2020高考化学仿真模拟练习题(三)(全国卷Ⅲ)

（全国Ⅲ）高考化学仿真练习题

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一

项是符合题目要求的。

1．化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（）

A．高纯硅可用于制作光感电池

B．铝合金大量用于高铁建设

C．活性炭具有除异味和杀菌作用

D．冬季燃煤中掺石灰可降低SO2排放

2．下列有机物分子中，所有原子不可能都处于同一平面的是（）

A．甲醇B．苯酚C．甲醛D．甲酸

3．短周期主族元素X、Y、Z、W、R在元素周期表中的相对位置如图所示，其中R元素的常见单质为气体，下列判断不正确的是（）

A．原子半径：Z＞X＞Y

B．非金属性：R＞W＞Z

C．X、Z对应的含氧酸均为强酸

D．Y的最简单氢化物的沸点比X的高

4．铝土矿主要成分是氧化铝、氧化铁、二氧化硅等。从铝土矿中提炼氧化铝的流程如图，下列说法正确的是（）

A．“滤渣”的成分是氢氧化铁

B．“沉淀”的成分是二氧化硅

C．“气体A”是足量的氨气

D．整个流程中铝元素的化合价没有发生改变

5．设N A为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下0.1 mol/L Na2S2O3溶液与pH=1的H2SO4溶液的说法正确的是（）

A．1 L pH=1的H2SO4溶液中，含H+的数目为0.2N A

B．1 mol纯H2SO4中离子数目为3N A

C．含15.8 g Na2S2O3的溶液中阴离子数目大于0.1N A

D．Na2S2O3与H2SO4溶液混合产生22.4 L气体时转移电子数为2N A

6．下列实验装置能达到相应实验目的的是（）

A．装置①用于验证反应是否有CO2生成

B．装置①用于用标准NaOH溶液测定盐酸浓度

C．装置①用于制备少量含NaClO的消毒液

D．装置①用于比较铜、铁活泼性强弱

7．雌黄（As2S3）在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是（）A．砷酸的分子式为H2AsO4

B．红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出

C．该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为10∶1

D．该反应中每析出9.6 g硫黄，则转移0.5 mol电子

二、非选择题：共58分，第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答；第11～12题为

选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共43分。

8．（19分）

马日夫盐[Mn(H2PO4)2?2H2O]主要用作磷化剂。以软锰矿（主要成分为MnO2及少量的FeO、Al2O3和SiO2）为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图：

（1）按照无机物命名规律，马日夫盐[Mn(H2PO4)2?2H2O]的化学名称为。

在反应中，Mn2+若再失去一个电子比Fe2+再失去一个电子难，从原子结构解释其原因。

（2）“浸锰”过程中主要反应的离子方程式为。滤渣X主要成分为。检验“沉锰”已完成的实验操作及现象是。步骤五产生马日夫盐晶体的化学方程式为。

（3）Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳条件为。

（4）马日夫盐作防锈磷化剂的原因是利用其较强的酸性以及在防锈处理过程中生成具有保护作用的FeHPO4，马日夫盐显酸性的主要原因是（用相关化学用语回答）。

9．（8分）

如图1是中学化学中常用于混合物的分离和提纯装置，请根据置回答问题：

（1）在装置A和装置B中都用到玻璃棒，装置A中玻璃棒的作用是，装置C中冷凝水从通入。

（2）装量C中①的名称是，装置D中的分液漏斗在使用之前应该进行的操作为，在分液时为使液体顺利滴下，应进行的操作为。

（3）青蒿素是从复合花序植物黄花蒿茎叶中提取的有过氧基团的倍半萜内酯的一种无色针状晶体，是一种高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，在乙

醇、乙醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156~157①，热稳定性差。

已知：乙醚沸点为35①。提取青蒿素的主要工艺如图2：

若要在实验室模拟上述工艺，操作①选择的装置是，操作①的名称是，操作①的主要过程可能是（填字母）。

A．加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤

B．加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤

C．加入乙醚进行萃取分液

10．（16分）

丙烯广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛、丙烯酸等工业领域。回答下列问题：

（1）丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下：

C3H8（g）①C3H6（g）+H2（g）ΔH1=+124 kJ?mol-1

①总压分别为100 kPa、10 kPa时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的物质的量分数

