1、高考资源网（） 您身边的高考专家2020-2021学年高三年级模拟调研考试化 学 卷注意事项:1.本试卷共6页,考试时间90分钟, 卷面总分100分。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置上。3.全部答案写在答题卡上完成,答在本试卷上无效。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为:O-16 Mg-24 Si-28 K- 39 Mn-55 Zn- 65一、选择题：本题共包括14小题，每小题3分，共42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. 加快科技成果转化是未来发展的主要方向。下列说法不正确的是( )A. 用作液晶显示材料的
2、C6H5COOC27H45属于酯类B. 长征五号B运载火箭使用的氢氧发动机对环境友好C. 人造草皮成分为聚乙烯，有固定熔沸点D. 计算机芯片的主要成分为硅【答案】C【解析】【详解】A由结构简式分析知，C6H5COOC27H45中含有酯基，属于酯类，故正确；B长征五号B运载火箭使用的氢氧发动机，燃烧产物为水，绿色无污染，故正确；C聚乙烯为聚合物，值不定，属于混合物，没有固定熔沸点，故错误；D计算机芯片主要成分为硅，故正确。综上所述，答案为C。2. 宋代对精制砒霜( As2O3 )的记载为：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如针”。下列有关说法不正确的是( )A
3、. 砷常见价态有-3、+3、+5B. As2O3受热易分解C. 文中分离出砒霜的方法可用于分离碘单质和氯化钠D. 砒霜对应的危险化学品标志【答案】B【解析】【详解】A砷位于周期表第VA族，常见价态有-3、+3、+5，A正确；B由信息知，As2O3受热未分解，而是升华冷凝后收集，B错误；C碘易升华，文中所示方法可用于分离碘单质和氯化钠，C正确；D砒霜为剧毒品，对应的危险化学品标志，D正确；故选B。3. 脱氢乙酸，简称DHA，结构简式为。下列关于DHA的说法不正确的是( )A. 分子内所有原子不可能位于同一平面B. 与互为同分异构体C. 除去DHA中的乙酸可先加饱和碳酸钠溶液然后分液D. 与溴水和
4、酸性高锰酸钾溶液均可发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A. 分子内存在形成四条单键的碳原子，不可能所有原子位于同一平面，项正确；与的分子式均为 C8H8O4，二者互为同分异构体，项正确；C. 乙酸可溶于饱和碳酸钠溶液，与 分层，项正确；D. 与高锰酸钾发生氧化反应，项错误；答案选D。4. 下列与实验有关的叙述正确的是( )A. 浓硝酸和浓硫酸均应保存在棕色玻璃瓶中B. 容量瓶使用前底部有少量蒸馏水对所配溶液浓度无影响C. 使用蒸发皿灼烧Fe(OH)3至分解D. 滴定管应用蒸馏水洗净后直接装标准溶液进行滴定【答案】B【解析】【详解】A浓硫酸保存无色玻璃瓶中即可，故错误； B容量瓶使用前底部有
5、少量蒸馏水对所配溶液浓度无影响，故正确；C蒸发皿用于加热浓缩，灼烧应使用坩埚，故错误；D滴定管应先用蒸馏水清洗干净，然后用标准溶液润洗2-3次后才可装标准溶液进行滴定，故错误。综上所述，答案为B。5. 化学与生活密切相关，下表中物质的性质和用途正确且有因果关系的是( )选项性质用途ASO2具有还原性用于漂白纸张BNH3易升华用作制冷剂C硅胶多孔，吸附性强用作食品干燥剂DNaNO2无毒用作肉类食品防腐剂A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】ASO2与有色物质发生化合反应，生成不稳定的无色物质，故错误；BNH3易液化，可用作制冷剂，故错误；C硅胶多孔，吸附性强，用作食品干燥剂，
