山东新高考化学全真模拟卷十解析版.docx

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山东新高考化学全真模拟卷十解析版

绝密★启用前

2020年山东新高考全真模拟卷（十）

化学

（考试时间：

90分钟试卷满分：

100分）

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。

写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Ti-48Fe-56Cu-64

第Ⅰ卷（选择题共40分）

一、选择题：

本题共10个小题，每小题2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．化学与社会、生活密切相关。

对下列现象或事实的解释正确的是（　　）

选项

现象或事实

解释

A

福尔马林可作食品的保鲜剂

福尔马林是甲醛的水溶液，可使蛋白质变性

B

“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂

地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可以用于制肥皂（皂化反应）

C

石英能用于生产光导纤维

石英的主要成分是SiO2，SiO2有导电性

D

在食物中可适量使用食品添加剂

食品添加剂可以增加食物的营养成分

【答案】B

【解析】甲醛有毒，不可用作食品的保鲜剂，A项错误；SiO2没有导电性，C项错误；食品添加剂不是营养成分，D项错误。

2．下列化学用语使用正确的是

A．基态铜原子的电子排布式：

1s22s22p63s23p63d94s2

B．Na2S的电子式：

C．

的系统命名为3-甲基-1-丁炔

D．重氢负离子（

H－）的结构示意图：

【答案】C

【解析】A．根据构造原理，基态铜原子的电子排布式应为1s22s22p63s23p63d104s1，故A错误；B．Na2S是离子化合物，由阴阳离子构成，而不是共价化合物，电子式书写不正确，故B错误；C．符合系统命名原则，

的命名为：

3-甲基-1-丁炔，故C正确；D．重氢负离子（

H－）的质子数是1，即核电荷数为1，故D错误；故选：

A。

3．实验是化学研究的基础。

关于下列各实验装置图的叙述中正确的是

A．装置①常用于分离互不相溶的液态混合物

B．装置②可用于吸收氨气，且能防止倒吸

C．用装置③不可以完成“喷泉”实验

D．用装置④稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液

【答案】D

【解析】A．该装置为蒸馏装置，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，互不相溶的液体采用分液的方法分离，故A错误；B．氨气极易溶于水，有缓冲装置的能防止倒吸，该装置中苯没有缓冲作用，所以不能防止倒吸，故B错误；C．氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成压强差，从而形成喷泉实验，故C错误；D．浓硫酸溶于水放出大量热，且浓硫酸的密度大于水，稀释时需要将浓硫酸缓缓加入水中，图示操作合理，所以D选项是正确的；综上所述，本题应选D。

4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A．60gCH3COOH与乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂C-O键数为NA

B．0.2molHD与0.1mol18O2所含中子数均为0.2NA

C．1L0.5mo/L（NH4）2SO4溶液中氮原子数为NA

D．2.24L（标准状况）CHCl3所含共价键数为0.4NA

【答案】C

【解析】CH3COOH与乙醇反应可逆，60gCH3COOH与乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂C-O键数小于NA，故A错误；0.2molHD含中子数为0.2NA，0.1mol 18O2含中子数为2NA，故B错误；根据元素守恒，1L0.5mo/L（NH4）2SO4溶液中氮原子数为NA，故C正确；标准状况下CHCl3 是液体，故D错误。