随温度变化关系如图1所示：

100 kPa 时，C 3H 8和C 3H 6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是 、 。

①某温度下，在刚性容器中充入C 3H 8，起始压强为10 kPa ，平衡时总压为13.3 kPa ，C 3H 8的平衡转化率为 。该反应的平衡常数K p = kPa （保留1位小数）。

（2）丙烷氧化脱氢法制备丙烯主要反应如下：

C 3H 8（g ）+2

1O 2（g ）①C 3H 6（g ）+H 2O （g ） ΔH 2 在催化剂作用下，C 3H 8氧化脱氢除生成C 3H 6外，还生成CO 、CO 2等物质。C 3H 8的转化率和C 3H 6的产率随温度变化关系如图2所示。

①已知H 2（g ）+2

1O 2（g ）＝H 2O （g ） ΔH =-242 kJ?mol -1。由此计算ΔH 2= kJ?mol -1。 ①图中C 3H 8的转化率随温度升高而上升的原因是 。

①575①时，C 3H 6的选择性为 （C 3H 6的选择性=的量

的的量的物质H C 反应的物质H C 8363×100%）。 ①基于本研究结果，能提高C 3H 6选择性的措施是 。

（二）选考题：共15分，请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第

一题计分。

[化学—选修3：物质结构与性质]

11．国庆70周年阅兵式展示了我国研制的各种导弹。导弹之所以有神奇的命中率，与材料息息相关，镓（Ga ）、锗（Ge ）、硅（Si ）、硒（Se ）的单质及某些化合物（如砷化镓、磷化镓等）都是常用的半导体材料。回答下列问题：

（1）硒常用作光敏材料，基态硒原子的核外电子排布式为[Ar] 。

（2）根据元素周期律，原子半径Ga As ，第一电离能Ga As （填“大于”或“小于”）。

（3）水晶的主要成分是二氧化硅，在水晶中硅原子的配位数是 。

（4）GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如下表所示，分析其变化原因：。

（5）GaN晶胞的结构如图1所示。已知六棱柱底边边长为a cm，阿伏加德罗常数的值为N A。

①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目

为。

①从GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图2。若该平行六面体的体积为3

2a cm3，则GaN晶体的密度为g?cm-3（用含a、N A的代数式表示）。

[化学—选修5：有机化学基础]

12．奥斯替尼用于治疗肺癌。某研究小组按下列路线合成奥斯替尼：

已知：

请回答：

（1）化合物E的结构简式：。

（2）下列说法不正确的是。

A．化合物A能发生加成反应

B．化合物D能与FeCl3溶液发生显色反应

C．化合物E具有碱性

D．奥斯替尼的分子式是C28H34N7O2

（3）写出化合物E可能的同分异构体的结构简式：。

需同时符合：

①1HNMR谱表明分子中有3种氢原子；

①IR谱显示每个N原子都有N-H键存在。

（4）写出B→C的化学方程式：。

（5）设计用甲烷、乙烯合成化合物E的路线（用流程图表示，无机试剂任选）。

参考答案

一、选择题

1.C 【解析】A．Si为半导体材料，因此，高纯硅能作光感电池，故A正确；B．铝合金

在生活中用途广泛，能够用于高铁建设，故B正确；C．活性炭具有吸附性，没有强氧化性，因此，活性炭能去除异味，但是不能杀菌消毒，故C错误；D．煤燃烧生成的SO2与CaO和O2反应生成硫酸钙，因此冬季燃煤中掺石灰可降低SO2的排放量，故D正确。

故选C。

2.A 【解析】苯环、碳碳双键、碳氧双键均为平面结构，则苯酚、甲醛、甲酸中所有原子

可能都处于同一平面；选项A中，甲醇含甲基，甲基为四面体结构，所有原子不可能处于同一平面。故选A。

3.C 【解析】根据短周期主族元素X、Y、Z、W、R在元素周期表中的相对位置，可推知

X、Y、Z、W、R位于元素周期表的右上方，又因R元素的常见单质为气体，即R为Cl，则X、Y、Z、W、R分别为N、O、P、S、Cl，A．N原子与O原子为同周期原子，同周期元素原子半径从左向右逐渐减小；N原子和P原子为同主族，同主族元素原子半径由上向下逐渐增大，因此原子半径：P＞N＞O，故A正确；B．P、S、Cl为同一周期元素，非金属性从左向右逐渐增大，因此非金属性：Cl＞S＞P，故B正确；C．N、P对应的含氧酸不一定为强酸，如：H3PO4为中强酸，HNO2为弱酸，故C错误；D．O的最简单氢化物H2O的沸点比N的最简单氢化物NH3的沸点高，故D正确。故选C。

