黑龍江省安達市第七中學2020屆高三化學上學期期末模擬試題

黑龍江省安達市第七中學 2020屆高三化學上學期期末模擬試題（ 1）一、單項選擇題陶瓷是火與土的結(jié)晶，是中華文明的象征之一，其形成、性質(zhì)與化學有著親密的關系。以下說法錯誤的選項是()A．“雨過天晴云破處”所描繪的瓷器青色，來自氧化鐵B．有名世界的秦兵馬俑是陶制品，由粘土經(jīng)高溫燒結(jié)而成C．陶瓷是應用較早的人造資料，主要化學成分是硅酸鹽D．陶瓷化學性質(zhì)穩(wěn)固，擁有耐酸堿侵害、抗氧化等長處2.對于化合物 2-苯基丙烯（ ），以下說法正確的選項是 ( )A．不可以使稀高錳酸鉀溶液退色 B．能夠發(fā)生加成聚合反響C．分子中所有原子共平面 D．易溶于水及甲苯3.實驗室制備溴苯的反響裝置以下圖，對于實驗操作或表達錯誤的選項是（ ）A．向圓底燒瓶中滴加苯和溴的混淆液前需先翻開 KB．實驗中裝置 b中的液體漸漸變成淺紅色C．裝置c中的碳酸鈉溶液的作用是汲取溴化氫D．反響后的混淆液經(jīng)稀堿溶液清洗、結(jié)晶，獲得溴苯4.固體界面上強酸的吸附和離解是多相化學在環(huán)境、 催化、資料科學等領域研究的重要課題。以下圖為少許 HCl氣體分子在 253K冰表面吸附和溶解過程的表示圖。 以下表達錯誤的選項是（ ）A．冰表面第一層中，HCl以分子形式存在B．冰表面第二層中，H濃度為5103molL1（設冰的密度為0.9gcm3）C．冰表面第三層中，冰的氫鍵網(wǎng)格構(gòu)造保持不變D．冰表面各層之間，均存在可逆反響HClHCl5.NaOH溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀（鄰苯二甲酸氫鉀H2A的Ka11.1103，Ka23.9106）溶液，混淆溶液的相對導電能力變化曲線以下圖，此中b點為反響終點。以下表達錯誤的是()A.混淆溶液的導電能力與離子濃度和種類有關 B.Na與A2的導電能力之和大于 HA的C.b點的混淆溶液pH=7D.c點的混淆溶液中，c(Na)c(K)c(OH)6.利用生物燃料電池原理研究室溫下氨的合成，電池工作時2++MV/MV在電極與酶之間傳達電子，表示圖以下所示。以下說法錯誤的選項是（）A．對比現(xiàn)有工業(yè)合成氨，該方法條件平和，同時還可供給電能2+ + +B．陰極區(qū)，在氫化酶作用下發(fā)生反響 H2+2MV=2H+2MVC．正極區(qū)，固氮酶為催化劑，

N2發(fā)生復原反響生成

NH3D．電池工作時質(zhì)子經(jīng)過互換膜由負極區(qū)向正極區(qū)挪動7.科學家合成出了一種新化合物（以下圖），此中

W、X、Y、Z為同一短周期元素，

Z核外最外層電子數(shù)是

X核外電子數(shù)的一半。以下表達正確的選項是（

）A.WZ的水溶液呈堿性

B.元素非金屬性的次序為

X>Y>ZC.Y的最高價氧化物的水化物是中強酸

D.該新化合物中

Y不知足

8電子穩(wěn)固構(gòu)造二、填空題硼酸（H3BO3）是一種重要的化工原料，寬泛應用于玻璃、醫(yī)藥、肥料等工藝。一種以硼鎂礦（含Mg2B2O5H2O、SiO2及少許Fe2O3、Al2O3）為原料生產(chǎn)硼酸及輕質(zhì)氧化鎂的工藝流程以下：回答以下問題：1.在95℃“溶侵”硼鎂礦粉，產(chǎn)生的氣體在“汲取”中反響的化學方程式為