6、故正确；DNaNO2具有防腐性，可用作 肉类食品防腐剂，NaNO2过量食用致癌，作为食品添加剂应严格控制用量，故错误。综上所述，答案为C。6. 合成氨的热化学方程式为N2(g) +3H2(g)2NH3(g) H= -92.4 kJ/mol ，如图所示为相同温度下，在等量的不同催化剂作用下，某浓度氨气分解时对应生成氢气的初始速率，下列说法正确的是 （ ）A. Fe作催化剂时，氨气分解反应活化能最小B. 氨气分解达到平衡时，单位时间内NN键断裂数目和N H键形成数目相同C. 低压有利于提高N2和H2产率D. 高温有利于提高工业合成氨产率【答案】C【解析】【详解】A氨气分解反应活化能最大的即是反应速
7、率最慢的，Ru作催化剂时，氨气分解反应活化能最小，A项错误；B氨气分解达到平衡时，单位时间内 键断裂数目和N-H键形成数目之比为 1:6，B项错误；C降低压强，反应2NH3(g) N2(g)+3H2(g)正向移动，有利于提高N2和H2产率，C项正确；D高温使反应N2(g) +3H2(g)2NH3(g)逆向进行，不利于平衡向生成氨的方向移动，不利于提高合成氨的产率，选择高温主要基于速率考虑，D项错误；故选：C。7. 研究发现，1100C时，加入合适的熔盐电解质可直接电解SiO2，电解原理为SiO2Si+O2。利用下图装置电解SiO2(加热装置略去)，得到的Si直接进入锌镁合金形成硅锌镁合金，再通
8、过真空蒸馏除去锌镁得到高纯硅。下列说法不正确的是( )A. X极接正极B. 通入氩气的目的是防止高温时氧气氧化石墨电极C. 阳极反应为2O2-4e- =O2D. 当电路中通过0.4 mol电子时，合金质量增加2.8 g【答案】A【解析】【详解】A电解SiO2得到的Si直接进入锌镁合金形成硅锌镁合金，同时为防止与石墨坩埚作阳极使与之接触的合金放电，X极应接电源的负极，Y极应接电源的正极，故A错误；B在阳极2O2-4e- =O2，产生氧气，防止高温时氧气氧化石墨电极，在阳极通入氩气，故B正确；C阳极发生失电子的氧化反应，阳极电极反应为2O2-4e- =O2，故C正确；D由阴极的电极反应Si4+4e
9、-=Si可知，当电路中通过0.4 mol电子时，产生0.1molSi，即合金质量增加2.8 g，故D正确；答案为A。8. 某废液中含有大量K+和Cl，可能含有Fe2+、Fe3+、，对废液样品进行如下实验:下列说法正确的是( )A. 该废液显碱性B. 可能含有Fe2+ ，可用K3Fe(CN)6进一步判断C. 白色沉淀Y为BaCO3或BaSO4D. 该溶液中至少含有三种离子【答案】A【解析】【分析】废液加过量稀硝酸有沉淀生成，说明含有，无Fe3+、Fe2+，废液红加入过量稀硝酸，有无色气体，无色气体遇空气变为红棕色气体，说明红棕色气体为NO2，无色气体含有NO，说明原溶液与硝酸发生氧化还原反应，则
10、原溶液中可能含有，将沉淀过滤后，滤液中加入氯化钡有白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，进一步说明原溶液中含有。【详解】A废液中加入过量稀硝酸得沉淀 ，则一定含有，所以不存在Fe3+、Fe2+；加入过 量稀硝酸产生的无色气体中肯定有NO，知原废液中含有还原性离子 ，该废液因和发生水解反应显碱性，故正确；B根据前面分析无Fe2+，故错误；C因为所加稀硝酸过量，白色沉淀 不可能为 BaCO3，故错误；D该溶液中至少含有、K+和Cl，故错误。综上所述，答案为A。9. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W的单质通常状况下为淡黄绿色气体，X的原子半径在短周期元素中最大，Y和Z的最外层电子数之和为8，
