海南新高考化学全真模拟卷三解析版.docx

1、海南新高考化学全真模拟卷三解析版2020年海南新高考全真模拟卷（三）化 学（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56第卷（选择题 共40分）一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16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北宋杨亿、黄鉴杨文公谈苑中记载：“嘉州峨媚山有菩萨石，多人采之，色莹白，若泰山狼牙石、上饶水晶之类，日光射之有五色。”下列“石”与“菩萨石”具有相同的化学成分的是A硅石 B冰晶石 C石灰石 D重晶石【答案】A【解析】色莹白，

2、水晶之类，日光射之有五色，说明是水晶石，水晶在矿物学中属于石英，化学成分为二氧化硅(SiO2)，是一种无色透明、洁净明亮的宝石。“菩萨石”色莹白指的就是这一点，硅石的主要成分是SiO2，冰晶石的成分是Na3AlF6，石灰石的主要成分是CaCO3，重晶石的主要成分是BaSO4，故答案选A。2下列化学用语正确的是（ ）A重水的分子式：D2O B次氯酸的结构式：HClOC乙烯的实验式：C2H4 D二氧化硅的分子式：SiO2【答案】A【解析】A. 重水中氧原子为16O，氢原子为重氢D，重水的分子式为D2O，故A正确；B. 次氯酸中不存在氢氯键，其中心原子为氧原子，分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，结构

3、式为HOCl，故B错误；C. 实验式为最简式，乙烯的实验式为CH2，故C错误；D. 二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误。答案选A。3化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是A用食盐、蔗糖等作食品防腐剂B用氧化钙作吸氧剂和干燥剂C用碳酸钙、碳酸镁和氢氧化铝等作抗酸药D用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以保鲜【答案】B【解析】A. 食盐、蔗糖能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，可做防腐剂，故A正确；B. 氧化钙没有还原性，不能作吸氧剂，故B错误；C. 碳酸钙、碳酸镁和氢氧化铝可与胃液中的盐酸反应，常用于作抗酸药，故C正确；D. 乙烯是一种植物生长调节剂，对水

4、果蔬菜具有催熟的作用，为了延长水果的保鲜期，应除掉乙烯，所以将浸泡有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中除去乙烯，故D正确；故选B。4下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A硫酸铁易溶于水，可用作净水剂 B次氯酸具有弱酸性，可用作漂白剂C氧化钙能与水反应，可用作食品干燥剂 D晶体硅熔点高，可用作半导体材料【答案】C【解析】A. 硫酸铁水解形成氢氧化铁胶体，可用作净水剂，性质与用途不对应，故A错误；B. 次氯酸具有氧化性，可用作漂白剂，性质与用途不对应，故B错误；C. 氧化钙能与水反应，可用作食品干燥剂，故C正确；D. 晶体硅有单向导电性，可用作半导体材料，性质与用途不对应，故D错误

5、；故答案选：C。5下列结论不正确的是（ ）氢化物的稳定性：HFHClSiH4 离子半径： Al3S2Cl 离子的还原性：S2ClBr- 酸性：H2SO4H3PO4HClO 沸点： H2SH2OA B C D【答案】A【解析】非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：FClSi，氢化物的稳定性：HFHClSiH4，故正确；Al3+核外两个电子层，S2-、Cl-核外三个电子层，电子层数相同时，核电荷数多，则半径小。故离子半径： S2ClAl3，故错误；非金属单质的氧化性越强，其离子的还原性越弱，单质的氧化性：Cl2Br2S离子的还原性：S2Br-Cl，故错误；硫酸、磷酸都是最高价的含氧酸，

6、由于非金属性：硫元素强于磷元素，所以硫酸酸性强于磷酸，磷酸是中强酸，而碳酸是弱酸，所以磷酸酸性强于碳酸，二氧化碳、水、次氯酸钙能反应生成碳酸钙和次氯酸，所以碳酸酸性强于次氯酸，所以酸性依次减弱：H2SO4H3PO4HClO，故正确；H2S和H2O结构相似，化学键类型相同，但H2O中的O能形成氢键，H2S中的S不能，所以沸点：H2SH2O，故错误。答案选A。6室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A0.1 molL1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B通入过量Cl2：Cl、SO42、Fe2+、Al3+C通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO-、CH3COO-、HCO

7、3-D0.1molL1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-【答案】A【解析】A. 0.1 molL1NaOH溶液显碱性，离子间不发生反应，可以共存，故A正确；B. 通入过量Cl2的溶液显酸性和氧化性，Fe2+有还原性被氧化为Fe3+，不能共存，故B错误；C. 通入大量CO2的溶液显酸性，H+与ClO-、CH3COO-、HCO3- 不能共存，故C错误；D. 0.1molL1H2SO4溶液显酸性，H+存在的情况下NO3-和HSO3-发生氧化还原反应，不能共存，故D错误。答案选A。7已知： H=-akJ/mol下列说法中正确的是（ ）A顺-2-丁烯比反-2-丁烯稳定B顺-2-丁烯分子

