海南省海口市高三高考模拟化学试题解析版.docx

1、海南省海口市高三高考模拟化学试题解析版海口市高考模拟试题化学1.化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾有丁达尔效应B. “天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料C. 汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D. 石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物【答案】A【解析】【详解】A雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，选项A正确；B碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，不是有机高分子材料，选项B错误；C汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的，选项C错

2、误；D、由于石油是多种烃的混合物，而石油的分馏产品均为混合物，故汽油、煤油和柴油均为多种烃的混合物，选项D错误；答案选A。2.下列有关化学用语表示正确的是A. 中子数为10的氟原子：10FB. 乙酸乙酯的结构简式：C4H8O2C. Mg2+的结构示意图：D. 过氧化氢的电子式为： 【答案】C【解析】【详解】A. 中子数为10的氟原子为：，选项A错误；B. C4H8O2为乙酸乙酯分子式，乙酸乙酯的结构简式：CH3COOC2H5，选项B错误；C. Mg2+的结构示意图为：，选项C正确；D. 过氧化氢是共价化合物，两个氧原子之间共用一对电子，过氧化氢的电子式应为： ，选项D错误。答案选C。3.海南是

3、海洋大省，拥有丰富的海洋资源，下列有关海水综合利用的说法正确的是A. 蒸发海水可以生产单质碘 B. 蒸馏海水可以得到淡水C. 电解海水可以得到单质镁 D. 海水制食用盐的过程只发生了物理变化【答案】B【解析】【详解】A、海水中的碘元素以碘离子的形式存在，可以加氧化剂将碘离子氧化为碘单质，最后再萃取蒸馏得到碘单质即可，选项A错误；B、利用蒸馏法控制水的沸点100，使水变为蒸气通过冷凝得到蒸馏水，能使海水淡化，选项B正确；C、电解熔融的氯化镁可以获得金属镁，电解海水得不到金属镁，选项C错误；D、蒸发溶剂从海水中得到固体氯化钠是物理变化，但粗盐中除去杂质时涉及化学变化，选项D错误；答案选B【点睛】本

4、题涉及海水中获取碘单质、海水淡化以及金属镁、钠的获取方法，属于综合知识的考查，难度中等。4.下列反应的生成物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响的是A. SO2与NaOH溶液反应 B. Cu在氯气中燃烧C. Na与O2的反应 D. H2S与O2的反应【答案】B【解析】【详解】ASO2与足量NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，SO2足量时生成亚硫酸氢钠，选项A错误；BCu在氯气中燃烧生成物只有氯化铜，选项B正确；CNa与O2在空气中反应生成氧化钠，点燃或加热生成过氧化钠，选项C错误； DH2S与O2的反应，若氧气不足燃烧生成硫单质和水，若氧气充足燃烧生成二氧化硫和水，选项D错误。答案选B。5.下列

5、有关CuSO4溶液的叙述中正确的是A. 该溶液呈碱性B. 它与H2S反应的离子方程式为：Cu2+S2-=CuSC. 用惰性电极电解该溶液时，阳极产生铜单质D. 在溶液中：2c (Cu2+) +c (H+)=2c(SO42-) +c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A、CuSO4为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，选项A错误；B. CuSO4与H2S反应生成硫化铜和硫酸，H2S必须写化学式，反应的离子方程式为：Cu2+H2S=CuS+2H+，选项B错误；C. 用惰性电极电解CuSO4溶液时，阴极上铜离子得电子产生铜单质，阳极上氢氧根离子失电子产生氧气，选项C错误；D、在溶液中，根据电荷守恒有：2c

6、(Cu2+) +c (H+)=2c(SO42-) +c(OH-)，选项D正确；答案选D。6.分子式为C5H10O2，能与NaHCO3溶液反应的有机物有A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种【答案】A【解析】【详解】分子式为C5H10O2且能与NaHCO3溶液反应，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4种。答案选A。7.2018年11月16日，国际计量大会通过最新决议，将1摩尔定义为“精确包含6.022

7、140761023个原子或分子等基本单元，这一常数称作阿伏伽德罗常数(NA)，单位为mol1。”下列叙述正确的是A. 标准状况下，22.4L SO3含有NA个分子B. 4.6g乙醇中含有的CH键为0.6NAC. 0.1mol Na2O2与水完全反应转移的电子数为0.1NAD. 0.1 molL1的醋酸溶液中含有的H+数目小于0.1NA【答案】C【解析】【详解】A标准状况下，SO3为固态，22.4L SO3含有分子不等于NA ，选项A错误；B4.6g乙醇的物质的量是0.1mol，含有的C-H键的个数为0.5NA，选项B错误；C过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，则0.1molNa

