山东省潍坊五县2020届高三模拟考试化学试题

山东省潍坊五县2020届高三模拟考试化学试题

山东省潍坊五县2019一2020学年高三模拟考试 化学试题 ‎1.习近平总书记在上海考察时指出，垃圾分类工作就是新时尚。下列垃圾分类错误的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．废旧玻璃可以回收熔化再利用，所以应属于可回收物，A正确；‎ B．铅酸电池中含有铅、硫酸等污染环境的物质，属于危险废物，B错误；‎ C．杀虫剂有毒性，会污染环境，属于有害垃圾，C正确；‎ D．蔬菜、瓜果、皮核、蔗渣、茶叶渣等都来自家庭产生的有机易腐垃圾，属于厨余垃圾，D正确；‎ 故选B。‎ ‎2.硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一。下列说法正确的是 A. 硒的摄入量越多对人体健康越好 B. SeO32－空间构型为正四面体 C. H2Se的熔沸点比H2S高 D. H2SeO4的酸性比H2SO4强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一，但并不表示摄入量越多越好，故A错误；‎ B．SeO32－中心原子的价电子对数为3+=4，其中有1个孤电子对，中心原子为sp3杂化，其空间构型为三角锥形，故B错误；‎ C．H2Se和H2S结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则H2Se的熔沸点比H2S高，故C正确；‎ D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强，Se的非金属性比S弱，则H2SeO4的酸性比H2SO4弱，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎3.相对分子质量约为4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻剂。聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成()。下列说法正确的是 A. 环氧乙烷在酸性条件下发生加聚反应制得聚乙二醇 B. 聚乙二醇的结构简式为 C. 相对分子质量约为4000的聚乙二醇的聚合度n≈67‎ D. 聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在H+条件下先水解生成HOCH2CH2OH，乙二醇再发生缩聚反应生成聚乙二醇，其结构简式为；‎ A．环氧乙烷在酸性条件下先发生水解反，再发生缩聚反应制得聚乙二醇，故A错误；‎ B．聚乙二醇的结构简式为，故B错误；‎ C．聚乙二醇的链节为OCH2CH2，则聚合度n=≈90，故C错误；‎ D．聚乙二醇能与水分子间形成氢键，则能保持肠道水分，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎4.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，1LC2H5OH完全燃烧后生成的CO2分子个数约为 B. 20gD2O与20gH218O含有的中子数均为10NA C. 1mol·L-1Al(NO3)3溶液中含有3NA个NO3-‎ D. 50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，标准状况下乙醇为液体，不能用气体摩尔体积来计算，故A错误；‎ B选项，D2O与H218O的摩尔质量均为‎20g·mol-1，故20gD2O与20gH218O的物质的量均为 ‎1mol，且它们每个分子中均含10个中子，故1mol两者中均含10NA个中子，故B正确；‎ C选项，溶液体积未知，无法计算离子个数，故C错误；‎ D选项，50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热反应一段时间后，盐酸浓度减小，无法继续反应，转移电子数目小于0.3NA，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】计算溶液中溶质物质的量时一定要注意题中给没给溶液的体积，二氧化锰与浓盐酸、铜与浓硫酸反应，当盐酸浓度或浓硫酸浓度降低变为稀溶液时就不再反应了。‎ ‎5.含元素碲(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是 A. 反应①利用了H2Te的还原性 B. 反应②中H2O作氧化剂 C. 反应③利用了H2O2的氧化性 D. H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2Te被O2氧化生成Te，体现H2Te具有还原性，故A正确；‎ B．反应②中Te与H2O反应H2TeO3，Te元素化合价升高，是还原剂，则H2O为氧化剂，应有H2生成，故B正确；‎ C．反应③中H2TeO3→H6TeO6，Te元素化合价升高，发生氧化反应，则H2O2作氧化剂，体现氧化性，故C正确；‎ D．H2Te2O5转化为H2Te4O9时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎6.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法错误的是 A. b电极发生还原反应：4H++O2+4e－＝2H2O B. 电路中有4mol电子发生转移，大约消耗标准状况下‎22.4L空气 C. 维持两种细菌存在，该装置才能持续将有机物氧化成CO2并产生电子 D. HS－在硫氧化菌作用下转化为的反应是＝‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．燃料电池通氧气的极为正极，则b电极为正极，发生还原反应，电极反应为4H++O2+4e－＝2H2O，故A正确；‎ B．电路中有4mol电子发生转移，消耗氧气的物质的量为=1mol，标准状况下体积为‎22.4L，则大约消耗标准状况下空气‎22.4L×5=‎112L，故B错误； ‎ C．硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，则两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2 放出电子，故C正确；‎ D．