8、比反-2-丁烯分子能量低C高温有利于生成顺-2-丁烯D等物质的量的顺-2-丁烯和反-2-丁烯分别与足量氢气反应，放出的热量相等【答案】C【解析】A反应可知是放热反应，顺2丁烯能量高于反2丁烯的能量，所以反2丁烯稳定，故A错误；B反应可知是放热反应，顺2丁烯能量高于反2丁烯的能量，故B错误；C温度升高平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，有利于生成顺2丁烯，故C正确； D顺2丁烯能量高于反2丁烯的能量，等物质的量的顺2丁烯和反2丁烯分别与足量氢气反应，放出的热量不相等，故D错误； 故选C。8元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为

9、17，下列说法不正确的是XYZQA原子半径(r)：r(Q)r(Y)r(Z)B元素X有 -4，+2、+4等多种价态CY、Z的氧化物对应的水化物均为强酸D可以推测H3QO4是Q的最高价氧化物的水化物【答案】C【解析】A、元素周期表同主族从上到下原子半径依次增大，同周期从左向右依次减小，选项A正确；B、碳元素所在的化合物甲烷、一氧化碳、二氧化碳所对应的化合价分别为-4，2、4，选项B正确；C、硫元素对应的氧化物二氧化硫的水化物亚硫酸并非是强酸，选项C不正确；D、VA最外层电子数为5，故最高化合价为5，选项D正确。答案选C。二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题有一个或两个选项符合题意

10、。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。9氮化铬具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，因而具有广泛应用前景。实验室制备CrN 反应原理为 CrCl3 +NH3CrN+3HCl，装置如图所示下列说法错误的是A装置还可以用于制取O2、Cl2、CO2等气体B装置、中分别盛装NaOH溶液、KOH固体C装置中也可盛装维生素c，其作用是除去氧气D装置 中产生的尾气冷却后用水吸收得到纯盐酸【答案】D【解析】A. 装置可以用双氧水（MnO2作催化剂）制取氧气，用浓盐酸与高锰酸钾制取氯气，用盐酸与碳酸

11、钙制取二氧化碳气体，故A正确；B. 装置中的NaOH溶液可以吸收装置中的二氧化碳气体，中的KOH固体可以吸收水分，故B正确；C. 装置中的亚硫酸钠可以除去装置中的氧气，所以也可盛装维生素c，故C正确；D. 装置中产生的尾气有反应生成的HCl，还有未完全反应的NH3，所以冷却后用水吸收得到的不是纯盐酸，故D错误；故选D。10第16届海南国际车展在海南省会展中心盛大开幕，车展上展示出了中国研制出了新型燃料电池汽车，该车装有“绿色心脏”质子交换膜燃料电池。如图是某种质子交换膜燃料电池原理示意图。下列说法正确的是A该电池的正极是a B质子(H+)通过质子交换膜移动到b电极C正极反应为O2 +4H+ +

12、 4e- =2H2O D消耗2mol氢气时,转移电子的物质的量为2mol【答案】BC【解析】【详解】A. a电极上氢气失去电子产生氢离子，a为电池的负极，选项A错误；B. 电池中阳离子定向移动到正极，质子(H+)通过质子交换膜移动到正极b电极，选项B正确；C. 正极上氧气在酸性条件下得电子产生水，电极反应为O2 +4H+ + 4e- =2H2O，选项C正确；D. 根据负极电极反应式H2 - 2e- =2H+可知，消耗2mol氢气时,转移电子的物质的量为4mol，选项D错误。答案选BC。11下列叙述正确的是A酒越陈越香与酯化反应有关B乙烷、丙烷和丁烷都没有同分异构体C乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯

13、化碳溶液褪色D甲烷与足量氯气在光照下反应可生成难溶于水的油状液体【答案】AD【解析】A、乙醇被氧化成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应，即CH3CH2OHCH3COOH CH3COOCH2CH3H2O，与酯化反应有关，故A正确；B、乙烷和丙烷没有同分异构体，丁烷存在同分异构体，即正丁烷和异丁烷，故B错误；C、乙烯中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，聚乙烯中不含碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，可以鉴别，故C错误；D、甲烷和氯气发生取代反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，CH3Cl为气体，CH2Cl2、CHCl3、CCl4为难溶于水的油状液体，故D正确。12乙烯气相直接

14、水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时，n(H2O)n(C2H4)1 mol，容器体积为1 L）。下列分析不正确的是（ ）A乙烯气相直接水合反应的H0B图中压强的大小关系为：p1p2p3C图中a点对应的平衡常数K D达到平衡状态a、b所需要的时间：ab【答案】B【解析】A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，H0，A项正确；B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，由图可知，相同温度下转化率p1p2p3，因此压强p1p2a，所需要的时间：ab，D项正确；答案选B。13常温下，用pH传感