8、2O2与水反应转移电子数为0.1 NA，选项C正确；D、没有给定溶液的体积，无法计算氢离子的数目，选项D错误。答案选C。8.用下列装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是A粗盐提纯中除掉泥沙B. 蒸干氯化镁溶液制无水MgCl2C. 以CCl4为萃取剂萃取溴水中的溴单质D. 用NH4Cl和Ca(OH)2固体制取并收集氨气A. A B. B C. C D. D【答案】BD【解析】【详解】A.图中所示装置用于过滤，粗盐提纯中泥沙不溶于水而氯化钠可溶，通过过滤除掉泥沙，选项A正确；B.由MgCl2溶液制备无水MgCl2，由于氯化镁易水解、氯化氢易挥发，若将MgCl2溶液加热蒸干，最终得到的是MgO，应

9、该在HCl气流中加热氯化镁溶液制取无水氯化镁，选项B不正确；C.溴在CCl4中溶解度大于水，且四氯化碳与水不互溶，可以用CCl4为萃取剂萃取溴水中的溴单质，选项C正确；D. 用NH4Cl和Ca(OH)2固体制取并收集氨气，但加热固体药品时试管口应略向下倾斜，选项D不正确。答案选BD。9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. pH=1的溶液中：NO3-、Cl、S2、Na+B. c(H+)/c(OH)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、ClC. 由水电离的c(H+)=11012molL1的溶液中：Na+、K+、Cl、HCO3-D. c(Fe3+)=0.1molL1的溶液

10、中：K+、Cl、SO42-、SCN【答案】B【解析】【详解】A. pH=1的溶液呈酸性，H+、NO3-与S2发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A错误；B. c(H+)/c(OH)=1012的溶液呈酸性，H+、NH4+、Al3+、NO3-、Cl相互之间不反应，能大量共存，选项B正确；C. 由水电离的c(H+)=11012molL1的溶液可能为强酸性也可能为强碱性，HCO3-均不能大量存在，选项C错误； D. c(Fe3+)=0.1molL1的溶液中：Fe3+与SCN发生络合反应而不能大量共存，选项D错误；答案选B。10.已知镓(31Ga)和溴(35Br)是第四周期的主族元素。下列分析正确的是A

11、. 原子半径:BrGaClAl B. 镓元素为第四周期第A元素C. 7935Br与8135Br得电子能力不同 D. 碱性:Ga(OH)3Al(OH)3 ，酸性:HClO4HBrO4【答案】D【解析】【详解】A、半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，核外电子排布相同，半径随着原子序数的增大而减小，因此半径大小顺序是GaBrAlCl，选项A错误；B、镓元素为第四周期第A元素，选项B错误；C、7935Br与8135Br都是溴元素，核外电子排布相同，因此得电子能力相同，选项C错误；D、同主族从上到下金属性增强，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性增强，即碱性Ga(OH

12、)3Al(OH)3，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，酸性高氯酸大于高溴酸，选项D正确；答案选D。11.有机化合物环丙叉环丙烷，由于其特殊的电子结构一直受到理论化学家的注意，如下图是它的结构示意图。下列关于环丙叉环丙烷的有关说法中不正确的是A. 环丙叉环丙烷的分子式为C6Hl0B. 环丙叉环丙烷不是环丙烷的同系物C. 环丙叉环丙烷的一氯取代物有2种D. 环丙叉环丙烷所有的碳原子均在同一平面内【答案】AC【解析】【分析】A、根据结构示意图确定环丙叉环丙烷的分子式；B、同系物属于同一类物质，分子组成上相差整数倍个-CH2基团；C、环丙叉环丙烷的一氯取代物就是分子中的一个氢原子被氯原子代替后的产