负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】考查原电池工作原理以及应用知识，注意知识的迁移应用是解题的关键。‎ ‎7.用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)‎ A B C D X中试剂 浓盐酸 双氧水 浓硫酸 浓氨水 Y中试剂 KMnO4‎ MnO2‎ Cu NaOH 气体 Cl2‎ O2‎ SO2‎ NH3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浓盐酸和KMnO4固体混合有氯气生成，但氯气易溶于水，且与水发生反应，则不能用排水法收集，故A错误；‎ B．双氧水在MnO2的催化作用下生成氧气，氧气可用排水法收集，故B正确；‎ C．Cu与浓硫酸反应需要加热，图中缺少酒精灯，且二氧化硫不能选排水法收集，故C错误；‎ D．氨气极易溶于水，不能排水法收集，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎8.氧氟沙星是常用抗菌药物，其结构简式如图所示。下列有关氧氟沙星的叙述错误的是 A. 能发生加成、取代、还原等反应 B. 分子内有3个手性碳原子 C. 分子内存在三种含氧官能团 D. 分子内共平面的碳原子多于6个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含C=C、苯环、羰基，均能与H2发生加成反应，也是还原反应；含-COOH，能发生取代反应，故A正确；‎ B．手性碳原子上需连接四个不同的原子或原子团，则中只有1‎ 个手性碳原子，故B错误；‎ C．分子结构中含有羧基、羰基和醚键三种含氧官能团，故C正确；‎ D．苯环、C=O均为平面结构，且二者直接相连，与它们直接相连的C原子在同一平面内，则分子内共平面的碳原子数多于6个，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】考查有机物的结构和性质，注意把握有机物的结构特点以及官能团的性质，为解答该类题目的关键，该有机物中含C=C、C=O、苯环、-COOH，结合烯烃、苯、羧酸的性质及苯为平面结构来解答。‎ ‎9.短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A为d元素组成的单质，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是 A. 简单离子半径：c＞b B. 丙中既有离子键又有极性键 C. b、c形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：2‎ D. a、b、d形成的化合物中，d的杂化方式是sp3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，常温下乙为液体，应该为H2O，则a为H元素，A为d元素组成的单质，且与丙反应生成水和常用于消毒、漂白的丁，则丙应为碱，由转化关系可知甲为Na2O，丙为NaOH，A为Cl2，生成丁、戊为NaCl，NaClO，可知b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，以此解答该题。‎ ‎【详解】由以上分析可知a为H元素、b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，甲为Na2O、乙为H2O、丙为NaOH、丁为NaClO、戊为NaCl；‎ A．b、c对应的离子为O2-和Na+，具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径O2-＞Na+，即b＞c，故A错误；‎ B．丙为NaOH，由Na+和OH-组成，则含有离子键和极性共价键，故B正确；‎ C．b为O元素、c为Na元素，两者组成的Na2O和Na2O2中阴、阳离子数目比均为1：2，故C正确；‎ D．a、b、d形成的化合物中，若为NaClO，Cl原子的价电子对为1+=4，则Cl的杂化方式是sp3；若为NaClO2，Cl原子的价电子对为2+=4，则Cl的杂化方式是sp3；同理若为NaClO3或NaClO4，Cl原子杂化方式仍为sp3，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎10.图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。下列说法错误的是 A. A2B的化学式为Mg2Si B. 该流程中可以循环使用的物质是NH3和NH4Cl C. 利用MgCl2·6NH3制取镁的过程中发生了化合反应、分解反应 D. 分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热、灼烧，最终得到的固体相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由反应①可知A2B应为Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCl2•6NH3，MgCl2•6NH3加入碱液，可生成Mg(OH)2，MgCl2•6NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl2•6NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．由分析知A2B的化学式为Mg2Si，故A正确；‎ B．反应①需要氨气和NH4Cl，而由流程可知MgCl2•6NH3加热或与盐酸反应，生成的氨气、氯化铵，参与反应①而循环使用，故B正确；‎ C．由流程可知MgCl2·6NH3高温分解生成MgCl2，再电解MgCl2制取镁均发生分解反应，故C错误；‎ D．分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热，灼烧，都是氧化镁，最终得到的固体相同，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎11.“碘伏”又叫“聚维酮碘溶液”。聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图所示。