5．Cl2能与过量的NH3反应得到一种固体M和单质H．下列说法正确的是（　　）

A．M中含离子键、共价键、配位键··

B．NH3的电子式为

C．H中σ键与π键个数比为1：

1

D．NH3和Cl2都属于极性分子

【答案】A

【解析】Cl2能与过量的NH3反应生成氮气和氯化铵，方程式为：

3Cl2+8NH3═N2+NH4Cl，则固体M为NH4Cl，单质H为N2，

A．M为NH4Cl，含离子键、共价键、配位键，故A正确；

B．NH3分子中含有3个氮氢共价键，则NH3的电子式为

，故B错误；

C．H为N2，N2中N原子之间形成三对共用电子对，则σ键与π键个数比为1：

2，故C错误；

D．Cl2分子正负电荷重心重合，为非极性分子，故D错误；

6．屠呦呦率领团队先后经历了用水、乙醇、乙醚提取青蒿素的过程，最终确认只有采用低温、乙醚冷浸等方法才能成功提取青蒿素。

研究发现青蒿素中的某个基团对热不稳定，该基团还能与NaI作用生成I2。

碳原子连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，下列分析不正确的是

A．推测青蒿素在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度

B．青蒿素可以与NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应

C．青蒿素分子中含有手性碳

D．青蒿素中对热不稳定且具有氧化性的基团是“－O－O－”

【答案】B

【解析】A．青蒿素中含有酯基，如图含

，难溶于水，易溶于有机溶剂。

根据萃取过程，最终采用乙醚萃取，可知青蒿素易溶于乙醚，正确；B．青蒿素可以与氢氧化钠溶液反应，由于青蒿素中含有酯基，在碱性环境下发生水解。

但是Na2CO3和NaHCO3不与酯基等官能团反应，错误；C．手性碳指碳原子所连接的4个基团不一样，青蒿素分子中含有手性碳，如

，中心的碳原子链接了4个不同的原子或原子团，是手性碳原子，正确；D．含有的“-O-O-”不稳定，类似于双氧水中的过氧键，受热容易分解，正确。

7．如表所示有关物质检验的实验结论正确的是（　　）

选项

实验操作及现象

实验结论

A

向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成

该溶液中一定含有SO

B

向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色

该溶液一定含有SO

C

将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色

该气体一定是SO2

D

将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊

说明酸性：

H2SO3＞H2CO3

【答案】D

【解析】A．白色沉淀可能是氯化银，溶液中可能含有银离子，应该先加盐酸排除银离子的干扰，故A错误；B．溶液中可能含有HSO

，故B错误；C．具有漂白作用的不仅仅是二氧化硫，通入氯气也可以使品红褪色，故C错误；D．先通入酸性高锰酸钾溶液，目的是除去二氧化硫气体，再通入澄清石灰水变浑浊，说明产物是二氧化碳，进而证明亚硫酸的酸性强于碳酸，故D正确。

故选D。

8．一种新型漂白剂（结构如图）可用于漂白羊毛、草等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。

下列叙述正确的是（　　）

A．元素电负性顺序为：

X＞W＞Y

B．Y的最高价氧化物对应水化物为强酸

C．工业上通过电解熔融的WX来制得W

D．该漂白剂中X、Y均满足8电子稳定结构

【答案】B

【解析】根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为N，Z为H元素，

A．非金属性越强电负性越强，则元素电负性顺序为：

X＞Y＞W，故A错误；

B．N的最高价氧化物对应水化物为硝酸，硝酸为强酸，故B正确；

C．MgO熔点较高，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，故C错误；

D．该漂白剂中O满足8电子稳定结构，而N最外层电子数为5+4＝9，不满足8电子稳定结构，故D错误。

9.某课题组采用活性炭回收海带化工提碘废水中残留的低浓度碘（主要以I-形式存在，杂质不参与反应），实验过程如下：

下列说法不正确的是（　　）

A．氧化步骤发生反应的离子方程式为：

6I-+2NO2-+8H+=3I2+N2↑+4H2O

B．操作X的目的是富集碘单质

C．经洗脱后的溶液中，含有大量的I-和IO3-

D．可通过蒸馏的方法提纯粗碘

【答案】D

【解析】A．氧化步骤发生反应的离子方程式为：

6I-+2NO2-+8H+=3I2+N2↑+4H2O，可生成碘单质，故A正确；B．操作X的目的是富集碘单质，利用活性炭的吸附性，故B正确；C．经洗脱后的溶液中，含有大量的I-和IO3-，为碘与NaOH溶液反应生成，故C正确；D．操作Y为加热，可升华法提纯粗碘，故D错误。

