山东省日照市2020届高三4月模拟考试化学试题

2019—2020学年度高三模拟考试
化学试题
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用2B船笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Fe 56 Co 59
一、选择：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.化学与生活密切相关。抗击疫情要戴口罩，勤洗手，下列有关说法正确的是（ ）
A. 新型冠状病毒可能通过气溶胶传播，说明病毒的粒子直径可能在纳米级范围内
B. 为增强消毒效果可将医用消毒酒精与84消毒液混合使用
C. 甲醛和戊二醛可杀灭多种病原体，可用于空气、餐具的消毒
D. 可用铝制容器配制过氧乙酸（）消毒剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．气溶胶属于胶体，胶体的粒子直径为1~100nm，新型冠状病毒可能通过气溶胶传播，可以说明病毒的粒子直径可能在纳米级范围内，A选项正确；
B．84消毒液的有效成分为NaClO，具有强氧化性，乙醇具有还原性，两者混合后发生氧化还原反应产生有毒的Cl2，不仅降低消毒效果，还可能引发中毒，B选项错误；
C．甲醛和戊二醛均为有毒物品，不能用于空气、餐具的消毒，C选项错误；
D．过氧乙酸（CH3COOOH）具有强氧化性，对金属有腐蚀性，不能用铝制容器进行配制，D选项错误；
答案选A。
2.研究发现，药物磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其结构如下图所示，下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（ ）

A. 分子式为
B. 分子中含有1个手性碳原子
C. 能溶于水且水溶液呈酸性
D. 能发生取代反应和加成反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据磷酸氯喹的结构式可知，该有机物的分子式为C18H32ClN3O8P2，A选项错误；
B．该分子中连接氨基的碳原子连有4个不同的原子或原子团，是手性碳原子，即该分子中含有1个手性碳原子，B选项正确；
C．由磷酸氯喹的结构分析可知，该物质是氯喹和磷酸反应得到的酸式盐，在水中易溶，且其水溶液呈酸性，C选项正确；
D．该分子中苯环能够发生取代、加成反应，D选项正确；
答案选A。
【点睛】本题难点在于C选项，正确理解磷酸氯喹的结构，知道该物质是氯喹和磷酸反应得到的酸式盐是解答的关键。
3.下列说法错误的是（ ）
A. 只用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4-已二烯和甲苯
B. 的二氯代物共有6种（不考虑立体异构）
C. 的名称为2-甲基-2-乙基-1-丁醇
D. 碳酸亚乙酯（）可与热的溶液反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴水与苯酚能发生反应生成三溴苯酚的白色沉淀，2，4-已二烯能与溴水发生加成反应，溴水褪色，甲苯能萃取出溴水中的溴，溶液分层，上层为橙红色，下层为无色，三者现象不同，可以鉴别，A选项正确；
B．有多种位置的氢原子，其二氯代物在2个氯原子的位置可以分别在①①、①②、①③、①④、①⑤、①⑥、③⑤，一共有7种，B选项错误；
C．主链有4个碳原子，2号碳上连有1个甲基和1个乙基，系统命名法命名为2-甲基-2-乙基-1-丁醇，C选项正确；
D．Na2CO3溶液显碱性，碳酸亚乙酯（）属于酯类物质，加热条件下能与碱性物质发生反应，故碳酸亚乙酯（）可与热的溶液反应，D选正确；
答案选B。
【点睛】有机物的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)，以数字代表取代基的位置，数字与数字之间以“,”隔开，数字与中文数字之间以“－”隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基；如果含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端开始，
4.下列说法正确的是（ ）
A. 熔点：
B. 第一电离能：
C. 18g冰中含有个氢键
D. 基态原子价电子排布式为的元素的氢氧化物能使氢氧化铝溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaCl是离子晶体，AlCl3是分子晶体，故熔点：NaCl>AlCl3，A选项错误；
B．P原子的3p轨道为3p3半充满稳定状态，不容易失去电子，P的第一电离能大于S，故第一电离能：P>S>Si，B选项错误；
C．1个H2O分子在冰结晶中，可以形成四个方向的氢键，每个氢键被两个水分子共用，平均每个水分子有2个氢键，18g冰为1molH2O，则18g冰中含有2NA个氢键，C选项错误；
D．基态原子价电子排布式为的元素为Rb元素，其氢氧化物是强碱，可以与氢氧化铝发生反应，使其溶解，D选项正确；
答案选D。
【点睛】D选项的解答关键在于掌握氢氧化铝为两性物质，既能溶于酸，又能溶于强碱这一知识点。
5.短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，X元素基态原子有2个未成对电子，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Z的一种超原子具有40个价电子，下列说法错误的是（ ）
A. 的空间构型为平面三角形
B 简单离子半径：
C. 中心原子的杂化方式为杂化
D. 化合物ZY的结构与X的某种单质的结构相似
【答案】B
【解析】
【分析】
X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，Z的一种超原子具有40个价电子，则Z的价电子数为个，Z为Al元素，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Y为N元素，X元素基态原子有2个未成对电子，X为C元素，据此分析解答。
【详解】A．CO32-的中心原子的价电子对数为，不含孤电子对，采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，A选项正确；
B．N3-与Al3+的核外电子层数相同，而N的核电荷数小于Al，则离子半径：N3->Al3+，B选项错误；
C．NO3-的中心原子的价电子对数为，不含孤电子对，采用sp2杂化，C选项正确；
D．化合物ZY为AlN，是原子晶体，属于类金刚石氮化物，与C的单质金刚石结构相似，D选项正确；
答案选B。
【点睛】本题考查元素周期律，侧重考查分析能力和推断能力，Z的一种超原子具有40个价电子为本题的推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，注意抓住短周期元素且原子序数依次增大是解答关键。
6.“臭碱”广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业，可利用反应制备。已知，。下列说法正确是（ ）
A. 反应中生成1 mol“臭碱”时转移电子数为
B. 该反应的氧化产物与还原产物的物质的量比为
C. 溶液中含有的阴离子数目大于
D. 将溶液露置于空气中不会有气体放出
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据反应方程式，生成1 mol“臭碱”时，S的化合价由+6价变为-2价，共转移8mol电子，即转移的电子数为8NA，A选项错误；
B．该反应的氧化产物为CO2，还原产物为Na2S，有方程式可知，其物质的量之比为2：1，B选项错误；
C．1L 0.1mol·L-1Na2S溶液中S2-发生水解：S2-+H2OHS-+OH-，阴离子总数大于0.1NA，C选项正确；
D．因为Ka1(H2S)Br-，则向FeBr2溶液中通入少量Cl2，可能只有Fe2+被氧化，不能得出Cl2的氧化性强于Br2，A选项错误；
B．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH从而判断酸性强弱，B选项错误；
C．向1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加5mL0.1mol·L-1KI溶液，KI过量，若充分反应后加入KSCN溶液变成红色，证明有三价铁离子存在，可说明反应是可逆反应，C选项正确；
D．常温下，将Fe、Cu与浓硝酸组成原电池，Fe和浓硝酸发生钝化现象，Cu与浓硝酸能自发的发生氧化还原反应，所以Cu作负极，Fe做正极，不能判断Fe的金属活动性大于Cu，D选项错误；
答案选C。
8.苯甲酸乙酯（无色液体，难溶于水，沸点213℃）天然存在于桃、菠萝、红茶中，稍有水果气味，常用于配制香精和人造精油，也可用作食品添加剂。实验室利用如图所示装置，在环己烷中通过反应制备。已知：环己烷沸点为80.8℃，可与乙醇和水形成共沸物，其混合物沸点为62.1℃。下列说法错误的是（ ）

