2++ClO-

O=MnO2

+Cl-+2H+，故答案为：Mn2++ClO-+H

O=MnO2

+Cl-+2H+；NH3F溶液，沉淀大部分的钙、镁的离子，再加入草酸沉淀钴离子，引入钙、镁杂质；5.49g =0.03mol4.39gCoCO•2HO的物质的量为 ，则剩余的钴的氧化物固体中氧元素的物质的量2 3 2

183g/mol2.41g-0.03mol59g/mol为16g/mol

=0.04mol，则该氧化物中Co与O元素物质的量之比为3:3，则该钴的氧化3Co3OCo的化合价升高，失电子，则C元素应得电子，化合价降低，生成3COCO2H2O生成，故发生反应的化学方程式为3CoCO2 3CoCO2

2H22H2

OCoO3 O3

+4CO+2CO2+4CO+2CO2

+6H2+6H2

O，故答案为：O。四、综合题（本题包括2个小题，共20分）合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。回答下列问题：3 F.Haber1901N1H13

。在1.01×105Pa、150℃时，将1molN3和1molH1加入aL刚性容器中充分反应，测得NH3体积分数为0.04；其他条件不变，温度升高至测得NH体积分数为0.015，则可判断合成氨反应为 填吸热或放热反应。3（1）在1.01×105Pa、150℃时，将1moIN1和1molH1加入aL密闭容器中充分反应，H1平衡转化率可能为 （填标号。A=4% B<4% C4%～7% D>11.5%W18049纳米反应器催化剂表面上实现常温*标注。1需要吸收能量最大的能垒（活化能该步骤的化学方程式为 ，若通入H体积分数过大可能造成 。1T℃时，在恒温恒容的密闭条件下发生反应：N(g) 3H(g)2 2

2NH(g)反应过程中各物质浓度3的变化曲线如图所示：①表示N1浓度变化的曲线是 （填、或’。与（）中的实验条件0、℃）相比，改变的条件可能。②在0～15min内H1的平均反应速率为 。在该条件下反应的平衡常数为 保留两位有数字。【答案】放热 D 1.54 NH3*+NH3=1NH3 占据催化剂活性位点过多 B 加压强或降温0.006mol·L-1·min-1 0.73【解析】【分析】（1）升高温度，NH3体积分数降低；1 1moIN1molHaL1501 时，将1moIN1和1molH1加入aL密闭容器中充分反应比，相当于加压；吸收能量最大的能垒，即相对能量的差最大；根据图示写方程式；根据反应方程式，N、H、

的变化量比为；图氢气的转化率为（）中氢气的转化率1 1 3是11.5%，根据转化率的变化分析；②A表示氢气的浓度变化，根据=c

K

c2NH3

计算平衡常数；【详解】

t 1

cN2

c3H2（1）升高温度，NH3体积分数降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热；1（1）150℃1molN1

1

aL

体积分数为0.04；

N(g) +3H2

(g)

2NH3初始 1 1 0转化 x 3x 2x平衡1x 13x 2x2x22x

0.04

0.03843100%=11.5%，在150℃时，将11111moIN1和1molH，相当于加压，平衡正向移动，氢气转化率增大，H111

平衡转化率>11.5%，故选D；3-1.01-(-1.56)=1.54；根据图示，该步的方程NH3*+NH3=1NHH1体积分数过大，氢分子占据催化剂活性位点过多；31 1 3 HNH1:3:1N1 1 3 转化率11.5%，1:3时氢气转化率更低，图中氢气转化率15%，故只能考虑压强、温度的影响，可以采用加压或降温的方法；②A

=0.15mol/L2 25min

0.006mol·L-1·min-1；c2NH

0.12NKcN2

3c3 H2

= =0.730.15 mol-1．L1 mol-1．L1甲同学向FeCl3溶液中加入Cu粉观察到溶液的颜色变为浅蓝色由此证明发生了反应其离子方程是 。乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生：将CuKSCNFeCl3溶液中，观察到溶液红色褪去，有白色沉淀A产生。①针对白色沉淀CuCl其中硫元素的化合价为-2价）中的一种或两种。实验过程如下：请回答：Ⅰ.根据白色沉淀B是 （填化学式，判断沉淀A中一定存在。Ⅱ.仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A中一定存在从氧化还原角度说明理由。Ⅲ.向滤液中加入a溶液后无明显现象，说明A不含CuCl，则a是 （填化学式根据以上实验，证明A仅为CuSCN。②进一步查阅资料并实验验证了CuSCN的成因，将该反应的方程式补充完整：2 Cu2++ SCN= CuSCN↓+ 2③结合上述过程以及Fe3++3SCN的平衡，分析中溶液红色褪去的原因： 。已知(SCN)2称为拟卤素，其氧化性与Br2相近。将KSCN溶液滴入所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液变红的可能原因。【答案】Cu+=Cu2++2Fe2+ BaSO4 +1价铜也可将浓HNO3还原 AgNO3 2Cu2+