4.D 【解析】A．氧化铝、二氧化硅均能与NaOH溶液反应，而氧化铁不能与NaOH溶液

反应，因此，滤渣为氧化铁，故A错误；B．滤液I为偏铝酸钠、硅酸钠，滤液中加入CaO，生成CaSiO3沉淀，因此沉淀为CaSiO3，故B错误；C．滤液Ⅱ中含有偏铝酸根离子，要将其与其他离子分开，通入的气体A应该为CO2，故C错误；D．整个过程涉及的铝分别以氧化铝、偏铝酸钠、氢氧化铝等存在，元素化合价没有变化，故D正确。故选D。

5.C 【解析】A．pH=1的硫酸溶液中H+浓度为0.1 mol/L，因此，1 L该硫酸溶液中H+的

物质的量为0.1 mol，则含有的H+个数为0.1N A个，故A错误；B．硫酸是共价化合物，纯硫酸无氢离子，即纯硫酸中离子数为0，故B错误；C．15.8 g Na2S2O3的物质的量为

0.1 mol ，但是硫代硫酸根是弱酸根，在溶液中的水解会导致阴离子个数增多，则溶液中阴离子数目大于0.1N A ，故C 正确；D ．Na 2S 2O 3与H 2SO 4溶液混合产生SO 2气体，但产生的SO 2气体所处的状态不明确，则气体的物质的量无法计算，故D 错误。故选C 。

6.D 【解析】A ．木炭与浓硫酸反应生成生成SO 2和CO 2气体，SO 2和CO 2气体均能使石灰水变浑浊，因此，由现象不能确定CO 2的生成，故A 错误；B ．图中为酸式滴定管，盛装NaOH 溶液应选碱式滴定管，故B 错误；C ．图中上端与电源正极相连，为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上生成氢气和NaOH ，应使下端为阳极有利于制备NaClO 溶液，故C 错误；D ．图中为原电池，Fe 为负极，Cu 为正极，可用于比较金属性强弱，故D 正确。故选D 。

7.C 【解析】由题可知，发生反应的化学方程式为：As 2S 3+10HNO 3＝3S ↓+2H 3AsO 4+ 10NO 2↑+2H 2O ，A ．砷为ⅤA 族元素，则砷酸的分子式为H 3AsO 4，故A 错误；B ．由化学方程式：As 2S 3+10HNO 3＝3S ↓+2H 3AsO 4+10NO 2↑+2H 2O 可知，浓HNO 3在正极得电子，发生还原反应生成红棕色气体，故B 错误；C ．由化学方程式：As 2S 3+10HNO 3＝ 3S ↓+2H 3AsO 4+10NO 2↑+2H 2O 可知，氧化剂（HNO 3）和还原剂（As 2S 3）的物质的量之比为10∶1，故C 正确；D ．由化学方程式：As 2S 3+10HNO 3＝3S ↓+2H 3AsO 4+10NO 2↑+2H 2O 可知，生成3 mol S 即96 g S 时，转移电子10 mol ，则该反应中每析出9.6 g 即

g/mol 32g 9.6=0.3 mol S ，转移3

mol 0.3×10=1 mol 电子，故D 错误。故选C 。 二、非选择题

（一）必考题

8.（1）二水合磷酸二氢锰；Mn 2+转化为Mn 3+时，3d 能级由较稳定的3d 5半充满状态转为不稳定的3d 4状态需要的能量较多；而Fe 2+到Fe 3+时，3d 能级由不稳定的3d 6到稳定的3d 5

半充满状态；（2）2FeO+MnO 2+8H +＝2Fe 3++Mn 2++4H 2O 、SO 2+MnO 2＝-24SO +Mn 2+；

Al(OH)3；取上层清液，向其中滴加Na 2CO 3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成；MnCO 3+2H 3PO 4+H 2O ＝Mn(H 2PO 4)2?2H 2O+CO 2↑；（3）pH=1.7下萃取60 min ；（4）