下列说法正确的是 ‎ (图中虚线表示氢键)‎ A. C、N、O原子的电负性依次增大 B. 聚维酮碘中含有离子键、共价键、氢键等化学键 C. 聚维酮易溶于水的原因是与水分子间形成氢键 D. 分子中的含N五元环一定是平面结构 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C、N、O的非金属性依次增强，则C、N、O原子的电负性依次增大，故A正确；‎ B．聚维酮碘中含有离子键、共价键、氢键，但氢键不是化学键，故B错误；‎ C．因为聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，聚维酮碘中也存在氢键，水分子中也存在氢键，根据相似相溶，聚维酮碘水溶性良好的性能与氢键有关，故C正确；‎ D．分子中的含N五元环上有3个亚甲基，亚甲基上的碳原子为sp3杂化，则五元环一定不是平面结构，故D错误；‎ 故答案为AC。‎ ‎【点睛】考查有机物结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，由高聚物结构简式可知，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解。‎ ‎12.科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*‎ 标注。下列说法错误的是 A. ②中包含C—H键的断裂过程 B. 该历程中能垒(反应活化能)最小的是③‎ C. 该历程中制约反应速率的方程式为CH3O*+3H* CO*+4H*‎ D. 由此历程可知： △H＜0‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．②中由CH3O*→CH2O*，则包含C—H键的断裂过程，故A正确；‎ B．活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，③发生的反应活化能最小，故B正确；‎ C．活化能越大，反应速率越慢，反应速率慢的反应制约反应速率，由图示可知①的活化能最大，发生的反应为CH3OH*→CH3O*+H*，故C错误；‎ D．图示可知整个历程 △H＞0，故D错误；‎ 故答案为CD。‎ ‎13.下列“实验现象”和“结论”都正确且有因果关系的是 选项 操作 实验现象 结论 A 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热 融化后的液态铝滴落下来 金属铝的熔点低 B 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 该溶液中含有钠盐 C 向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足量的乙烯后静置 溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层 乙烯发生氧化反应 D 将‎20℃‎ 0.5 mol·L－1 Na2CO3溶液加热到‎60℃‎，用pH传感器测定pH 溶液的pH逐渐减小 Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，则实验结论错，故A错误；‎ B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+，不一定含钠盐，也可以是NaOH，实验结论错，故B错误；‎ C．乙烯被高锰酸钾氧化，溶液褪色，但不分层，实验现象错，故C错误；‎ D．升高温度促进水解，碳酸钠溶液的碱性增强，溶液的pH增大，水的电离平衡、水解平衡均正向移动，现象和结论均正确，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎14.某课外活动小组设计如图所示装置制取较多量乙酸乙酯。已知：①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·‎6C2H5OH。‎ ‎②有关有机物沸点：‎ 试剂 乙醚 乙醇 乙酸 乙酸乙酯 沸点（℃）‎ ‎34.7‎ ‎78.5‎ ‎118‎ ‎77.1‎ 下列说法正确的是 A 装置中球形管既能冷凝蒸气又能防止倒吸 B. 反应结束后大试管中的现象是：溶液分层，下层无色油状液体；上层溶液颜色变浅 C. 从大试管中分离出的乙酸乙酯中还含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，过滤分离出乙醇 D. 最后加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集‎118℃‎左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯。‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．混合气体中含有乙醇、乙酸蒸汽，均易溶于水容易发生倒吸，利用球型干燥管可以防止倒吸，故A正确；‎ B．乙酸乙酯难溶于水，密度小于水，则反应结束后大试管中的现象是：溶液分层，上层无色油状液体，下层溶液颜色变浅，故B错误；‎ C．根据题给信息“①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2•‎6C2H5OH”说明加入无水氯化钙后，即可过滤除去乙醇，故C正确；‎ D．加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集‎77℃‎左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯，故D错误；‎ 故答案为AC。‎ ‎15.常温下，向某浓度的二元弱酸H‎2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如图所示(pC=－lgx，x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度)。下列说法正确的是 A. 常温下，H‎2C2O4的Ka1=100.8‎ B. pH=3时，溶液中 C. pH由0.8增大到5.3的过程中，水的电离程度逐渐增大 D. 常温下，随着pH的增大，的值先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．