11、下列说法正确的是( )A. 简单离子半径：ZWXYB. Y的氧化物一定为两性氧化物C. Z的最高价氧化物的水化物一定为强酸D. 足量Z的单质可将Cu氧化为+2价.【答案】A【解析】【分析】W的单质通常状况下为淡黄绿色气体，则W为F；X的原子半径在短周期元素中最大，则X为Na；短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，Y和Z的最外层电子数之和为8，可知Y和Z可能为Mg和S或者Al和P，据此解答。【详解】A. W、X和Y属于电子层结构相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，Z离子比W、X和Y多一层电子，半径最大，A项正确；B. 氧化镁不是两性氧化物，氧化铝是两性氧化物，B项错误；C. 的最高价氧
12、化物的水化物可能为硫酸或磷酸，磷酸是弱酸，C项错误；D. Z的单质不是强氧化性物质，不能将Cu氧化为+2价，D项错误；答案选A。10. 现用如下实验装置在实验室制取溴苯(夹持装置已略去)，反应引发后，扎紧软橡胶袋口。下列说法不正确是( )A. 托起A中软橡胶袋使铁粉落下引发反应B. B中双球管中液体颜色逐渐变为橙色C. 若CCl4过量，则C中无明显现象D. D中倒置的漏斗可增大吸收面积防止倒吸【答案】C【解析】【详解】A. 铁粉沿导管落下，与溴生成溴化铁，催化引发反应，故正确；B. B中装CCl4的双球管吸收苯和溴蒸气，溶液颜色变为橙色，故正确；C. 苯与溴反应为取代反应生成HBr，C中生成A
13、gBr浅黄色沉淀，故错误；D. 倒置的漏斗可增大吸收面积防止倒吸，故正确；故选C。11. CeO2在平板电视显示屏中有着重要应用。某工业废渣中含有CeO2和SiO2，利用以下工艺流程回收CeO2：已知：过程中伴有黄绿色气体产生。下列说法不正确的是( )A. 酸性条件下氧化性：CeO2 H2O2B. 过程中使用稀硫酸可减轻环境污染C. 反应II的离子方程式为4Ce3+ +12OH- + O2 +2H2O= 4Ce(OH)4 D. 过滤时，滤纸边缘应高于漏斗边缘【答案】D【解析】【详解】A根据反应I可知，H2O2被CeO2氧化：2CeO2 + H2O2+6H= 2Ce3+ + O2+4H2O，因此
14、酸性条件下氧化性：CeO2 H2O2，故A正确；B反应I中，CeO2氧化性强会氧化稀盐酸，生成Cl2，污染环境，可选用稀硫酸，故B正确；C反应II的离子方程式为4Ce3+ +12OH + O2 +2H2O= 4Ce(OH)4 ，故C正确；D过滤时，滤纸边缘应低于漏斗边缘，故D错误。综上所述，答案为D。12. ClO2是一种广谱消毒剂，可杀死新冠病毒。以氯化钠溶液为原料制取ClO2的流程如下图所示：其中特定条件下，电解NaCl溶液可得到NaClO3，下列说法不正确的是( )A. ClO2可消毒是由于其具有强氧化性B. 该法中仅Cl2可循环利用C. ClO2发生器中的化学方程式为2NaClO3+4
15、HCl=2NaCl +2ClO2+Cl2+2H2OD. 电解池阴极产生的气体与补充的气体X物质的量之比为6: 5时,理论上原子利用率可达100%【答案】B【解析】【详解】AClO2可消毒是由于其具有强氧化性，故A正确；B该工艺中循环利用的物质有Cl2和NaCl，故B错误；CClO2发生器中的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2NaCl +2ClO2+Cl2+2H2O，故C正确；D电解池阴极产生的气体是氢气，要合成HCl应补充的气体为氯气，如果电解生成的氢气为6mol，根据得失电子守恒可得：6mol H22mol NaClO3，结合上述方程式知在ClO2发生器中生成1mol Cl2，故只需补