10．某学习小组设计实验制备供氢剂氢化钙（CaH2），实验装置如下图所示。

已知：

氢化钙遇水剧烈反应。

下列说法正确的是（　　）

A．相同条件下，粗锌（含少量铜）比纯锌反应速率慢

B．酸R为浓盐酸，装置b中盛装浓硫酸

C．实验时先点燃酒精灯，后打开活塞K

D．装置d的作用是防止水蒸气进入硬质玻璃管

【答案】D

【解析】相同条件下，粗锌（含少量铜）比纯锌反应速率快，因为铜锌和电解质溶液形成原电池，反应速率加快，故A错误；酸R为稀硫酸，装置b中盛装浓硫酸，故B错误；实验时先打开活塞K，后点燃酒精灯，用氢气赶走装置中的空气后，才能加热，故C错误；氢化钙遇水剧烈反应，装置d的作用是防止水蒸气进入硬质玻璃管，故D正确。

二、选择题：

本题共5小题，每题4分，共20分。

每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。

11．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。

现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。

在反应结束后的溶液中，逐滴加入5mol·L−1NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示。

则下列说法不正确的是

A．稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵

B．c点对应NaOH溶液的体积为48ml

C．b点与a点的差值为0.075mol

D．样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5∶3

【答案】BC

【解析】铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH

发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：

①H++OH−=H2O，②Fe3++3OH−=Fe（OH）3↓，Al3++3OH−=Al（OH）3↓，③NH

+OH−=NH3·H2O，④Al（OH）3+OH−=AlO

+2H2O，B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为：

104mL-94m=10mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：

0.01L×5mol/L=0.05mol，根据Al（OH）3+OH−=AlO

+2H2O可知，Al（OH）3的物质的量为0.05mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n（Al）=0.05mol。

由图可知DE段消耗的氢氧化钠的体积为：

94mL-88mL=6mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：

0.006L×5mol/L=0.03mol，根据NH

+OH−=NH3·H2O可知，计算溶液中n（NH

）=0.03mL，根据电子转移守恒有：

3n（Fe）+3n（Al）=8n（NH

），即3n（Fe）+3×0.05mol=8×0.03mol，解得：

n（Fe）=0.03mol。

由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n（NH4NO3）=n（NH

）=0.03mol，根据钠元素守恒，可知n（NaNO3）=n（NaOH）=0.088L×5mol/L=0.44mol，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n（HNO3）=n（NaNO3）+2n（NH4NO3）=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe（NO3）3、Al（NO3）3，根据氮元素守恒n′（NaNO3）+2n（NH4NO3）+3n[Fe（NO3）3]+3n[Al（NO3）3]=n（HNO3），故C点溶液中n′（NaNO3）=0.5mol-0.03mol×2-0.03mol×3-0.05mol×3=0.2mol，故C点加入NaOH的物质的量为0.2mol。

A．根据分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵，故A正确；B．根据分析可知，C点对应NaOH溶液的体积=

=0.04L=40mL，故B错误；C．根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中：

n（HNO3）=n（NaNO3）+2n（NH4NO3）=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，故C错误；D．根据分析可知，混合金属中n（Al）=0.05mol、n（Fe）=0.03mol，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5∶3，故D正确；故选BC。

12．炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。

下列说法错误的是

A．氧分子的活化包括O-O键的断裂与C-O键的生成

B．每活化一个氧分子放出0.29eV的能量

C．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV

D．炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂

【答案】C

【解析】A．由图可知，氧分子的活化是O-O键的断裂与C-O键的生成过程，故A正确；B．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出0.29eV的能量，故B正确；C．由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故C错误；D．活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，故D正确。