曲线II为PC(H‎2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，当pH=0.8时，PC(H‎2C2O4)=PC(HC2O4-)，即c(H‎2C2O4)=c(HC2O4-)，则Ka1==c(H+) =10-0.8，故A错误；‎ B．曲线II为PC(H‎2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，pH=3时，PC(H‎2C2O4)=PC(C2O42-)＞PC(HC2O4-)，pC越小则该微粒浓度越大，所以c(HC2O3-)＞c(C2O42-)=c(H‎2C2O4)，故B错误；‎ C．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，所以pH从0.8上升到5.3的过程中c(H+)减小，则水的电离程度增大，故C正确；‎ D．，电离平衡常数只与温度有关，温度不变则不变，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】考查弱电解质的电离，侧重考查学生图象分析判断能力，正确判断曲线与微粒的一一对应关系是解本题关键，注意纵坐标大小与微粒浓度关系，为易错点，pC越小则该微粒浓度越大，c(H‎2C2O4)越大，pC越小。‎ ‎16.氨是重要的基础化工原料，可以制备尿素[CO(NH2)2]、N2H4等多种含氮的化工产品。‎ ‎(1)以NH3与CO2为原料可以合成尿素[CO(NH2)2]，涉及的化学反应如下：‎ 反应I：2NH3(g)+CO2(g)NH2CO2NH4(s) △H1= -159.5kJ·mol-1‎ 反应II：NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H2=+116.5kJ•mol-1‎ 反应III：H2O(l)=H2O(g) △H3=+44.0kJ•mol-1‎ 则反应：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H=______kJ•mol-1‎ ‎(2)将氨气与二氧化碳在有催化剂的反应器中反应2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2 (s)+H2O(g)，体系中尿素的产率和催化剂的活性与温度的关系如图1所示：‎ ‎①a点_______（填是或不是）处于平衡状态，Tl之后尿素产率下降的原因是________。‎ ‎②实际生产中，原料气带有水蒸气，图2表示CO2的转化率与氨碳比、水碳比的变化关系。曲线I、II、III对应的水碳比最大的是_______，测得b点氨的转化率为30%，则x=___________。‎ ‎③已知该反应的v(正)=k(正)c2(NH3)∙c(CO2)，v(逆)=k(逆)c(H2O)，k(正)和k(逆)为速率常数，则平衡常数K与k(正)、k(逆)的关系式是___________。‎ ‎(3)N2H4可作火箭推进剂。已知‎25℃‎时N2H4水溶液呈弱碱性：N2H4+H2ON2H5++OH- K1=1×10-a；N2H5++H2ON2H62++OH- K2=1×10一b。‎ ‎①‎25 ℃‎时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+)>c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液pH范围__________（用含a、b式子表示）。‎ ‎②水合肼（N2H4•H2O）的性质类似一水合氨，与硫酸反应可以生成酸式盐，该盐的化学式为_____。‎ ‎【答案】 (1). -87.0 (2). 不是 (3). 升高温度反应逆向移动，催化剂活性降低 (4). I (5). 4 (6). K= (7). 14-bc(N2H4)，可求出c(OH-)<1×10-a；K2==1×10一b，由c(N2H5+)>c(N2H62+)，可求出c(OH-)>1×10一b，由此可求出应控制溶液pH范围。‎ ‎②水合肼（N2H4•H2O）的性质类似一水合氨，与硫酸反应可以生成硫酸氢盐，由此可得出该盐的化学式。‎ ‎【详解】(1)反应I：2NH3(g)+CO2(g)NH2CO2NH4(s) △H1= -159.5kJ·mol-1 ①‎ 反应II：NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H2=+116.5kJ•mol-1 ②‎ 反应III：H2O(l)=H2O(g) △H3=+44.0kJ•mol-1 ③‎ 利用盖斯定律，将①+②-③，即得反应：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(l)的△H= -87.0 kJ•mol-1。答案为：-87.0；‎ ‎(2)①在T1之后，升高温度，尿素的产率降低，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应。也就是温度越高，达平衡时氨的转化率越低，若a点达平衡，则氨的产率比T1点大。所以a点不是处于平衡状态，Tl之后尿素产率下降的原因是升高温度反应逆向移动,催化剂活性降低。答案为：不是；升高温度反应逆向移动,催化剂活性降低；‎ ‎②对于反应体系，在氨碳比相同的情况下，增大水蒸气的量，平衡逆向移动，CO2的转化率降低，从而得出曲线I、II、III对应的水碳比最大的是I。对于b点，氨的转化率为30%，CO2的转化率为60%，由变化量之比等于化学计量数之比可得，，可求出x==4。答案为：I；4；‎ ‎③已知该反应的v(正)=k(正)c2(NH3)∙c(CO2)，v(逆)=k(逆)c(H2O)，k(正)和k(逆)‎ 为速率常数，则平衡时，v(正)= v(逆)，k(正)c2(NH3)∙c(CO2)=k(逆)c(H2O)，=K。答案为：K=；‎ ‎(3) K1==1×10-a，由c(N2H5+)>c(N2H4)，可求出c(OH-)<1×10-a，则pH<14-a；K2==1×10一b，由c(N2H5+)>c(N2H62+)，可求出c(OH-)>1×10一b，pH>14-b，由此可求出应控制溶液pH范围为14-b

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