A. 实验时最好采用水浴加热，且冷却水应从b口流出
B. 分水器可及时放出水层，避免水层升高流入烧瓶
C. 环己烷的作用是在较低温度下带出生成的水，促进酯化反应向右进行
D. 实验时应依次向圆底烧瓶中加入碎瓷片、浓硫酸、苯甲酸、无水乙醇、环己烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干信息，该反应需控制温度在65-70℃进行加热回流，最好采用水浴加热的方式，冷凝管的冷凝水应该下进上出，即从a口流入，b口流出，A选项正确；
B．合成反应中，分水器中会出现分层现象，上层时油状物，下层时水，当油层液面高于支管口时，油层会沿着支管口流回烧瓶，以达到反应物冷凝回流，提高产率的目的，当下层液面高度超过距分水器支管约2cm时，及时放出水层，避免水层升高流入烧瓶，B选项正确；
C．根据已知信息“环己烷沸点为80.8℃，可与乙醇和水形成共沸物，其混合物沸点为62.1℃
”所以环己烷的作用是在较低温度下带出生成的水，促进酯化反应向右进行，C选项正确；
D．实验时应依次向圆底烧瓶中加入碎瓷片、苯甲酸、无水乙醇、环己烷，搅拌后再加入浓硫酸，D选项错误；
答案选D。
9.是一种红色固体，常用作示温涂料。制备反应为：。下列说法正确的是（ ）
A. 上述反应的产物中，Hg的化合价为
B. 上述反应中Hg元素与Cu元素均被还原
C. 上述反应中生成时，转移的电子数为
D. 由以上信息可推知：可发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】
根据制备反应方程式可知，CuSO4中Cu的化合价由+2价降至+1价，作氧化剂，发生还原反应，SO2中S元素的化合价由+4价升至+6价，作还原剂，发生氧化反应，Cu2HgI4为还原产物，据此分析解答问题。
【详解】A．根据上述分析可知，Cu2HgI4中Cu的化合价为+1价，则Hg的化合价为+2价，A选项错误；
B．上述反应中，只有Cu元素被还原，B选项错误；
C．上述反应中，CuSO4中Cu的化合价由+2价降至+1价，生成1mol Cu2HgI4时，转移2mol电子，转移的电子数为2NA，C选项错误；
D．根据题干信息，CuSO4可与SO2在盐溶液中发生氧化还原反应，Cu2+被还原Cu+，SO2被氧化为SO42-，则反应2CuSO4+NaCl+SO2+2H2O===2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4可以发生，D选项正确；
答案选D。
10.在如图所示的转化关系中（反应条件略去），常温下X为气体，a、b、c是中学化学中常见物质，均由常见元素组成。下列说法正确的是（ ）