13、物；D、根据乙烯是平面形分子，碳碳双键所连的四个原子在同一平面上分析。【详解】A、根据结构示意图确定环丙叉环丙烷的分子式为C6H8，选项A不正确；B、环丙叉环丙烷分子的分子式是C6H8，与环丙烷C3H6不是同系物，选项B正确；C、环丙叉环丙烷分子中的4个“CH2”完全等同，它的一氯代物有1种，选项C不正确；D、乙烯是平面形分子，碳碳双键所连的四个原子在同一平面上，所以分子中所有的碳原子均在同一平面内，选项D正确；答案选AC。【点睛】本题考查学生对有机化学中的同系物、同分异构题的概念的考查，D为易错点，注意环丙叉环丙烷的环并不是平面结构，难度不大。12.2019年3月14日，第16届海南国际车展

14、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aB. 质子(H+)通过质子交换膜移动到b电极C. 正极反应为O2 +4H+ + 4e- =2H2OD. 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

15、- =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。13.X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8，M的单质为黄绿色有害气体。请回答下列问题：（1）Q在元素周期表中的位置为_。（2）Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为(写元素离子符号)_。（3）Y气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：_(用离子方程式表示)。（4）QM2的电子式为

16、_。（5）M的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 第二周期A族 (2). Cl- O2- Mg2+ (3). NH3+H2ONH3H2ONH4+OH- (4). (5). Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。【解析】【分析】X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单

17、质为黄绿色有害气体，则M为氯元素，据此分析。【详解】X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素。（1）Q为镁元素，在元素周期表中的位置为第二周期A族；（2）Z、Q、M分别为O、Mg、Cl，Cl-比其他两种离子多一个电子层，O2-、Mg2+具有相同电子层结构，核电荷数大的Mg2+半径

18、较小，故简单离子半径由大到小的顺序为Cl- O2- Mg2+；（3）Y的气态氢化物NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-；（4）QM2为MgCl2，属于离子化合物，其电子式为；（5）M的单质Cl2与R的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。14.聚合物G可用于生产全生物降解塑料，有关转化关系如下：（1）物质A的分子式为_，B的结构简式为_。（2）E中的含氧官能团的名称为_。（3）反应-中属于加成反应的是_。（4）写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式_。【答案】

19、(1). C6H12O6 (2). CH3-CH=CH2 (3). 羰基、羧基 (4). (5). +2H2O【解析】【分析】B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，据此答题。【详解】B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应为加成反

20、应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖。（1）物质A为葡萄糖，其分子式为C6H12O6，B的结构简式为CH3-CH=CH2；（2）E为CH3COCOOH，含氧官能团的名称为羰基、羧基；（3）根据上面的分析可知，反应中属于加成反应的是；（4）由两分子F合成六元环化合物的化学方程式为+2H2O。【点睛】本题考查有机物的推断，确定B的结构是关键，再

21、根据官能团的性质结合反应条件进行推断，题目难度中等，注意掌握官能团的性质与转化。15.研究氮氧化物的反应机理，对于消除其对环境的污染有重要意义。升高温度，绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率却随着温度的升高而减小。查阅资料知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：I2NO(g)N2O2(g)(快) H10 v1正=k1正c2(NO) v1逆=k1逆c(N2O2)N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢) H20 v2正=k2正c(N2O2)c(O2) v2逆=k2逆c2(NO2)请回答下列问题：（1）反应2NO(g)+O2(g)

22、2NO2(g)的H =_(用含H1和H2的式子表示) （2）一定温度下，恒容的密闭容器中，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=_，升高温度，K值_(填“增大”“减小”或“不变”)（3）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是_；A容器内气体的平均摩尔质量保持不变 B2v(NO)正=v(O2)逆C容器中气体的密度保持不变 D单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2【答案】 (1). H1+H2 (2). (3). 减小 (4). AD【解析】【详解】（1）2NO(g) N2O2(g)H10，N2O2(g)+

23、O2(g) 2NO2(g)H20，根据盖斯定律，将+，得：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) H=H1+H2；（2）2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)达到平衡状态，平衡常数K= =，平衡时，v2正=v2逆，v1正=v1逆，因此K=；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，K值减小；（3）A容器中气体的相对分子质量不随时间而变化，说明气体的物质的物质的量不变，反应达平衡状态，选项A正确；B2v(NO)正=v(O2)逆，正逆反应速率不相等反应末达平衡，应该为v(NO)正=2v(O2)逆才表明正逆反应速率相等，选项B错误；C定容容器中气体的密度一直不随时间而变化，说明反应不一定