16、充5mol Cl2，当电解质阴极产生的气体与补充的气体X物质的量之比为6: 5时，理论上原子利用率可达100%，故D正确；综上所述，答案为B。13. 某镍矿的主要成分为硫化镍(NiS)，含少量杂质CuS、FeS，以该镍矿制粗镍的简化流程如下：下列说法不正确的是 ( )A. “废气”过量排放可引起酸雨B. 石英砂熔炼的目的是造渣除铁C. 电解制粗镍时，阳极发生的主要电极反应式为NiS2e=Ni2+SD. 粗镍中的少量铜可用硝酸除去【答案】D【解析】【详解】A镍矿主要成分为硫化镍(NiS)，含少量杂质CuS、FeS，主要是FeS在空气煅烧将硫转化为SO2，所得废气的主要成份为SO2，引起酸雨，故A
17、正确；B石英砂的主要成份SiO2是酸性氧化物，常用作造渣材料，控制空气不过量，熔炼过程的主要反应是，所以废渣的主要成份是FeSiO3，故B正确；C电解粗镍时阳极发生的主要电极反应式NiS2e=Ni2+S，故C正确；D镍比铜活泼，也可与硝酸反应，故D错误。综上所述，答案为D。14. 某酸H2A2O4的电离方程式为H2A2O4H+ + HA2O2，Ka1=5.910-2,HA2O4-H+，Ka2=6.410-5。常温下，向20 mL0.1 molL-1NaHA2O4溶液中逐滴加入0.1 mol.L-1NaOH溶液40mL。下列说法正确的是( )A. 滴定终点时，c(H2A2O4) +c() +c(
18、) =0.1 molL-1B V(NaOH)=0时，溶液pH7C. V( NaOH) =20 mL时，c()c(OH- )D. V(NaOH)=40mL时，溶液温度最高(忽略热量损失)【答案】C【解析】【详解】A. 根据+OHH2O+可知当氢氧化钠溶液体积为20mL时二者恰好反应生成Na2A2O4，滴定终点时，依据物料守恒c(H2A2O4)+c()+c() =0.05 molL-1，A错误；B. 根据Kh= =或“)；图中曲线x变为y时，对压强的改变为_(填“加压或“减压)。在催化剂存在时，也可用CH4还原氮氧化合物使其生成无毒气体，改善汽车尾气对环境的影响。对于反应a加入催化剂，可使Eal_
19、(填“ 增大”“减小”或“不变”)；相同条件下，反应b比反应a_ ( 填“易”或“难 )发生，理由是_；反应CH4(g) +2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g) +CO2(g) H=_kJmol -1(用含H1、H2的代数表示)。(2)碳资源化处理对于缓解能源危机有重要意义。对于反应：CO(g) +2H2(g)CH3OH HT2)，向容积为2 L的密闭容器内加入4mol的CO和8molH2，随反应进行CH3OH的物质的量的变化情况如下图： 比较ab点反应速率大小：va _vb，(填“大于”“小于”或“等于”)。T2时，前4 min内用H2表示的反应速率v(H2)为_，T1时，反应的化学平
20、衡常数K=_。已知：反应速率v=v正-v逆= k正x(CO)x2(H2) -k逆x(CH3OH),k正和k逆分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，计算a点v正：v逆=_( 保留两位有效数字)。若容器容积不变,下列措施可增加甲醇产率的是_(填字母标号)。A.按相同比例再向容器中充人原料气体 B. 将生成的CH3OH从体系中分离C.选用高效催化剂 D.充入He，使体系的总压增大【答案】 (1). (2). 减压 (3). 减小 (4). 易 (5). 反应b比反应a的活化能小 (6). (7). 大于 (8). 0.6mol/(Lmin) (9). 0.25 (10). 1.8 (11).