A. 若X为，a为一种固态单质，则c可能为或
B. 若a、b、c的焰色反应均呈黄色，水溶液均呈碱性，则a中可能含有非极性共价键
C. 若b为固态非金属单质，b与X所含元素同主族，则c与X不能反应
D. 若b为气态非金属单质，X与b所含元素同周期，则a与c在一定条件下可以反应生成b
【答案】D
【解析】
【详解】A．当a为固体S时，不可能与O2直接反应生成SO3，A选项错误；
B．a、b、c的焰色反应均呈黄色，水溶液均呈碱性，根据转化关系可知，a可能是NaOH，b为Na2CO3，c为NaHCO3，X为CO2，a中含有离子键和极性共价键，B选项错误；
C．若b为固态非金属单质，b与X所含元素同主族，b可以是S单质，X为O2，c为SO2，SO2与O2能继续反应生成SO3，C选项错误；
D．若b为气态非金属单质，X与b所含元素同周期，b可以是N2，X为O2，a为NH3，c为NO，NH3和NO在催化剂加热的条件下可生成N2和H2O，D选项正确；
答案选D。
【点睛】本题考查无机推断、无机物的转化关系的理解应用，解答时需要注意反应特征和试剂的关系，掌握基础知识是解答关键。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11.高铁酸钾（）是新型的绿色环保水处理剂。一种制备的流程如下：

下列说法错误的是（ ）
A. 步骤i中反应的离子方程式为
B. 步骤ⅱ说明碱性条件下，氧化性：
C. 步骤ⅲ的反应为复分解反应，说明溶解度：
D. 作为性能优良的水处理剂，主要是利用了其强氧化性和还原后产生的具有絮凝作用的Fe（Ⅲ）
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据制备流程分析，FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应得到Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，Na2FeO4与饱和的KOH溶液得到K2FeO4粗品，经洗涤干燥后得到K2FeO4纯品，据此分析解答问题。
【详解】A．由上述分析可知，步骤ⅰ为FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应生成H2O和Fe2(SO4)3，根据氧化还原反应规律可得反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O，A选项正确；
B．步骤ⅱ为Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，氧化剂是NaClO，氧化产物为Na2FeO4，因为氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：NaClO>Na2FeO4，B选项错误；
C．步骤ⅲ为Na2FeO4与饱和的KOH溶液发生复分解反应得到K2FeO4粗品，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，故溶解度：Na2FeO4>K2FeO4，C选项错误；
D．由于K2FeO4具有强氧化性，因此可用于水的杀菌消毒，且其还原产物产生的Fe3+水解得到Fe(OH)3的胶体，具有絮凝的作用，故K2FeO4是乙中性能优良的水处理剂，D选项正确；
答案选BC。
12.实验室用干燥的HCl气体和铁粉在加热无氧条件下制备无水，装置如图所示，热电偶的作用是测定电炉内的温度。