故选C。

13．垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如下图所示。

下列说法正确的是

A．电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极

B．放电过程中，正极附近pH变大

C．若1molO2参与电极反应，有4molH+穿过质子交换膜进入右室

D．负极电极反应为：

H2PCA+2e－＝PCA+2H+

【答案】BC

【解析】A．右侧氧气得电子产生水，作为正极，故电流由右侧正极经过负载后流向左侧负极，选项A错误；B．放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水，氢离子浓度减小，pH变大，选项B正确；C．若1molO2参与电极反应，有4molH+穿过质子交换膜进入右室，生成2mol水，选项C正确；D．原电池负极失电子，选项D错误。

答案选BC。

14．以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是

A．反应1中，每生成1molClO2有0.1molSO2被氧化

B．从母液中可以提取Na2SO4

C．反应2中，H2O2做氧化剂

D．采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解

【答案】AC

【解析】A．在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO

+SO2=SO

+2ClO2，根据方程式可知，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化，故A错误；B．根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C．在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D．减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选AC。

15．1mL浓度均为0.10mol·L-1的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释（溶液体积为V），溶液pH随lgV的变化情况如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．XOH是弱碱

B．pH=10的溶液中c（X+）:

XOH大于X2CO3

C．已知H2CO3的电离平衡常数Ka1远远大于Ka2，则Ka2约为1.0×10-10.2

D．当lgV=2时，升高X2CO3溶液温度，溶液碱性增强且

减小

【答案】C

【解析】根据图示，0.1mol·L-1XOH溶液的pH=13，说明XOH完全电离，为强电解质，A项错误；XOH是强碱、X2CO3是强碱弱酸盐，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）

）=

mol·L-1=10-2.4mol·L-1，c（

）≈0.1mol·L-1，Kh1=

，则Ka2=

=10-10.2，C项正确；当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（

）减小，c（

）增大，

增大，D项错误。

第Ⅱ卷（非选择题共60分）

三、非选择题：

包括第16题~第20题5个大题，共60分。

16．（12分）铁及其化合物在工农业生产中有重要的作用。

（1）已知：

①C（s）＋O2（g）===CO2（g）　ΔH1＝－393.5kJ·mol−1

②C（s）＋CO2（g）===2CO（g）　　ΔH2＝＋172.5kJ·mol−1

③4Fe（s）＋3O2（g）===2Fe2O3（s）　ΔH3＝－1651.0kJ·mol−1

CO还原氧化铁的热化学方程式为____________________________________________。

（2）高炉炼铁产生的高炉气中含有CO、H2、CO2等气体，利用CO和H2在催化剂作用下合成甲醇，是减少污染、节约能源的一种新举措，反应原理为：

CO（g）＋2H2（g）

CH3OH（g）　ΔH。

在体积不同的两个恒容密闭容器中分别充入1molCO和2molH2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。

①在如图A、B、C三点中，选填下表物理量对应最大的点。

反应速率v：

平衡常数K：

平衡转化率α：

②在300℃时，向C点平衡体系中再充入0.25molCO、0.5molH2和0.25mol的CH3OH，该反应____________（填“向正反应方向进行”“向逆反应方向进行”或“不移动”）。

③一定温度下，CO的转化率与起始投料比

的变化关系如图所示，测得D点氢气的转化率为40%，则x＝________。

（3）三氯化铁是一种重要的化合物，可以用来腐蚀电路板。

某腐蚀废液中含有0.5mol·L−1Fe3+和0.26mol·L−1Cu2+，常温下，欲使Fe3+完全沉淀[c（Fe3+）≤4×10−5mol·L−1]而Cu2+不沉淀，则需控制溶液pH的范围为__________。

已知Ksp[Cu（OH）2]＝2.6×10−19；Ksp[Fe（OH）3]＝4×10−38。

（4）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，工业上通过电解浓NaOH溶液可制备Na2FeO4，然后转化为K2FeO4。