15、器进行数字化实验，分别向两个盛50mL0.100mol/L盐酸的烧杯中匀速滴加50mL去离子水、50mL0.100mol/L 醋酸铵溶液，滴加过程进行磁力搅拌，测得溶液pH随时间变化如图所示。已知常温下醋酸铵溶液pH7，下列说法错误的是A曲线X表示盐酸中加醋酸铵溶液稀释的pH变化B曲线Y的pH变化主要是因为CH3COO-与H+结合成了弱电解质Ca点对应的溶液中c(Cl-)c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(NH4+)0.01mol/LDb点对应的溶液中水电离的c(H+)10-12.86 mol/L【答案】AC【解析】A、曲线X变化不大，表示盐酸中加水稀释的pH变化，故A错误；B、曲线Y

16、变化较大，说明发生反应H+CH3COO-CH3COOH，CH3COO-与H+结合成了弱电解质，溶液中氢离子浓度迅速减少，故B正确；C、a点pH=2，c(H+)=0.01mol/L，根据电荷守恒可知：c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(NH4+)=c(NH4+)+0.01mol/L，则c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)-c(NH4+)=0.01mol/L，故C错误；D、根据图示可知，b点溶液的pH=1.14，c(H+)=10-1.14mol/L，氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离的c(H+)=c(OH-)=10-12.86mo

17、l/L，故D正确。答案选AC。14四硼酸钠的阴离子Xm-(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示。下列说法不正确的是（ ）A阴离子中三种元素的第一电离能：OBH B在Xm-中，硼原子轨道的杂化类型有sp2和sp3C配位键存在于4、5原子之间和4、6原子之间 Dm=2，NamX的化学式为Na2B4O5(OH)4【答案】AC【解析】AH电子轨道排布式为1s1，处于半充满状态，比较稳定，第一电离能为OHB，故A错误；B2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化，故B正确；C2号B形成3个键，4号B形成4个键，其中1个键就是配位键，所以配位键存在

18、4、5原子之间或4、6原子之间，故C错误；D观察模型，可知Xm是H4B4O9m，依据化合价H为1，B为3，O为2，可得m2，NamX的化学式为Na2B4O5(OH)4，故D正确； 故答案选AC。第卷（非选择题 共60分）三、非选择题：包括第15题第19题5个大题，共60分。15（10分）某小组模拟工业上回收分银渣中的银，过程如下：（1）中主要反应：AgCl + 2 + Cl-。研究发现：其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率（浸出液中银的质量占起始分银渣中银的质量的百分比）降低，可能原因是_（用离子方程式表示）。（2）研究发现：浸出液中含银化合物总浓度与含硫化合物总

19、浓度及浸出液pH的关系如下图。pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化趋势是_。解释中变化趋势的原因：_。pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，原因是_。（3）将中反应的离子方程式补充完整：_+_OH- +_ = _ +_ +_ + CO32-（4）中回收液可直接循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低。从回收液离子浓度变化和反应限度的角度分析原因：_。【答案】 （1） 2 （2分） （2） 含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大 （1分） 浸出液中c()增大，使浸出反应的平衡正向移动 （1分） pH较小时，与H+结合生成或H2SO3，尽

20、管含硫化合物总浓度增大，但c()均较小（2分） （3）4 6 HCHO 4Ag 8 4H2O （2分）（4）随着循环次数增加，浸出液中c()减小、c(Cl-)增大，均使AgCl + 2 + Cl-的限度减小 （2分） 【解析】（2）反应在敞口容器中进行，很容易被空气中氧气氧化，离子反应方程式为2；（3）根据图像可知，当pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大；中变化趋势的原因：浸出液中c()增大，使浸出反应AgCl + 2 + Cl-的平衡正向移动； pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，pH较小时，与H+结合生成或H2SO3，尽管含硫化合

21、物总浓度增大，但c()均较小；（4）Ag的化合价由+1价降至0价，HCHO被氧化成CO32-，回收液循环使用，说明有SO32-生成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得：4+6OH-+HCHO=4Ag+8 +4H2O+（5）随着循环次数增加，浸出液中c()减小、c(Cl-)增大，均使AgCl + 2 + Cl-的限度减小16（12分）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分为H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。（1)步骤I，CO变换反应的能量变化如下图所示：CO变换反应的热化学方程式是_。一定条件下，向体积固定的密闭容器中充入aL半水煤气，发生