-42PO H ?H ++-24HPO 。

【解析】（1）马日夫盐[Mn(H 2PO 4)2?2H 2O]的化学名称为二水合磷酸二氢锰；

Mn 2+转化为Mn 3+时，3d 能级由较稳定的3d 5半充满状态转为不稳定的3d 4状态需要的能量较多；而Fe 2+到Fe 3+时，3d 能级由不稳定的3d 6到稳定的3d 5半充满状态，需要的能量相对要少，因此Mn 2+若再失去一个电子比Fe 2+再失去一个电子难；

（2）“浸锰”过程中MnO 2将FeO 氧化为Fe 3+，MnO 2转化为Mn 2+；多余的MnO 2能够

被SO 2还原为Mn 2+，SO 2转化为-24SO ，反应的离子方程式为：2FeO+MnO 2+8H +＝

2Fe 3++Mn 2++4H 2O 、SO 2+MnO 2＝-24SO +Mn 2+；

滤渣X 主要成分为Al(OH)3；

沉锰过程中加入Na 2CO 3溶液，Na 2CO 3溶液能够与MnSO 4反应生成MnCO 3沉淀，故检验“沉锰”已完成的实验操作及现象是：取上层清液，向其中滴加Na 2CO 3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成；

步骤五产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为：MnCO 3+2H 3PO 4+H 2O ＝Mn(H 2PO 4)2?2H 2O+CO 2↑；

（3）由Fe 3+的萃取率与溶液的pH 和接触时间之间的关系图可知，萃取的最佳条件为pH=1.7下萃取60 min ；

（4）马日夫盐水解显酸性的主要原因是：-42PO H ?H ++-24HPO 。

9.（1）引流；下口；（2）蒸馏烧瓶；检查是否漏水；打开分液漏斗上方玻璃活塞（凹槽对齐）；（3）A ；蒸馏；A 。

【解析】（1）在装置A 和装置B 中都用到玻璃棒，装置A 中玻璃棒的作用是引流，装置B 中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体局部受热造成液滴飞溅；

装置C 中，冷凝水从下口通入；

（2）装置C 中①的名称为蒸馏烧瓶；

装置D 中的分液漏斗在使用之前应该检查是否漏水；

在分液时为使液体顺利滴下，应进行的具体操作是：打开分液漏斗上方玻璃活塞（凹槽对齐），平衡气压，便于液体顺利流下；

（3）对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品，则操作I 选择的装置是A ，操作Ⅱ的名称是蒸馏，操作Ⅲ的主要过程可能是A 。

10.（1）①a ；d ；②33%；1.6；（2）①-118；②温度升高，催化剂的活性增大；③51.5%；④选择相对较低的温度。

【解析】（1）①根据C 3H 8（g ）①C 3H 6（g ）+H 2（g ） ΔH 1=+124 kJ?mol -1，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，C 3H 8（g ）的物质的量分数减小，C 3H 6（g ）的物质的量分数增大；该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，则100 kPa 时C 3H 8的物质的量分数大于10 kPa 时C 3H 8的物质的量分数，因此表示100 kPa 时，C 3H 8的物质的量分数随温度变化关系的曲线是a ；

增大压强，平衡逆向移动，C 3H 6的物质的量分数减小，表示100 kPa 时，C 3H 6的物质的量分数随温度变化关系的曲线是d ；

②同温同体积条件下，气体的压强之比=气体物质的量之比，设C3H8的平衡转化率为x ， C 3H 8（g ）①C 3H 6（g ）+H 2（g ）

起始压强（kPa ） 10 0 0

转化压强（kPa ） 10x 10x 10x

平衡压强（kPa ） 10-10x 10x 10x

则10（1-x ）+10x +10x =13.3，解得x =0.33，则K p =

)H (C )(H )H (C 83263p p p ?=kPa

0.33×10kPa 10kPa 3.3×kPa 3.3-=1.6 kPa ；

（2）①i ．C 3H 8（g ）①C 3H 6（g ）+H 2（g ） ΔH 1=+124 kJ?mol -1

ii ．H 2（g ）+21O 2（g ）＝H 2O （g ） ΔH =-242 kJ?mol -1

根据盖斯定律，i+ii 得：C 3H 8（g ）+2

1O 2（g ）①C 3H 6（g ）+H 2O （g ） ΔH 2=（+124 kJ ?mol -1）+（-242 kJ ?mol -1）=-118 kJ ?mol -1；

