2020吉林人教版(2019)高中化学高考模拟127501
高中
整体难度：中等
2020-10-30
题号
一
二
三
四
五
评分
一、推断题 (共1题)
添加该题型下试题
1.
PBAT(聚已二酸/对苯二甲酸丁二酯)可被微生物几乎完全降解，成为包装、医疗和农用薄膜等领域的新兴材料，它可由聚合物 PBA 和PBT 共聚制得，一种合成路线如下：
已知：R-CH3
R-CN
R-COOH
R-CH=CH2
R-COOH+CO2
回答下列问题：
(1)B 的官能团名称为_____，D 的分子式为_____。
(2)①的反应类型为_____；反应②所需的试剂和条件是_____。
(3)H 的结构简式为_____。
(4)⑤的化学方程式为_____。
(5)M 与G 互为同系物，M 的相对分子质量比G 大 14；N 是 M 的同分异构体，写出同时满足以下条件的N 的结构简式：______________(写两种，不考虑立体异构)。
Ⅰ.既能与 FeCl3发生显色反应，又能发水解反应和银镜反应；
Ⅱ.与 NaOH 溶液反应时，1mol N 能消耗 4molNaOH；
Ⅲ.核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为 1:2:2:2:1。
难度：
知识点：烃的衍生物单元测试
使用次数：157
【答案】
(1). 氯原子 (2). C6H10O4 (3). 取代反应 (4). NaOH、C2H5OH(或乙醇)，加热 (5). HOCH2CH2CH2CH2OH (6). 
+2NH3+3O2→
+6H2O (7). 
【解析】
从A到C由环烷烃变成了环烯烃，并且A生成B是光照下与Cl2的取代，所以从B到C即为卤代烃的消去，结合题干提示的反应，环己烯经过高锰酸钾处理后就可以得到己二酸，H就是1,4-丁二醇，所以PBA就是聚己二酸丁二酯。从E生成F，再由F生成对苯二甲酸，条件恰好与题干提示的反应相同，所以推测E为对二甲苯，F即为对苯二腈。
【详解】(1)B为卤代烃，官能团的名称为氯原子；D为己二酸，所以分子式为C6H10O4；
(2)反应①即为烃变成卤代烃的反应，反应类型即为取代反应；反应②为卤代烃的消去反应，所加试剂即NaOH，乙醇，并且需要加热；
(3)H通过推断即为1,4-丁二醇，所以结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH；
(4)反应⑤即由对二甲苯生成对苯二腈的反应，所以方程式为：+2NH3+3O2→+6H2O；
(5)由题可知M的分子式为C9H8O4，扣除苯环还有2个不饱和度；满足要求的N的结构中一定有羟基，此外也要具有醛基和酯基的结构；考虑到1molN能消耗4mol的NaOH，所以只能是2个羟基，1个甲酸酯基，由于还需要有一个不饱和度，所以还含有一个乙烯基；再考虑到核磁共振氢谱的信息，最终满足要求的有机物的结构为如下两种：
；
【点睛】书写满足特定要求的物质的同分异构体的结构时，从不饱和度入手，结合有关信息确定有机物中一定含有的结构；此外，也要注意特定结构的基团，例如甲酸酯基等；确定有机物所含的基团后，再结合核磁共振氢谱的信息考虑物质的对称性，最终将物质的结构书写出来。
二、填空题 (共1题)
添加该题型下试题
1.
铁氰化钾（化学式为K3[Fe(CN)6]）主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。
（1）铁元素在周期表中的位置为_________，基态Fe3+ 核外电子排布式为_________。
（2）在[Fe(CN)6]3－ 中不存在的化学键有_________。
A. 离子键 B.金属键 C.氢键 D. 共价键
（3）已知(CN)2性质类似Cl2：
(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2O KCN+HCl=HCN+KCl HC≡CH+HCN→H2C=CH－C≡N
①KCNO中各元素原子的第一电离能由小到大排序为________。
②丙烯腈（H2C=CH－C≡N）分子中碳原子轨道杂化类型是_______；分子中σ键和π键数目之比为_______。
（4）C22－和N2互为等电子体，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图甲所示），但CaC2晶体中哑铃形的C22－使晶胞沿一个方向拉长，晶体中每个Ca2+周围距离最近的C22－数目为_______。
（5）金属Fe能与CO形成Fe(CO)5，该化合物熔点为－20℃，沸点为103℃，则其固体属于_______晶体。
（6）图乙是Fe单质的晶胞模型。已知晶体密度为dg·cm－3，铁原子的半径为_________nm（用含有d、NA的代数式表示）。
难度：
知识点：物质结构 元素周期律
使用次数：103
【答案】
(1). 第四周期 Ⅷ族 (2). [Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5 (3). AB (4). K＜C＜O＜N (5). sp sp2 (6). 2:1 (7). 4 (8). 分子 (9). 
【解析】
(1)Fe的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，据此确定其在周期表的位置；基态Fe失去4s上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+；
(2)根据化学键的类型和特点解答，注意氢键是分子间作用力，不是化学键；
(3)①KCNO由K、C. N、O四种元素组成，K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p轨道是半充满状态、能量最低；
②丙烯腈(H2C=CH−C≡N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个σ键和1个π键、C≡N含有1个σ键和2个π键，C−H都是σ键，确定分子中σ键和π键数目，再求出比值；
(4)1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22−应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点；
(5)Fe(CO)5的熔点、沸点均不高，类似于分子晶体的特点；
(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为8×
+1=2，晶胞的质量为
，晶胞体积V=
cm3、边长a=
cm，根据Fe原子半径r与晶胞边长a关系求出r。
【详解】(1)Fe的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，位于第四周期Ⅷ族据；基态Fe失去4s上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+，所以基态Fe3+核外电子排布式为) [Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案为：第四周期Ⅷ族，[Ar]3d5或[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；
(2)[Fe(CN)6]3−是阴离子，是配合物的内界，含有配位键和极性共价键，金属键存在于金属晶体中，氢键是分子间作用力，不是化学键，故选AB；故答案为：AB；
(3)①KCNO中K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p轨道是半充满状态、能量最低，所以第一电离能大于O，C的非金属性小于O，第一电离能小于O，所以第一电离能由小到大排序为K<C<O<N；故答案为：K<C<O<N；
②丙烯腈(H2C=CH−C≡N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个σ键和1个π键、C≡N含有1个σ键和2个π键，C−H都是σ键，所以分子中σ键和π键数目分别为6、3，σ键和π键数目之比为6:3=2:1；故答案为：sp、sp2；2:1；
(4)依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22−不是6个，而是4个，故答案为：4；
(5)根据Fe(CO)5的熔点、沸点均不高的特点，可推知Fe(CO)5为分子晶体；故答案为：分子；
(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为8×+1=2，晶胞的质量为
，晶胞体积
、边长
cm，Fe原子半径r与晶胞边长a关系为4r=
a，所以
；故答案为：
。
三、综合题 (共2题)
添加该题型下试题
1.
对甲烷和 CO2 的高效利用不仅能缓解大气变暖，而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用，甲烷临氧耦合 CO2 重整反应有：
反应(i)：2CH4(g)＋O2(g)⇌2CO(g)＋4H2(g) △ H=－71.4kJ•mol-1
反应(ii)：CH4(g)＋CO2(g)⇌2CO(g)＋2H2(g) △ H=+247.0 kJ•mol-1
(1)写出表示 CO 燃烧热的热化学方程式：_____。
(2)在两个体积均为 2L 的恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在相同温度下进行反应(ii)：CH4(g)＋CO2(g)⇌2CO(g)＋2H2(g) (不发生其它反应)，CO2的平衡转化率如表所示：
| 容器 | 起始物质的量(n) / mol | CO2的平衡转化率 | |||
| CH4 | CO2 | CO | H2 | ||
| Ⅰ | 0.1 | 0.1 | 0 | 0 | 50％ |
| Ⅱ | 0.1 | 0.1 | 0.2 | 0.2 | / |
①下列条件能说明反应达到平衡状态的是_____。
A.v正(CH4) =2v逆(CO)
B.容器内各物质的浓度满足c(CH4)·c(CO2)=c2(CO)·c2(H2)
C.容器内混合气体的总压强不再变化