电解原理如图所示。

则A溶液中溶质的成分为__________（填化学式）；阳极的电极反应式为__________。

【答案】

（1）3CO（g）＋Fe2O3（s）===2Fe（s）＋3CO2（g）　ΔH＝－23.5kJ·mol−1（2分）

（2）①C（1分）　AB（1分）　A（1分）

②向正反应方向进行（1分）　③3（1分）

（3）3≤pH<5（2分）

（4）NaOH（1分）　Fe－6e−＋8OH−===FeO

＋4H2O（2分）

【解析】

（1）根据盖斯定律，由（①－②）×

－③×

得3CO（g）＋Fe2O3（s）===2Fe（s）＋3CO2（g）　ΔH＝－23.5kJ·mol－1。

（2）①CO（g）＋2H2（g）

CH3OH（g）是气体分子数减小的反应，在温度不变的条件下，增大压强，平衡正向移动，CH3OH（g）的体积分数增大，所以p2>p1。

A、B、C三点中，C点的压强大、温度最高，所以反应速率v最大；A、B两点温度相同，所以平衡常数K相等，由题图知，升高温度，CH3OH（g）的体积分数减小，说明该反应是放热反应，则升高温度，平衡常数K减小，故平衡常数K：

A＝B>C；A点CH3OH（g）的体积分数最大，故A点的平衡转化率α最大。

②C点CH3OH（g）在平衡时的体积分数为50%，设发生转化的CO为xmol，根据三段式法进行计算：

　　CO（g）＋2H2（g）

CH3OH（g）

起始/mol120

转化/molx2xx

平衡/mol1－x2－2xx

则有：

×100%＝50%，解得x＝0.75，即平衡时CO（g）、H2（g）、CH3OH（g）的物质的量分别为0.25mol、0.5mol、0.75mol。

向此平衡体系中再充入0.25molCO、0.5molH2和0.25mol的CH3OH，由于充入的CH3OH（g）的量相对于平衡时较少，所以该反应必定向正反应方向进行。

③设起始时CO（g）、H2（g）的物质的量分别为1mol、xmol，根据图象可知，D点转化的CO的物质的量为0.6mol，则转化的H2（g）的物质的量为1.2mol，故有：

×100%＝40%，解得x＝3。

（3）Fe3+恰好完全沉淀时，c（OH−）＝

＝

mol·L−1＝1×10−11mol·L−1，pH＝3；Cu2+刚好开始沉淀时，c（OH−）＝

＝

mol·L−1＝1×10−9mol·L−1，pH＝5，故欲使Fe3＋完全沉淀而Cu2+不沉淀，需控制3≤pH<5。

（4）由题图知，Cu电极上氢离子放电，又由于使用了阳离子交换膜，所以A溶液中溶质为NaOH；根据题意，阳极上Fe失电子，发生氧化反应生成FeO

，电极反应式为：

Fe－6e−＋8OH−===FeO

＋4H2O。

17．（12分）在人类文明的历程中，改变世界的事物很多，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳等17种“分子”改变过人类的世界。

（1）铁原子在基态时，价层电子排布式为___。

（2）硝酸钾中NO

的空间构型为___。

（3）1molCO2分子中含有σ键的数目为___。

乙醇的相对分子质量比氯乙烷小，但其沸点比氯乙烷高，其原因是___。

（4）6－氨基青霉烷酸的结构如图1所示，其中采用sp3杂化的原子有___。

（5）铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之－的晶胞结构如图2所示，写出该反应的化学方程式___。

（6）晶胞有两个基本要素：

①原子坐标参数：

表示晶胞内部各微粒的相对位置。

如图是CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A处为（0，0，0）；B处为（

，

，0）；C处为（1，1，1）。

则D处微粒的坐标参数为___。

②晶胞参数：

描述晶胞的大小和形状。

已知CaF2晶体的密度为ρg·cm－3，则晶胞参数a为___pm（设NA为阿伏加德罗常数的值，用含ρ、NA的式子表示）。

【答案】

（1）3d64s2（1分）

（2）平面正三角形（1分）

（3）2（1分）乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高（2分）

（4）C、N、O、S（1分）

（5）8Fe+