②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C 3H 8的转化率应该降低，但实际上C 3H 8的转化率随温度升高而上升，可能是升高温度，催化剂的活性增大导致的；

③根据图象，575℃时，C 3H 8的转化率为33%，C 3H 6的产率为17%，假设参加反应的C 3H 8为1 mol ，生成的C 3H 6为0.17 mol ，C 3H 6的选择性=33

.017.0×100%=51.5%； ④由图可知，535℃时，C 3H 6的选择性=06

.004.0×100%=66.7%；550℃时，C 3H 6的选择性= 13.008.0×100%=61.5%；575℃时，C 3H 6的选择性=33

.017.0×100%=51.5%，因此，选择相对较低的温度能够提高C 3H 6选择性。

（二）选考题

[化学—选修3：物质结构与性质]

11.（1）3d 104s 24p 4；（2）大于；小于；（3）4；（4）原子半径N ＜P ＜As ，键长Ga -N ＜Ga -P ＜Ga -As ，键能Ga -N ＞Ga -P ＞Ga -As ，故CaN 、GaP 、GaAs 的熔点逐渐降低；（5）①12；②3A 2

84a N 。

【解析】（1）Se 是34号元素，位于第四周期ⅥA 族，核外电子排布式为[Ar]3d 104s 24p 4；

（2）根据元素周期律，Ga 与As 位于同一周期，Ga 原子序数小于As ，故原子半径：Ga 大于As ；

同周期第一电离能变化趋势是从左到右增大，故第一电离能：Ga 小于As ；

（3）水晶中1个硅原子结合4个氧原子，同时每个氧原子结合2个硅原子，因此水晶是以[SiO 4]四面体向空间延伸的立体网状结构，水晶中硅原子的配位数为4；

（4）因原子半径N ＜P ＜As ，键长Ga -N ＜Ga -P ＜Ga -As ，键能Ga -N ＞Ga -P ＞Ga -As ，故GaN 、GaP 、GaAs 的熔点逐渐降低；

（5）①从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下层分别有3、6、3个配位原子，故配位数为12；

②采用均摊法：位于晶胞顶点的原子为6个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为

61；位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为2

1；位于晶胞侧棱的原子为3个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为3

1；位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1，则GaN 晶胞中Ga 原子个数为：12×

61+2×21+3＝6，N 原子个数为6×31+4＝6，因此该晶胞化学式为Ga 6N 6，质量为A

84×6N g ，该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm ，底面的面积为6个边长为a cm 的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6×24

3a cm 2；由图2可知六棱柱的高为2×a 36cm ，因此晶胞的体积为：323a cm 3，则晶胞密度为：33A cm 23g 84×6a N =3A 284a

N g ?cm -3。 [化学—选修5：有机化学基础] 12．（1）；（2）BD ；（3）；

（4）；（5）

。

【解析】根据各物质的转化关系，A 发生信息中的取代反应生成B ，B 发生取代反应生成C ，C 发生取代反应生成D ，结合D 的结构简式进行逆推得，A 为，B 为，

C为，D与E发生取代反应生成F，F被还原生成G，G发生取代生成H，H发生消去反应得奥斯替尼，根据奥斯替尼的结构简式可依次逆得H为

，G为，F为

，E为；

（1）根据上面的分析可知，化合物E的结构简式为；

（2）A．A为，A中有碳碳双键和苯环，能发生加成反应，故A正确；B．化合物D中没有酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B

错误；C．E的结构简式为，E中有氨基，具有碱性，故C正确；D．奥斯替尼的分子式是C28H33N7O2，故D错误。故选BD；

（3）E可能的同分异构体，根据条件①1HNMR谱表明分子中有3种氢原子，即有三种位置的氢原子；

①IR谱显示每个N原子都有N-H键存在，结合E的化学式可知，符合条件的

结构为；

（4）B发生取代反应生成C，B→C的化学方程式为：

；

（5）用甲烷与氯气发生取代取代生成一氯甲烷，将乙烯与溴发生加成得1，2-二溴乙烷，再用1，2-二溴乙烷与氨气反应可得H2NCH2CH2NH2，

H2NCH2CH2NH2与前面制得的一氯甲烷发生取代即可得，则合成路线为：。