D.容器内混合气体密度保持不变
②达到平衡时，容器Ⅰ、Ⅱ内 CO 的物质的量的关系满足：2n(CO)Ⅰ_____n(CO)Ⅱ(填“＞”、“＝”或“＜”)
(3)将一定量的甲烷和氧气混合完成反应(i)，其他条件相同，在甲、乙两种不同催化剂作用下， 相同时间内测得 CH4 转化率与温度变化关系如图所示。c 点_____(填“可能”、“一定”或“一定未”)达到平衡状态，理由是_____。
(4)CO2 也可通过催化加氢合成乙醇，其反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g) ∆H<0。设 m 为起始时的投料比，即 m= n(H2)/ n(CO2)。通过实验得到下列图象：
图1
图2
图3
①图 1 中投料比相同，温度从高到低的顺序为_________。
②图 2 中 m1、m2、m3 从大到小的顺序为_________。
③图 3 表示在总压为 5 MPa 的恒压条件下，且 m=3 时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。T4 温度时，该反应压强平衡常数KP的计算式为_________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，代入数据，不用计算)。
难度：
知识点：化学反应速率 化学平衡
使用次数：189
【答案】
(1). CO(g)+
O2(g)=CO2(g) △ H=－282.7kJ•mol-1 (2). C (3). ＞ (4). 一定未 (5). 催化剂不会影响平衡转化率，在相同条件下，乙催化剂对应的 c 点的转化率没有甲催化剂对应的 b 点的转化率高，所以 c 点一定未平衡 (6). T3＞T2＞T1 (7). m1＞m2＞m3 (8). 
【解析】(1)书写燃烧热的热化学方程式，一定要保证：可燃物的化学计量系数为1；可燃物发生完全燃烧；生成产物是在常温常压下稳定存在的物质，根据盖斯定律可得：
；
(2) ①A．2v正(CH4) =v逆(CO)时，反应才达到平衡状态，A项错误；
B．由于平衡常数未知，所以浓度满足上式不一定处于平衡状态，B项错误；
C．由于该反应是在恒温恒容条件下进行的，且属于非等体积反应，根据公式
可知，当压强不变，该反应一定达到平衡，C项正确；
D．由于该反应是在恒温恒容条件下进行的，且全为气体参与，根据公式
可知，密度恒定与平衡状态无关，D项错误；
答案选C。
②构造容器Ⅲ：除起始物质只加入0.2molCH4和0.2molCO2外，其他条件与Ⅰ、Ⅱ相同；通过分析可知容器Ⅱ、Ⅲ中的平衡等效。容器Ⅲ相比于容器Ⅰ，进料增加了一倍，考虑到反应方程式，所以Ⅲ相比于Ⅰ，平衡逆移，CO的含量下降，所以2n(CO)Ⅰ＞n(CO)Ⅱ；
(3)催化剂对于平衡无影响，相同条件下，加入甲催化剂达到的转化率b高于加入乙催化剂的转化率c，所以c点对应的一定不是平衡状态；
(4) ①由于该反应放热，所以温度越高反应物转化率越低，所以T3＞T2＞T1；
②对于两种反应物的反应，增加其中一种物质的投料，会使另一种物质的转化率提高，所以m1＞m2＞m3；
③由于投料按照化学计量系数比进行，所以反应任意时刻，n(H2):n(CO2)=3:1，且n(乙醇)：n(水)=1:3；所以图中c线为H2，d线为CO2，a线为水，b线为乙醇；结合数据可知，T4时，平衡状态时，H2含量为0.375，CO2为0.125，水为0.375，乙醇为0.125。所以压强平衡常数的表达式为：
。
2.
某实验室以含镍废料(主要成分为NiO，还含有少量 FeO、Fe2O3、CoO、BaO 和SiO2)为原料制备NixOy 和碳酸钴(CoCO3)的工艺流程如图：
已知有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的 pH 如表：
| 氢氧化物 | Fe(OH)3 | Fe(OH)2 | Co(OH)2 | Ni(OH)2 |
| 开始沉淀的 pH | 1.5 | 6.5 | 7.2 | 7.7 |
| 沉淀完全的 pH | 3.7 | 9.7 | 9.4 | 9.2 |
请回答以下问题：
(1)“滤渣Ⅰ”主要成分为(填化学式)_____。
(2)“氧化”时(加入 NaClO3)的离子方程式为_____。
(3)加入 Na2CO3 来“调 pH”的目的是生成黄钠铁钒沉淀而除去铁，也可通过加入MO(对应的金属氧化物)来调节 pH 将铁除去，则 pH 控制的范围为_____。
(4)在实验室萃取操作应该在_____中完成(填仪器名称)，向水相中加入NaHCO3 时的离子方程式为_________。
(5)从 NiSO4 溶液获得NiSO4·6H2O 晶体的操作依次是：_____，_________，过滤，洗涤，干燥。“煅烧”时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中 B 段所表示氧化物的名称为_____。
难度：
知识点：电离平衡 水解平衡
使用次数：118
【答案】
(1). BaSO4和SiO2 (2). 