22、CO变换反应。测得不同温度（T1，T2）氢气的体积分数(H2)与时间的关系如下所示。iT1、T2的大小关系及判断理由是_。ii请在上图中画出：其他条件相同时，起始充入0.5aL半水煤气，T2温度下氢气的体积分数( H2)随时间的变化曲线。_(2)步骤，用饱和Na2CO3溶液作吸收剂脱除CO2时，初期无明显现象，后期有固体析出。溶液中离子浓度关系正确的是_（选填字母）。a吸收前：c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-)b吸收初期：2c(CO32-)+2 c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(Na+)c吸收全进程：c(Na+)+c( H+)=2c(CO32-)+ c(HCO3-

23、)+ c(OH-)后期析出固体的成分及析出固体的原因是_。当吸收剂失效时，请写出一种可使其再生的方法（用化学方程式表示）：_。【答案】 （1）CO(g)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) H=-36kJ/mol （2分）T2T1，相同条件下，温度越高反应速率越快，达到化学平衡状态的时间越短（2分） （2分）（2）ac （2分）碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，依据反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，水的质量减小，溶质质量增大 （2分）2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O（2分）【解析】（1）根据图像可知，CO变换反应的热化学方程式是：CO(g)+H2O(g)=CO

24、(g)+H2(g) H=-2034 kJ/mol +1998 kJ/mol =-36kJ/mol；i根据图像可知，先拐先平得知T2T1，即原因为：相同条件下，温度越高反应速率越快，达到化学平衡状态的时间越短；ii该反应为气体体积不变的反应，根据等效平衡可知，T2温度下，其他条件相同时，起始充入0.5aL半水煤气，为原反应物的一半，平衡时氢气的体积分数不变，浓度为原来的一半，反应速率减小，所需时间更长，故图像为：；（2）a、吸收前为饱和Na2CO3溶液，是强碱弱酸盐，水解显碱性且二步水解，但水解是微弱的，故：c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-)，选项a正确；b、吸收前根据物料

25、守恒有：2c(CO32-)+2 c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(Na+)，吸收初期碳原子增加，故：2c(CO32-)+2 c(HCO3-)+2c(H2CO3)c(Na+)，选项b错误；c、吸收全进程的离子种类不变，根据电荷守恒都有：c(Na+)+c( H+)=2c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(OH-)，选项c正确，答案选ac。后期析出固体的成分为碳酸氢钠，依据反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，水的质量减小，溶质质量增大，而溶质碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，故析出碳酸氢钠晶体；当吸收剂失效时，则全部转化为碳酸氢钠，将析出的晶体过滤后灼烧可得碳酸钠，其反应为：

26、2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O。17（12分）中华人民共和国国家标准（GB27602011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g/L。某兴趣小组用图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量进行测定（1）仪器A的名称是_，水通入A的进口为_。（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为_。（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的_（填数字编号）；若滴定终点时溶液的pH8.8，则选择的指示剂为_；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的

27、液面在刻度“10”处，则管内液体的体积（填序号）_（=10mL，=40mL，40mL）。（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：_g/L。【答案】（1）冷凝管或冷凝器（1分） b（1分） （2）SO2+H2O2H2SO4 （2分） （3）（2分） 酚酞（2分） （2分） （4）0.24（2分） 【解析】【分析】由题中信息可知，葡萄酒中加入适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，SO2还原性较强，可以被H2O2氧化为硫酸，然后用标准NaOH溶液滴定该溶液，可以测出葡萄酒中SO2的含量。【详解】（1）根据仪器A的结构可知其为冷凝管或冷凝器，其用于

28、冷凝回流易挥发的液体，为提高冷凝效率，冷却水通入A的进口为下口，即b口 （2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，SO2还原性较强，可以被H2O2氧化为硫酸，其化学方程式为SO2+H2O2H2SO4（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，标准液要装在碱式滴定管中，滴定前排气泡时，应选择图2中的；若滴定终点时溶液的pH8.8，溶液呈弱碱性，为了减小实验误差，故选择的指示剂为酚酞；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，由于50mL刻度下方还有一段没有刻度的管子，则管内液体的体积大

29、于40mL，故选项。（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中n(SO2)= n(H2SO4)=0.5n(NaOH)=0.525.0010-3L0.0900mol/L=1.12510-3mol，SO2含量为g/L。18（14分）有机物 A 是一种重要的化工原料，以 A为起始原料可合成药物 I(结构简式如下)，其合成路线如下：已知：有机物 D 为芳香烃RNH2+H2O回答下列问题：(1)F 的名称是_，B 中官能团的名称是_。(2)由 BC、EHI 的反应类型分别是_、_。(3)G 的结构简式为_。(4)DF 所需的试剂和反应条件是_。(5)G 和 CH3CHO 反应生成 H 的化学方程式为_。(6)芳香化合物J是 E的同分异构体。若J 能发生银镜反应，则J 可能结构有_种(不含立体异构)， 其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为 1:1: