1、高考化学仿真训练2含答案2020高考仿真训练二时间：50分钟满分100分可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Fe56Cu64Ca40一、选择题(本大题共包含7个小题，每题6分，共42分，每题只有一个选项符合题意)1(2017年辽宁省鞍山市第一中学高三月考)化学与生活、社会密切相关，下列说法不正确的是()A. 制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于物理变化C. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，分别可防止食物受潮、氧化变质D. 采用“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净
2、化”可提高空气质量解析：A.聚酯纤维属于有机物，不属于无机非金属材料，故说法A错误；B.青蒿素属于萃取，即属于物理变化，故说法B正确；C.硅胶具有吸水性，作干燥剂，铁粉具有还原性，可防止食品氧化变质，故说法C正确；D.静电除尘，除去空气悬浮固体颗粒，燃煤固硫，减少SO2的排放，汽车尾气催化净化，减少氮氧化物的排放，故说法D正确。答案：A2(2017年湖北省八校高三下第二次联考)设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A. 向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1 mol Fe2被氧化时，该反应转移电子数目为3NAB. 40 g CuO和Cu2S混合物中所含铜原子的数目不等于0.5N
3、AC. 含0.1 mol NH4HSO4的溶液中，阳离子数目略小于0.2NAD. C3H8分子中的2个H原子分别被1个NH2和1个OH取代，1 mol此有机物所含共用电子对数目为13NA解析：A.向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化I，当有1mol Fe2被氧化时转移NA个电子，同时至少2 mol I被氧化转移2NA个电子，该反应转移电子的数目至少为3NA，故A错误；B.CuO和Cu2S中铜元素的质量分数相同，40 g CuO和Cu2S的混合物中含有铜元素的质量为：40 g32 g，含有的铜的物质的量为0.5 mol，含有铜原子数一定为0.5NA，故B错误；C. NH4HSO4在溶液
4、中完全电离出NH和H，故C错误；D.每个C3H8分子中含有10个共用电子对，分子中2个H原子分别被1个NH2和1个OH取代后增加3个共价键，则1 mol此有机物所含共用电子对数目为13NA，故D正确。答案：D3(2017年湖南省娄底市五校联考)没食子酸丙酯简称PG，结构简式如图，可用于食品油脂、油炸食品、干鱼制品、饼干、方便面等，是联合国粮农组织和世界卫生组织批准使用的优良油脂抗氧化剂之一。则下列说法正确的是()A没食子酸丙酯的分子式是 C10H13O5B1 mol没食子酸丙酯能与4 mol H2加成C1 mol没食子酸丙酯能与4 mol NaOH反应D1 mol没食子酸丙酯最多能与3 mol
5、浓溴水发生取代反应解析：本题考查有机物的结构和性质。A.由结构可知没食子酸丙酯的分子式是 C10H12O5，故A错误；B.只有苯环与氢气发生加成反应，则1 mol没食子酸丙酯能与3 mol H2加成，故B错误；C.3个酚OH、1个COOC与NaOH反应，1 mol没食子酸丙酯能与4 mol NaOH反应，故C正确；D.只有2个酚OH的邻位与溴发生取代反应，1 mol没食子酸丙酯最多能与2 mol浓溴水发生取代反应，故D错误。答案：C4(2017年河北省衡水市武邑中学高三下第二次质检)下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是()解析：A. 向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba(ClO)2 溶液，B
6、a(ClO)2溶液具有氧化性，能够将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，生成硫酸钡沉淀，不能证明试样已氧化变质，故A错误；B.根据氧化还原反应方程式中氧化剂的氧化性比氧化产物的氧化性强，向Co2O3中滴入浓盐酸，产生黄绿色气体氯气，说明氧化性：Co2O3Cl2，故B正确；C.应该先滴加KSCN 溶液，后滴加氯水，故C错误；D. 向Na2SO4和Na2CO3混合溶液中滴入AgNO3溶液能够反应生成硫酸银和碳酸银沉淀，不能证明Ksp(Ag2SO4)c(SCN)C. 上述三种溶液中水电离的电离度：NaHCO3CH3COOHHSCND. 与反应所得的溶液中：c(CH3COO)c(CH3COOH)0.1 mol/L解
7、析：NaHCO3溶液呈碱性，pH7，HSCN与NaHCO3反应先完成，速率快，说明HSCN中H浓度大于CH3COOH中H浓度，酸性大，则pH小，三种溶液pH，A错误；HSCN酸性大于CH3COOH，SCN水解程度小于CH3COO，则溶液中c(SCN)c(CH3COO)，B错误；NaHCO3可水解，促进水的电离，CH3COOH、HSCN为酸，均抑制水的电离，HSCN酸性大于CH3COOH，HSCN抑制能力强，水的电离程度小，水电离的程度：NaHCO3CH3COOHHSCN，C正确；等体积、浓度CH3COOH溶液与NaHCO3溶液混合，体积变为原来的2倍，根据物料守恒有：c(CH3COO) c(C
8、H3COOH)0.05 mol/L，D错误。答案：C二、非选择题(共58分，第810题为必考题，11和12题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题：共43分。8(14分)(2017年河南省百校联盟高三4月教学质量检测)某化学兴趣小组欲在实验室模拟工业制硝酸的过程。设计了如下装置(夹持装置略去)：(1)装置B中固体氢氧化钠的作用是_。(2)请在装置图方框处画出必要仪器_，并指出所加试剂。(3)装置D中发生反应的化学方程式为_；开始反应一段时间后，撤离热源反应也可以持续进行，原因为_。某同学认为在装置F中可能出现白烟，应在装置D和装置F之间增加下列装置中的_(填序号)，从而避免此现象发生，提高硝
9、酸的产率。利用改进后的装置进行实验，装置F中发生反应的化学方程式为_。(4)取反应后装置G中得到的溶液20.00 mL，加23滴酚酞溶液，用0.002 mol/L的NaOH标准溶液滴定，用去10.00 mL时，达到滴定终点，则装置G中得到的溶液pH_。解析：(1)氢氧化钠溶解时放热，使一水合氨分解放出氨气，故其作用为氢氧化钠固体溶于水放热，使氨气溶解度减小，且电离出OH，使NHOH NH3H2O NH3H2O向正方向移动，使氨气逸出； (2)生成的氨气中混有水蒸气，需要去除，因此方框处需要连接盛有碱石灰的干燥管，故为；(3)装置D中氨气发生催化氧化，反应的化学方程式为4NH35O24NO6H2
10、O；该反应是放热反应，开始反应一段时间后，撤离热源反应也可以持续进行； 氨气催化氧化生成的一氧化氮易被氧气氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水蒸气反应生成部分硝酸蒸汽，氨气与硝酸蒸汽反应出现白烟，因此为了避免这种现象的发生，对生成的气体进行干燥即可，故选a；利用改进后的装置进行实验，装置F中一氧化氮被氧化为二氧化氮，反应的化学方程式为2NOO2=2NO2；(4)装置G中为稀硝酸，消耗的氢氧化钠的物质的量为0.002 mol/L0.01 L0.000 02 mol，因此硝酸的物质的量为0.000 02 mol，硝酸的浓度0.001 mol/L，即c(H)0.001 mol/L，溶液的pH3。答案：(1
11、)氢氧化钠固体溶于水放热，使氨气溶解度减小，且电离出OH，使NHOH NH3H2O NH3H2O向正方向移动，使氨气逸出(2)(3)4NH35O24NO6H2O此反应为放热反应，反应放出的热量可维持反应继续进行a2NOO2=2NO2 (4)39(15分)(2016年高考课标全国卷)过氧化钙微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题：(一)碳酸钙的制备 (1)步骤加入氨水的目的是_；小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于_。(2)右图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是_(填标号)。a漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁b玻璃棒用作引流c将滤纸
12、湿润，使其紧贴漏斗壁d滤纸边缘高出漏斗e用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度(二)过氧化钙的制备 (3)步骤的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈_性(填“酸”“碱”或“中”)，将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是_。(4)步骤中反应的化学方程式为_，该反应需要在冰浴下进行，原因是_。(5)将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是_。(6)制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是_，产品的缺点是_。解析：考查物质制备实验设计。(1)反应中盐酸过量，且溶液中含有铁离子，因此
13、步骤加入氨水的目的是中和多余的盐酸和沉淀铁离子；小火煮沸的目的是使沉淀颗粒长大，有利于过滤。(2)a.过滤时漏斗末端颈尖应该紧靠烧杯壁，a错误；b.玻璃棒用作引流，b正确；c.将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁，防止有气泡，c正确；d.滤纸边缘应该低于漏斗，d错误；e.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动容易弄碎滤纸，e错误。(3)溶液中有二氧化碳生成，因此溶液呈酸性。溶液中含有二氧化碳，而过氧化钙能与酸反应，因此将溶液煮沸的作用是除去溶液中的CO2。(4)据题目信息可知，反应物为CaCl2、氨水和双氧水，制备CaO2，根据原子守恒可知另外的产物还有氯化铵和水，化学方程式如下：CaCl22NH3H2OH2O2=C
14、aO22NH4Cl2H2O；由于双氧水不稳定，受热易分解，故反应需在冰浴中进行以防止H2O2分解。(5)过氧化钙不溶于乙醇，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分。(6)制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是原料来源丰富、工艺简单、操作方便；产品的缺点是得到的产品纯度较低。答案：(1)调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀过滤分离(2)ade(3)酸除去溶液中的CO2(4)CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O或CaCl22NH3H2OH2O26H2O=CaO28H2O2NH4Cl温度过高时过氧化氢易分解(
15、5)去除结晶表面水分(6)工艺简单、操作方便纯度较低10(14分)(2017年河北省衡水中学高三下第六次调研)研究表明丰富的CO2完全可以作为新碳源，解决当前应用最广泛的碳源(石油和天然气)到本世纪中叶将枯竭的危机，同时又可缓解由CO2累积所产生的温室效应，实现CO2的良性循环。(1)目前工业上有一种方法是用CO2和H2在230催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。下图表示恒压容器中0.5 mol CO2和1.5 mol H2转化率达80%时的能量变化示意图。 写出该反应的热化学方程式：_。 能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_ 。a容器中压强不变 bH2的体积分数不变cc(H2)3c(CH
16、3OH) d容器中密度不变e2个C=O断裂的同时有6个HH断裂(2)某国科研人员提出了使用氢气和汽油(汽油化学式用C8H18表示)混合燃料的方案，以解决汽车CO2的排放问题。该方案主要利用储氢材料CaH2产生H2和用汽油箱贮存汽油供发动机使用，储氢系统又捕集汽油燃烧产生的CO2，该系统反应如下图所示：写出CaH2的电子式_。反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_。如果该系统反应均进行完全，试写出该系统总反应的化学方程式_。解析：本题考查热化学方程式、电子式、电极反应式的书写，化学平衡的判断，能量转化的判断，方程式叠加法的应用。(1)由所给能量变化示意图可知，1 mol CO2和3 mol H
17、2转化率达100%时放出热量49 kJ，所以该反应的热化学方程式为：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g)H249 kJmol1；a.该反应是在恒压容器中进行的，所以压强始终不变，不能判断该反应达到化学平衡状态，错误；b.达平衡时，各物质的含量都不再改变，氢气的体积分数恒定，可以判断该反应达到化学平衡状态，正确c.平衡时，氢气和甲醇的浓度不一定具备化学计量数的比例关系，不能判断该反应达到化学平衡状态，错误；d.由于该反应是反应前后气体的物质的量改变的反应，当压强不变时，容器体积在减小，密度增大，当平衡时气体密度不再增大，保持不变，能判断该反应达到化学平衡状态，正确；e.反应的任
18、何状态都有2个C=O断裂的同时有6个HH断裂，不能判断该反应达到化学平衡状态，错误；(2)CaH2是离子化合物，其电子式为HCa2H；反应1是CaH2与H2O反应生成氢氧化钙和氢气，反应中CaH2作还原剂，水作氧化剂，可写出发生的化学方程式为CaH22H2O=Ca(OH)2H2，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是21；由反应的流程图可知，最终产物是CaCO3、H2O。反应1生成的氢气与氧气反应生成水，汽油与氧气反应生成二氧化碳和水，其中二氧化碳用于和反应1产生的氢氧化钙反应，将发生反应的化学方程式叠加，消去中间产物二氧化碳、氢气、氢氧化钙，最后的产物只有水和碳酸钙，所以总反应方程式为16CaH
19、22C8H1841O2=16CaCO334H2O。答案：(1)CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g)H49 kJ/molbd (2)HCa2H2116CaH22C8H1841O2=16CaCO334H2O(二)选考题：共15分。请考生从两题中选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。11【选修3物质结构与性质】(15分)(2017年重庆八中高三第一次适应性模拟)煤、石油、天然气、动植物体、石灰石、白云石、二氧化碳等都含有碳元素。请回答下列问题：(1)COCl2俗称光气，分子中C原子采取sp2杂化成键，应用价层电子对互斥理论，预测COCl2分子的空间构型为_。(2)二茂铁(C5
20、H5)2Fe是Fe2与环戊二烯基形成的一类配合物，实验室测定铁的含量可用配位剂邻二氮菲()，它能与Fe2形成红色配合物(如图甲)，该配离子中Fe2与氮原子形成的配位键共有_个。(3)普鲁士蓝可用作燃料，立体结构如图乙所示。普鲁士蓝中，n(K)n(Fe3)n(Fe2)n(CN)_。(4)CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体相似(如图丙)。纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图， a中采取sp2杂化的碳原子有_个，b中各元素的电负性由大到小的顺序为_。CaC2中C与O互为等电子体，O的电子式可表示为_，其中键与键数目之比为_。该晶胞中Ca2、C之间的最近距离为a pm，
21、则该CaC2的密度为_g/cm3(NA为阿伏加德罗常数，只列计算式)，该晶体中与C距离相等且最近的C有_个。X 射线表明KCl、CaO与NaCl晶体结构相似，三种离子晶体熔点由高到低的顺序为_。解析：本题考查晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断。(1)C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以其空间构型为平面三角形；(2)Fe2和N原子之间形成配位键，该配合物中含有6个N原子，所以有6个配位键；(3)Fe3离子的个数为：4；Fe2离子的个数为：4；CN离子的个数为：123，根据电荷守恒：N(K)N(Fe3)3N(Fe2)2N(CN)，得N(K)，普鲁士蓝中n(K)n(Fe3)n(Fe2
22、)n(CN)1116；(4)C原子价层电子对个数为3且不含孤电子对的采用sp2杂化，苯环上C原子和连接羰基的碳原子都采用sp2杂化；元素的非金属性越强，其电负性越大，所以这几种元素电负性大小顺序是ONCH；根据等电子体的结构相似，则O的电子式为OO2，该离子中含有1个键、2个键，所以键、键个数之比为12；该晶胞中钙离子个数1124，C离子个数864，Ca2、C之间的最近距离为a pma1010 cm，则该晶胞体积(2a1010 cm)3，晶胞密度 g/cm3，该晶胞中与C距离相等且最近的C个数38212；这几种晶体都是离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比
23、，钙离子所带电荷大于钠离子、钾离子，氧离子所带电荷大于氯离子且半径小于氯离子，所以晶格能大小顺序是CaONaClKCl，则熔沸点大小顺序是CaONaClKCl。答案：(1)平面三角形(2)6(3)1116(4)7ONCHOO21212CaONaClKCl12【选修5有机化学基础】(15分)(2017年天津市南开区模拟试卷)室安卡因(G)是一种抗心律失常药物，可由下列路线合成：.(1)已知A是的单体。则A中所含官能团的名称是_。(2)写出B的结构简式并用系统命名法给C命名：B：_，C的名称：_。(3)L是E的同分异构体，L分子中含有苯环且苯环上一氯代物只有两种，则L所有可能的结构简式有_(任写两
24、个)。(4)FG的反应类型是_。(5)下列关于室安卡因(G)的说法正确的是_。a能发生加成反应b能使酸性高锰酸钾溶液褪色c能与盐酸反应生成盐d属于氨基酸(6)写出C与足量NaOH醇溶液共热时反应的化学方程式：_。.H是C的同系物，其核磁共振氢谱有两个峰，按如下路线，由H可合成高聚物V：H(Mr167)NQV(7)H的结构简式为_；NQ的反应类型为_。(8)写出QV的反应方程式：_。解析：本题考查有机物的合成与推断。A是的单体，则A的结构简式为：CH2CHCOOH，A和氢气发生加成反应生成B，B的结构简式为CH3CH2COOH，B和溴发生取代反应生成C，C为CH3CHBrCOOH，C发生取代反应
25、生成D，D和E发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G。(1)A是的单体，则A的结构简式为：CH2CHCOOH，A中官能团名称是碳碳双键和羧基；(2)B的结构简式为CH3CH2COOH，C的结构简式为CH3CHBrCOOH，C的名称是2 溴丙酸；(3)L是E的同分异构体，L分子中含有苯环且苯环上一氯代物只有两种，则L分子中苯环上有两类氢原子，则L所有可能的结构简式有、 、。(4)根据F和G结构简式的差异性知，F和氨气发生取代反应生成G；(5)G中含有氨基、羰基、苯环，a.G中含有苯环，所以能发生加成反应，故正确；b.G中有甲基，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；c.G中含有氨基，所以能与盐酸反应生成盐，故正确；d.G中不含羧基，不属于氨基酸，故错误；(6)C与足量NaO