_________?！盀V渣1”的主要成分有_________。為查驗“過濾1”后的濾液中能否含有Fe3離子，可采納的化學試劑是

_________。3.依據(jù)

H3BO3的解離反響：

H3BO3

H2O

H BOH

4，

Ka

5.8110

10

，可判斷

H3BO3是_______酸；在“過濾

2”前，將溶液

pH調(diào)理至

3.5，目的是

_______________。4.在“沉鎂”中生成

MgOH

2 MgCO3積淀的離子方程式為

__________，母液經(jīng)加熱后可返回

___________工序循環(huán)使用。由堿式碳酸鎂制備輕質(zhì)氧化鎂的方法是

_________。水煤氣變換[COg+H2Og=CO2g+H2g]是重要的化工過程，主要用于合成氨、制氫以及合成氣加工等工業(yè)領域中?；卮鹨韵聠栴}：1.Shibata

曾做過以下實驗：①使純

H2遲緩地經(jīng)過處于

721℃下的過度氧化鈷

CoO(s)，氧化鈷部分被復原為金屬鈷

(Co)，均衡后氣體中

H2的物質(zhì)的量分數(shù)為

0.0250。②在同一溫度下用

CO復原

CoO(s)，均衡后氣體中

CO的物質(zhì)的量分數(shù)為

0.0192

。依據(jù)上述實驗結(jié)果判斷，復原

CoO(s)為

Co(s)

的偏向是

CO_________H2（填“大于”或“小于”）。2.721 ℃時，在密閉容器中將等物質(zhì)的量的 CO和H2O(g)混淆，采納適合的催化劑進行反響，則均衡時系統(tǒng)中 H2的物質(zhì)的量分數(shù)為 ( )A.<0.25 C.0.25~0.50 E.>0.50我國學者聯(lián)合實驗與計算機模擬結(jié)果，研究了在金催化劑表面上水煤氣變換的反響歷程，以下圖，此中吸附在金催化劑表面上的物種用*標明?？芍簹庾儞Q的 H________0（填“大于”“等于”或“小于”），該歷程中最大能壘（活化能）E正=_________eV，寫出該步驟的化學方程式 _______________________。4.Shoichi

研究了

467℃、489

℃時水煤氣變換中

CO和

H2分壓隨時間變化關系（以以下圖所示），催化劑為氧化鐵，實驗初始時系統(tǒng)中的

pH2O和

pCO相等、

pCO2和

pH2

相等。計算曲線 a的反響在 30~90min內(nèi)的均勻速率 va =___________kPamin1。467℃時pH2和pCO隨時間變化關系的曲線分別是 ___________、___________。489℃時pH2和pCO隨時間變化關系的曲線分別是 ___________、___________。10.［化學——選修 3：物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)］在一般鋁中加入少許Cu和Mg后，形成一種稱為拉維斯相的MgCu2細小晶粒，其分別在Al中可使得鋁材的硬度增添、延展性減小，形成所謂“堅鋁”，是制造飛機的主要資料?；卮鹨韵聠栴}：1.以下狀態(tài)的鎂中，電離最外層一個電子所需能量最大的是（）A.[Ne]B.[Ne]C.[Ne]D.[Ne]乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一種有機化合物，分子中氮、碳的雜化種類分別是_______________、_______________。乙二胺能與 Mg2、Cu2等金屬離子形成穩(wěn)固環(huán)狀離子，其原由是 _____________，此中與乙二胺形成的化合物穩(wěn)固性相對較高的是_____________(填“Mg2”或“Cu2”)。一些氧化物的熔點以下表所示：氧化物Li2OMgOP4O6SO2熔點/°C1570280023.8-75.5解說表中氧化物之間熔點差別的原由_______________。圖(a)是MgCu2的拉維斯構(gòu)造，Mg以金剛石方式聚積，八面體縫隙和多半的四周體縫隙中，填入以四周體方式擺列的 Cu。圖(b)是沿立方格子對角面獲得的截圖?？梢?， Cu原子之間最短距離 x=___________pm，Mg原子之間最短距離 y=_____________pm。設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則MgCu2的密度是__________gcm3(列出計算表達式)。三、推測題11.[化學——選修 5：有機化學基礎 ]化合物G是一種藥物合成中間體，其合成路線以下：回答以下問題：1.A中的官能團名稱是 _____________。碳原子上連有4個不一樣的原子或基團時，該碳稱為手性碳。寫出B的構(gòu)造簡式，用星號(*)標出B中的手性碳_____________。3.寫出擁有六元環(huán)構(gòu)造、并能發(fā)生銀鏡反響的

B的同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡式

_____________。(不考慮立體異構(gòu)，只要寫出

3個)反響④所需的試劑和條件是______________。⑤的反響種類是_________________。寫出F到G的反響方程式_______________。7.設計由甲苯和乙酰乙酸乙酯 (CH3COCH2COOC2H5)制備 的合成路線_________________(無機試劑任選 )。四、實驗題硫酸鐵銨[NH4Fe(SO4)2?xH2O]是一種重要鐵鹽。為充分利用資源，變廢為寶，在實驗室中研究采納廢鐵屑來制備硫酸鐵銨，詳細流程以下：回答以下問題：1.步驟①的目的是去除廢鐵屑表面的油污，方法是 _________________。步驟②需要加熱的目的是_________________，溫度保持80~95℃，采納的適合加熱方式是_________________。鐵屑中含有少許硫化物，反響產(chǎn)生的氣體需要凈化辦理，適合的裝置為_________________（填標號）。3.步驟③中采納足量的 H2O2，原由是_________________。分批加入H2O2，同時為了_________________，溶液要保持 pH小于0.5。步驟⑤的詳細實驗操作有______________，經(jīng)干燥獲得硫酸鐵銨晶體樣品。5.采納熱重剖析法測定硫酸鐵銨晶體樣品所含結(jié)晶水數(shù)，

將樣品加熱到

150℃時，失去

1.5個結(jié)晶水，失重

5.6%。硫酸鐵銨晶體的化學式為

______________。參照答案答案：A分析：氧化鐵是紅色，不是青色，故A項錯誤；秦兵馬俑是陶制品，其原料是粘土，經(jīng)過高溫煅燒而成，故B項正確；新石器時代就發(fā)了然陶器。陶瓷是以天然的粘土以及礦物為主要原料混淆、煅燒而成，主要化學成分是硅酸鹽，故C項正確；陶瓷制品的主要成分是硅酸鹽，硅酸鹽化學性質(zhì)穩(wěn)固，耐高溫，擁有耐酸堿侵害、抗氧化的長處，故D項正確。綜上所述，此題正確答案為A。答案：B分析：此題波及的考點是烴的構(gòu)造和性質(zhì)，考察了學生對烴的物理性質(zhì)、化學性質(zhì)，分子空間構(gòu)型的辨識、整合能力，表現(xiàn)了運用熟習的模型對未知物質(zhì)的性質(zhì)進行推理的憑證推理與模型認知的學科核心修養(yǎng)。A項，分子中含有碳碳雙鍵，能使稀高錳酸鉀溶液退色，故錯誤；B項，分子中含有碳碳雙鍵，能夠發(fā)生加成聚合反響，故正確；C項，分子中含有甲基，該部分的空間構(gòu)型為四周體，則分子中所有原子不行能共平面，故錯誤； D項，烴類物質(zhì)難溶于水，故錯誤。答案：D分析：A項、若封閉 K時向燒瓶中加注液體，會使燒瓶中氣體壓強增大，苯和溴混淆液不可以順利流下。翻開 K，能夠均衡氣壓，便于苯和溴混淆液流下，故 A正確；B項、裝置b中四氯化碳的作用是汲取揮發(fā)出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液體漸漸變?yōu)闇\紅色，故 B正確；C項、裝置 c中碳酸鈉溶液呈堿性，能夠汲取反響生成的溴化氫氣體，故 C正確；D項、反響后獲得粗溴苯， 向粗溴苯中加入稀氫氧化鈉溶液清洗， 除掉此中溶解的溴， 振蕩、靜置，分層后分液，向有機層中加入適合的干燥劑，而后蒸餾分別出沸點較低的苯，能夠得到溴苯，不可以用結(jié)晶法提純溴苯，故 D錯誤。應選D。答案：D分析：A項、由圖可知，冰的表面第一層主要為氯化氫的吸附，氯化氫以分子形式存在，故正確；B項、由題給數(shù)據(jù)可知，冰的表面第二層中氯離子和水的個數(shù)比為 10-4:1，第二層中溶解的氯化氫分子應少于第一層吸附的氯化氫分子數(shù)， 與水的質(zhì)量對比，可忽視此中溶解的氯化氫的質(zhì)量。設水的物質(zhì)的量為 1mol，則所得溶液質(zhì)量為 18g/mol×1mol=18g，則溶液的體積為18g/mol1mol×10-3L/ml=2.0×10-2L，由第二層氯離子和水個數(shù)比可知，溶液中氫離子物質(zhì)的量0.9g/mL等于氯離子物質(zhì)的量，為10-4mol，則氫離子濃度為10-4mol=5×10-3mol/L，故B正確；2.010-2LC項、由圖可知，第三層主假如冰，與氯化氫的吸附和溶解沒關，冰的氫鍵網(wǎng)絡構(gòu)造保持不變，故C正確；D項、由圖可知，只有第二層存在氯化氫的電離均衡 HCl H++Cl-，而第一層和第三層均不存在，故 D錯誤。應選D。答案：C分析：A項、向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中加入氫氧化鈉溶液，二者反響生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中 Na+和A2-的濃度增大。由圖像可知，溶液導電性加強，說明導電能力與離子濃度和種類有關，故A正確；++-2-，b點導B項、a點和b點K的物質(zhì)的量同樣，K的物質(zhì)的量濃度變化不顯然，HA轉(zhuǎn)變成A電性強于a點，說明+2-的導電能力強于-Na和AHA，故B正確；C項、b點鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰巧完整反響生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，鄰苯二甲酸鉀為強堿弱酸鹽， A2-在溶液中水解使溶液呈堿性， 溶液pH＞7，故C錯誤；D項、b點鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰巧完整反響生成等物質(zhì)的量的鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中

c(Na+)和

c(K+)相等，c點是持續(xù)加入氫氧化鈉溶液后，獲得鄰苯二甲酸鉀、鄰苯二甲酸鈉、氫氧化鈉的混淆溶液，則溶液中

c(Na+)>c(K+)，由圖可知，

a點到

b點加入氫氧化鈉溶液的體積大于

b點到

c點加入氫氧化鈉溶液的體積，

則溶液中

c(K+)c(OH-)，溶液中三者大小次序為c(Na+)>c(K+)＞c(OH-)，故D正確。應選C。6.答案：B分析：A項、對比現(xiàn)有工業(yè)合成氨，該方法采納酶作催化劑，條件平和，同時利用+2+MV和MV的互相轉(zhuǎn)變，化學能轉(zhuǎn)變成電能，故可供給電能，故A正確；B項、左室為負極區(qū)，+2++-2+MV在負極失電子發(fā)生氧化反響生成MV，電極反響式為MV-e=MV，2+++2+++放電生成的MV在氫化酶的作用下與H2反響生成H和MV，反響的方程式為H2+2MV=2H+2MV，故B錯誤；C項、右室為正極區(qū)，2++2+-+MV在正極得電子發(fā)生復原反響生成MV，電極反響式為MV+e=MV，+2+，故C正確；放電生成的MV與N2在固氮酶的作用下反響生成NH3和MVD項、電池工作時，氫離子（即質(zhì)子）經(jīng)過互換膜由負極向正極挪動，故 D正確。應選B。答案：C分析：W、X、Y、Z為同一短周期元素,可能同處于第二或第三周期,察看新化合物的構(gòu)造表示圖可知,X為四價,X可能為C或Si。若X為C,則Z核外最外層電子數(shù)為C原子核外電子數(shù)的一半,即為3,對應B元素,不切合成鍵要求,不切合題意,故X為Si,W能形成+1價陽離子,可推出W為Na元素,Z核外最外層電子數(shù)為Si原子核外電子數(shù)的一半,即為7,可推出Z為Cl元素。Y能與2個Si原子形成共價鍵,此外獲得1個電子達到8電子穩(wěn)固構(gòu)造,說明Y原子最外層有

5個電子

,進一步推出

Y為P元素,即

W、X、Y、Z分別為

Na、Si、P、Cl

元素。A錯,WZ為

NaCl,

其水溶液呈中性。

B錯,元素非金屬性

:Cl>P>Si

。C對,P

的最高價氧化物的水化物為

H3PO4,

是中強酸。

D錯,P

原子最外層有

5個電子

,與

2個

Si

原子形成共價鍵

,此外獲得

1個電子,在該化合物中

P元素知足

8電子穩(wěn)固構(gòu)造。8.答案：

1.

NH4HCO3

NH3

NH42CO3SiO2、Fe2O3、Al2O3；KSCN一元弱；轉(zhuǎn)變成H3BO3，促使析出4.2Mg23CO322H2OMgOH2MgCO32HCO3（或2Mg22CO32H2OMgOH2MgCO3CO2）；溶浸；高溫焙燒分析：（1）依據(jù)流程圖知硼鎂礦粉中加入硫酸銨溶液產(chǎn)生的氣體為氨氣，用碳酸氫銨溶液汲取，反響方程式為：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3;（2）濾渣I為不與硫酸銨溶液反響的232323+FeO、AlO、SiO;查驗Fe,可采納的化學試劑為KSCN；（3）由硼酸的離解方程式知，硼酸在水溶液中是經(jīng)過與水分子的配位作用產(chǎn)生氫離子，而三價硼原子最多只好再形成一個配位鍵，且硼酸不可以完整解離，所以硼酸為一元弱酸；在“過濾2”前，將溶液pH調(diào)理至3.5，目的是將BOH轉(zhuǎn)變成H3BO3，并促使H3BO3析出；4（4）沉鎂過程頂用碳酸銨溶液與2+23Mg反響生成Mg(OH)?MgCO，沉鎂過程的離子反響為：2Mg23CO322H2OMgOH2MgCO32HCO3；母液加熱分解后生成硫酸銨溶液，能夠返回“溶浸”工序循環(huán)使用；堿式碳酸鎂不穩(wěn)固，高溫下能夠分解，故由堿式碳酸鎂制備輕質(zhì)氧化鎂的方法是高溫焙燒。答案：1.大于；2.C；* * * * * * * * *3.小于；2.02；COOH+H+H2O=COOH+2H+OH（或H2O=H+OH）；4.0.0047；b；c；a；d分析：1.H2復原氧化鈷的方程式為：H2(g)＋CoO(s)=Co(s)＋H2O(g)；CO復原氧化鈷的方程式為：CO(g)＋CoO(s)=Co(s)＋CO(g)，均衡時H復原系統(tǒng)中H的物質(zhì)的量分數(shù)222（nH2nCO）高于CO復原系統(tǒng)中CO的物質(zhì)的量分數(shù)（），故復原nH2+nH2OnCO+nCO2CoO(s)為Co(s)的偏向是CO大于H2；2.利用“三段式”解答。721℃時，設氣體反響物開始濃度均為1mol?L-1，則H2（g）+CoO（s） Co（s）+H2O（g）開端（mol?L-1）10轉(zhuǎn)變（mol?L-1）xx均衡（mol?L-1）1-xx則有(1-x)/x=0.0250，解得x=0.975，故K=cH2Ox=39;1cH21xCO（g）+CoO（s）Co（s）+CO（g）2開端（mol?L-1）10轉(zhuǎn)變（mol?L-1）yy均衡（mol?L-1）1-yy則有(1-y)/1=0.0192,解得y=0.9808，故K2=cCO2y0.9808≈51；cCO1y0.0192CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)開端（mol?L-1）1100轉(zhuǎn)變（mol?L-1）zzzz均衡（mol?L-1）1-z1-zzz3z2K2=51/39,2z/2=0.2664,應選C。z)2K1(13.察看計算機模擬結(jié)果，據(jù)H=生成物總能量-反響物總能量，可知H=-0.72-0<0；該歷程中最大能壘（活化能）E正=1.86eV-（-0.16eV）=2.02eV,該步驟的化學方程式為*********COOH+H+H2O=COOH+2H+OH或H2O=H+OH。v(a)(4.08-3.80)kPa0.0047kPagmin14.60min；據(jù)“先拐先平數(shù)值大”，聯(lián)合圖像可知，虛線（a、d）表示489℃時氣體分壓變化曲線，實線（b、c）表示467℃時氣體分壓變化曲線；當溫度由467℃升至489℃時，均衡逆向挪動，則pH2減小，pCO增大，由圖像可知，b→a氣體分壓減小，故曲線b表示467℃時pH2變化曲線，曲線a表示489℃時pH2變化曲線；c→d氣體分壓增大，則曲線c表示467℃時pCO變化曲線，曲線d表示489℃時pCO變化曲線。答案：1.A；2.sp3；sp3；乙二胺的兩個N供給孤對電子給金屬離子形成配位鍵；Cu2；3.Li2O、MgO為離子晶體，PO46、SO2為分子晶體。晶格能MgOLi2O。分子間力（分子量）PO46SO2；4.2a；3a；824166444NAa31030分析：（1）A.[Ne]3s1屬于基態(tài)的+Mg，因為Mg的第二電離能高于其第一電離能，故其再失去一個電子所需能量較高；B.[Ne]3s2屬于基態(tài)Mg原子，其失去一個電子變成基態(tài)+11屬于激發(fā)態(tài)Mg原子，其失去一個電子所需能量低于基態(tài)Mg原子；Mg；C.[Ne]3s3pD.[Ne]3p1屬于激發(fā)態(tài)++Mg，其失去一個電子所需能量低于基態(tài)Mg，綜上所述，電離最外層一個電子所需能量最大的是 [Ne]3s1，答案選 A；（2）乙二胺中N形成3個單鍵，含有1對孤對電子，屬于sp3雜化；C形成4個單鍵，不存在孤對電子，也是sp3雜化；因為乙二胺的兩個N可供給孤對電子給金屬離子形成配位鍵，所以乙二胺能與2＋2＋等金屬離子形成穩(wěn)固環(huán)狀離子；因為銅離子的半徑較大且含有的Mg、Cu空軌道多于鎂離子，所以與乙二胺形成的化合物穩(wěn)固性相對較高的是（3）因為Li2O、MgO為離子晶體，P4O6、SO2為分子晶體。晶格能子量）P4O6＞SO2，所以熔點大小次序是MgO＞Li2O＞P4O6＞SO2；（4）依據(jù)晶胞構(gòu)造可知 Cu原子之間最短距離為面對角線的 1/4

Cu2＋；MgO＞Li2O，分子間力（分，因為邊長是 apm，則面對角線是 2apm，則x＝ 2apm；Mg原子之間最短距離為體對角線的 1/4，因為邊長是 apm，4則體對角線是3apm，則y＝3a；依據(jù)晶胞構(gòu)造可知晶胞中含有鎂原子的個數(shù)是48×1/8+6×1/2+4＝8，則Cu原子個數(shù)16，晶胞的質(zhì)量是8241664g。因為邊長是apm，NA8241664則