下列说法错误的是（ ）
A. 该方法的优点是制备的纯净
B. 由实验可以推出的沸点低于铁粉的沸点
C. 本实验制备1 mol 需要通入2 mol HCl气体
D. 纯净能够被干燥的氧气氧化为，同时有生成
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题干信息，结合实验装置分析可得，本实验的主要操作为向装有铁粉的硬质玻璃管中通入HCl，使用电炉加热制取无水FeCl2，一定温度下FeCl2升华，进入氯化亚铁承接器中，从而得到纯净的无水FeCl2，据此分析解答问题。
【详解】A．该反应是用干燥的HCl气体和铁粉在加热无氧条件下制备FeCl2，一定温度下FeCl2升华，进入氯化亚铁承接器中，不会混有铁粉，得到的FeCl2纯净，A选项正确；
B．由实验可知，相同温度下FeCl2升华，进入氯化亚铁承接器中，而铁粉滞留于硬质玻璃管中，故FeCl2的沸点低于铁粉的沸点，B选项正确；
C．本实验的制备原理为：Fe+2HCl===FeCl2+H2，制备1molFeCl2时需要2molHCl参与反应，但在反应之前需要先通入HCl气体排尽装置内的空气，故所需要通入的HCl气体应大于2mol，C选项错误；
D．纯净FeCl2具有还原性，能够被干燥的O2氧化为FeCl3，同时会生成Fe2O3，D选项正确；
答案选C。
13.我国科研工作者研制出基于PANa（聚丙烯酸钠）电解质的可充电电池，该电池具有高容量和超长循环稳定性。电池反应为。PANa是一种超强吸水聚合物，吸收大量和KOH溶液作为水和离子含量调节剂形成水凝胶电解质，示意图如下。下列说法错误的是（ ）

A. PANa是一种有机高分子聚合物，在水溶液中不会发生电离
B. PANa具有超强吸水性可避免电池充放电过程中因失水使离子导电率下降
C. 放电时，负极附近pH减小
D. 充电时，阳极反应为
【答案】A
【解析】
【分析】
由电池反应分析可知，电池放电时，Zn的化合价升高，失去电子，作负极，发生的电极反应为Zn-2e+2OH-===ZnO+H2O，CoOOH和NiOOH中Co和Ni的化合价降低，得到电子，作正极，发生的电极反应为3CoOOH+2NiOOH+5H2O+5e-===3Co(OH)2+2Ni(OH)2+5OH-，充电时电极反应为放电电极反应的逆反应，以此解答该题。
【详解】
A．PANa是一种有机高分子聚合物，在水溶液中会电离出聚丙烯酸根离子和钠离子，A选项错误；
B．根据题干信息，PANa是一种超强吸水聚合物，具有超强吸水性，可避免电池充放电过程中因失水使离子导电率下降，B选项正确；
C．放电时，发生的电极反应为Zn-2e+2OH-===ZnO+H2O，负极附近OH-浓度降低，pH减小，C选项正确；
D．充电时，Co(OH)2和2Ni(OH)2在阳极失去电子得到CoOOH和NiOOH，电极反应式为3Co(OH)2+2Ni(OH)2+5OH-+5e-===3CoOOH+2NiOOH+5H2O，D选项正确；
答案选A。
14.25℃时，分别稀释的溶液和氨水，溶液pH的变化如下图所示。

已知：。下列说法正确的是（ ）
A. 若35℃时分别稀释上述两种溶液，则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来靠近
B. 保持25℃不变，取A、B两点对应的溶液等体积混合后，
C. 由水电离产生的：A点>B点
D. 曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中，
【答案】BD
【解析】
【分析】
25℃时，Ba(OH)2溶液和氨水的pH相同，由于Ba(OH)2是强电解质，完全电离，稀释100倍时，Ba(OH)2的pH从11变为9，而氨水是弱电解质，部分电离，稀释100倍时，稀释过程中氨水会继续电离出OH-，导致溶液中OH-的浓度大于Ba(OH)2溶液中的OH-，溶液的pH>9，因此曲线Ⅰ代表氨水稀释时溶液pH随稀释倍数的变化，曲线Ⅱ代表Ba(OH)2溶液稀释时溶液pH随稀释倍数的变化，据此分析解答问题。
【详解】A．温度升高，Kw变大，则在35℃时分别稀释上述两种溶液，则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来疏远，A选项错误；
B．25℃时，A、B两点对应的溶液的pH均为9，保持25℃不变，则Kw不变，两者等体积混合后，溶液中H+浓度不变，故pH仍不变，B选项正确；
C．氨水是弱电解质，部分电离，稀释过程中氨水会继续电离出OH-，导致溶液中OH-的浓度大于Ba(OH)2溶液中的OH-，故稀释至相同pH=9时稀释倍数大于100倍，则水电离产生的H+浓度：A点”“0，反应不能自发进行，故答案为：反应的，所以不能自发进行；
(2)①第Ⅰ步反应与第Ⅱ反应相加可得反应，由于H2O(g)H2O(l)反应放热，因此a+b