24、达平衡状态，选项C错误；D单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，则正逆反应速率相等，反应达平衡状态，选项D正确。答案选AD。【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡的影响因素，平衡常数表达式的书写等，题目综合性较强，难度中等，侧重于考查学生的分析能力、以及对基础知识的综合应用能力。16.某工业含铜废料含有 Cu、CuO、CuS、CuSO4 等成分，利用该含铜废料可生产硝酸铜晶体Cu(NO3)23H2O，生产的工艺流程如图所示，请回答下列问题：（1）“焙烧”过程中除生成 SO2 的反应外，另外一个反应的化学方程式是_。（2）“酸化”过程为加快反应速率，可采用的措施有_(写出一条

25、即可)。（3）若试剂 a 为 Zn，则“置换”的离子方程式为_。（4）“反应”一步中使用 20% HNO3 和 10% H2O2，整个过程无红棕色气体产生，则发生反应的离子方程式为_；若该步骤只使用 20% HNO3，随着反应的进行，温度升高，出现大量红棕色气体，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为_。【答案】 (1). 2Cu+O22CuO (2). 升高温度；在一定范围内增大硫酸的浓度；将“焙烧”后的固体粉碎 (3). Cu2+Zn=Cu+Zn2+ (4). Cu+H2O2+2H+ Cu+2H2O (5). 1:2【解析】【分析】废料中的铜元素有两种价态：0价和+2价，而目标产品Cu(NO3)

26、23H2O中铜元素显+2价，过程中应该有氧化还原反应发生，废料中硫元素等杂质要除去。由流程图分析，将废料“焙烧”时Cu和CuS将被O2氧化生成固体CuO和气体SO2。用H2SO4“酸化”有发生反应CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，所以酸化得到的溶液主要是CuSO4溶液。加入“过量试剂a”的目的是通过“置换”反应得到单质铜，试剂a应选择比铜活泼的金属单质。“置换”后“过滤”所得固体是铜单质（含有过量的锌），“淘洗”目的就是除去过量的金属锌。“反应”步骤中金属铜溶解在20%HNO3和10%H2O2溶液中，得到Cu(NO3)2溶液，最后经一系列操作得到目标产品Cu(NO3)23H2O。【详解】

27、(1)废料中Cu和CuS在“焙烧”过程中与O2反应，CuS将转化为CuO和SO2，所以另外一个反应的化学方程式为2Cu+O22CuO。(2)“焙烧”后的固体用硫酸酸化，根据影响化学反应速率的外界因素可知，加快反应速率的措施有：升高温度；在一定范围内增大硫酸的浓度；将“焙烧”后的固体粉碎。(3)Zn比Cu活泼，能够将溶液中的Cu2+置换，其离子方程式为Cu2+Zn=Cu+Zn2+。(4)从目标产物看，“反应”步骤应该是将单质铜转化为Cu(NO3)2的过程，铜元素被氧化，而“整个过程无红棕色气体产生”说明氧化剂不是HNO3，可推知该过程作为氧化剂的物质应是H2O2，所以发生反应的离子方程式为：Cu

28、+H2O2+2H+ Cu+2H2O。若该步骤只使用20% HNO3且出现大量红棕色气体，可推知该过程起氧化剂作用的是HNO3，还原产物是红棕色的NO2气体，化学反应方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，因4molHNO3中只有2molHNO3起氧化剂作用，所以还原剂（Cu）与氧化剂（HNO3）物质的量之比为1:2。【点睛】本题考查了物质性质、物质提纯、物质分离的实验过程分析判断，注意实验基本操作的应用和试剂的作用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。17.化合物M (CH3COO)2Cr22H2O，相对分子质量为376不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、三氯

29、化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备该化合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。制备过程中发生的相关反应如下：Zn(s)+2HCl(aq) =ZnCl2(aq)+H2(g) 2CrCl3(aq)+Zn(s) =2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq)2Cr2+(aq)+4CH3COO(aq)+2H2O(l) = Cr(CH3COO)222H2O(s)请回答下列问题：（1）仪器1的名称是_。（2）往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是_(填序号)；目的是_。A盐酸和三氯化铬溶液同时加入B先加三氯化铬溶液，段时间后再加盐酸 C先加盐酸，段时间后再加三氯化铬溶液（3）为使生成CrCl2溶液与醋酸钠溶液顺利混合，应关闭阀门_(填“A”或“B”，下同)，打开阀门_。（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与醋酸钠溶液反应外，另个作用是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). C (3). 让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化 (4). B (5). A (6). 过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2【解析】【详解】（1）根据仪器结构特征，可知仪器1为分液漏斗；（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