(3). 3.7＜pH＜7.2 (4). 分液漏斗 (5). 
(6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶 (8). 三氧化二镍
【解析】
原料的成分含有NiO，FeO，Fe2O3，CoO，BaO和SiO2，最终要制备两种产物，一种是镍的氧化物，一种是CoCO3，所以FeO，
，BaO和SiO2要在制备过程中逐步去除。第一步加酸溶解原料，考虑到发生的反应，就可得知滤渣和滤液的成分。题干中还提供了有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH的表格，经过分析可知，要想去除铁元素，应当把铁元素全都转化为三价铁再调节pH才能在不降低产品产量的同时除净杂质铁元素。最后根据失重曲线判断物质的组成，可通过原子守恒进行计算，再进一步判断即可。
【详解】(1)原料的成分有NiO，FeO，Fe2O3，CoO，BaO和SiO2；加入硫酸酸溶，SiO2不反应，所以会出现在滤渣中，BaO会最终变成BaSO4沉淀，所以也会出现在滤渣中；
(2)氧化步骤的目的是将二价铁转变成三价铁，便于在后续步骤中沉淀法除去，所以离子方程式为；
(3)加入Na2CO3这一步是为了除去铁，同时也要避免其他元素的损耗，所以选择的pH区间为3.7~7.2；
(4)萃取最关键的仪器是分液漏斗；加入碳酸氢钠后，产物之一是CoCO3沉淀，考虑到NaHCO3是过量的，所以最终的离子方程式为；
(5)由溶液获取结晶的常规操作是：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥；硫酸镍晶体的摩尔质量是263g/mol，所以26.3g即为0.1mol；280℃开始，固体的质量减少，这个时期是因为结晶水丢失导致的，所以A段对应的物质就是0.1mol的NiSO4；温度到600℃，固体的质量再次下降，得到最终的镍的氧化物；根据原子守恒，8.3g氧化物中Ni的质量为5.9g，那么O的质量为2.4g即0.15mol，所以固体氧化物中
，所以固体氧化物即三氧化二镍。
四、实验,探究题 (共1题)
添加该题型下试题
1.
次氯酸溶液由于其具有极强的氧化性，可以使病毒的核酸物质发生氧化反应，从而杀灭病毒，是常用的消毒剂和漂白剂。已知：
Ⅰ.常温常压下，Cl2O 
棕黄色气体，沸点为 3.8℃，42 ℃以上会分解生成 Cl2 和 O2，Cl2O 易溶于水并与水立即反应生成 HClO。
Ⅱ.将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3 混合通入潮湿的碳酸钠中生成Cl2O 气体，用水吸收Cl2O(不含 Cl2)制得次氯酸溶液。某实验室利用以下装置制备浓度不小于 0.8mol/L 的次氯酸溶液。
A. 
B. 
C. 
D. 
E. 
回答下列问题：
(1)装置D 的作用为_______________。
(2)配平装置 B 中的反应___________：Cl2+Na2CO3+H2O = Cl2O+NaCl+NaHCO3。写出Cl2O 的结构式为_____。
(3)装置C 中加入的试剂X 为CCl4，其作用是__________。
(4)各装置的连接顺序为 A→____________→____________→______________→E。
(5)此方法相对于氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是__________。(答出 1 条即可)
(6)若装置 B 中生成的 Cl2O 气体有 20%滞留在E 前各装置中，其余均溶于装置E 的水中，装置E 所得 500mL 次氯酸溶液浓度为 0.8mol/L，则至少需要含水 8%的碳酸钠的质量为_____g。
难度：
知识点：气体的制备及实验方案设计
使用次数：187
【答案】
(1). 除去氯气中的HCl气体；观察产生气泡的速度来调节流速和体积比 1:3 (2). 2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3 (3). Cl-O-Cl (4). 除去Cl2O 中的 Cl2，提高制得的 HClO 的纯度 (5). D (6). B (7). C (8). 制备的HClO的浓度大，纯度高，不含有Cl- (9). 57.6
【解析】
该实验属于物质制备类实验，所需原料为氯气和空气，并且要注意体积比1:3这个要求；因此就出现了这两个问题：(1)原料Cl2含有杂质需要除杂；(2)如何准确地控制两种原料气体积比；带着问题分析每个装置的作用就不难发现D装置就恰好能解决上述两个问题。接下来，由于B中的制备反应是气体与固体的反应，所以产物中肯定含有未反应完全的原料气，所以这里又出现了一个问题：未反应完的原料气是否会干扰后续的制备，如何除去；通过分析不难发现装置C恰好可以解决上述问题；最终在装置E中，成功制备了纯度较高的次氯酸溶液。
【详解】(1)装置D的作用一方面要对装置A制备的Cl2进行净化除杂，另一方面也要保证空气和氯气的最佳体积比；所以D的作用为：除去氯气中的HCl杂质，同时观察气泡的速度来调节氯气和空气的体积比至1:3；
(2)根据题意，B中发生的反应为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，Cl2O中的O为-2价，Cl为+1价，所以该反应是氯元素的歧化反应；根据Cl2O中氯和氧的价态可推测其结构为Cl-O-Cl；
(3)题干中提到，用水吸收Cl2O制得次氯酸溶液，Cl2O中不能含有Cl2，而B处的反应是气体与固体的反应，必然会有一部分Cl2无法反应，因此，需要对B装置的出口气体进行除氯气操作，C中的CCl4由于与Cl2极性相近，可以将Cl2吸收，所以C的作用即：除去
中的Cl2，提高次氯酸溶液的纯度；
(4)结合以上分析，可知连接顺序为A→D→B→C→E；
(5)氯气直接溶解在水中会生成盐酸杂质，并且由于Cl2在水中溶解度很小，所以制备的次氯酸的浓度也不高，因此该方法的优点为：制备的次氯酸溶液浓度大，纯度高；
(6)由题可知，E中次氯酸的含量为0.4mol，根据E中发生的反应：
，可知E中参与反应的n(Cl2O)=0.2mol，所以总共生成的Cl2O的物质的量为
。根据Cl2O的制备反应方程式可知，所需碳酸钠的物质的量为：
，那么至少需要含水量8%的碳酸钠的质量为
。
【点睛】在考虑制备类实验的装置连接顺序时，可先找出其中的原料发生装置，反应制备装置和尾气处理装置，再根据具体信息考虑这些装置之间的除杂干燥防倒吸问题，最终设计出合理的连接顺序。
五、选择题 (共7题)
添加该题型下试题
本卷还有7题，登录并加入会员即可免费使用哦～
立即下载
全选试题
编辑试卷
收藏试卷
试题总数：
12
总体难度：
中等
难度统计
难度系数
数量
占比
中等
9
75.0%
容易
3
25.0%
题型统计
大题类型
数量
占比
推断题
1
8.33%
填空题
1
8.33%
综合题
2
16.66%
实验,探究题
1
8.33%
选择题
7
58.33%
知识点统计
知识点
数量
占比
烃的衍生物单元测试
2
16.66%
物质结构 元素周期律
1
8.33%
化学反应速率 化学平衡
1
8.33%
电离平衡 水解平衡
1
8.33%
气体的制备及实验方案设计
1
8.33%
电化学 胶体
1
8.33%
酸碱中和滴定
1
8.33%
沉淀溶解平衡
1
8.33%
物质结构 元素周期律单元测试
1
8.33%
物质的量单元测试
1
8.33%
物质的组成 分类和性质
1
8.33%
版权提示
该作品由: 用户王立颖分享上传
可圈可点是一个信息分享及获取的平台。不确保部分用户上传资料的来源及知识产权归属。如您发现相关资料侵犯您的合法权益，请联系 可圈可点 ，我们核实后将及时进行处理。