21、AB【解析】【分析】(1)结合图像，根据勒夏特列原理判断；结合图像，结合催化剂的性质判断，用盖斯定律计算；(2)根据图像利用三段式进行计算。【详解】(1)结合图像可知，随温度的升高，NO平衡转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，得出正反应方向为放热反应，即H0；结合可逆反应2NO(g) +2CO(g)N2(g) +2CO2(g)的特点，增大压强平衡向右移动，NO的转化率增大，故图中曲线x变为y时，NO的转化率减小，改变的条件为减压；Ea1为反应活化能，对于反应a加入催化剂，可使Ea1减小；相同条件下，反应b比反应a易发生，理由是反应b比反应a的活化能小；由图像可知，反应CH4(g) +2NO2
22、(g)=N2(g)+2H2O(g) +CO2(g) H=；(2)有图像可知，当CH3OH的物质的量不变时，反应达到平衡状态，a点比b点所用的时间短，则a点的反应速率更快，故va大于vb；a点所在曲线对应温度为T1，b点所在曲线对应温度为T2，有图像可知，4min时恰好达到平衡状态，c(CH3OH)=1.2mol/L，则v(CH3OH)= 0.3mol/(Lmin)，反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)= 0.6mol/(Lmin)；a点所对应的条件下，温度为T1，达到平衡状态时，n(CH3OH)=2mol，c(CH3OH)=1mol/L， 反应的化学平衡常数=0.25L2/mol2；由
23、图像可知，a点的条件下，达到平衡状态时，v正=v逆，则k正x(CO)x2(H2)=k逆x(CH3OH)，k正：k逆= x(CH3OH)：x(CO)x2(H2)=4；a点，c(CH3OH)=0.8mol/L，v正：v逆= k正x(CO)x2(H2)：k逆x(CH3OH)=1.8；A按相同比例再向容器中冲入原料气体，压强增大，平衡向正反应方向移动，A正确；B将生成的CH3OH从体系中分离，平衡向正反应方向移动，B正确；C选用高效催化剂不能改变产率，C错误；D充入He，使体系的总压增大，与反应体系中的物质无关，浓度未变，则平衡不移动，D错误；答案为AB。(二)、选考题：共15分。请考生从2道化学题任
24、选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。18. 新材料技术的发展促进了信息技术和生物技术的革命，并对制造业.物资供应和个人生活方式产生了重大影响。回答下列问题:(1)近期，PNAS报道了无规超支化聚合物RHP的自愈过程，合成RHP的基础原料为自愈”是指材料断裂后，再次接触使其抗拉能力部分恢复，由RHP结构推测其具有自愈能力的主要原因为_。沸点: _ (填“”)，理由为_。中含有各元素的电负性由小到大的顺序为_；该物质中，含有键和键数目之比为_。(2)纳米材料CuSiO2用于催化DMO和氢气反应获得EG，示意图如下：基态铜原子的核外电子排布式为_，基态碳原子核外电子占据的最高能级的电子云形状
25、为_。CuSCN是一种生物防腐涂料，可用CuSO4、NaSCN、Na2SO4作原料，并用EG作分散剂进行制备。与SCN互为等电子体的分子为_；中心原子的杂化方式为_。铜的晶胞如图。它的空间利用率为_；原子分数坐标：a为(0,0,0)；d分子坐标为(, ,0)，则b处的分数坐标为_【答案】 (1). 具有高密度的氢键 (2). (3). 和都是分子晶体，结构相似，前者相对分子质量大于后者，分子间作用力大，因此前者熔沸点高 (4). HCNO (5). 5:1 (6). Ar3d104s1 (7). 哑铃形 (8). CO2或CS2 (9). sp3 (10). 74% (11). (0，)【解析
26、】【分析】(1)RHP含有较多的氢键；根据分子晶体的相对分子质量大，分子间作用力大，熔沸点高分析；同周期从左到右电负性增大，同族从上到下电负性逐渐减小分析，分析该物质含有键和键数目。(2)铜为29号元素，基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p能级；根据价电子数S=O= N，先计算的价层电子对数，再得到中心原子的杂化方式；铜的晶胞如图，则为面心立方最密堆积，设晶胞边长为a，铜原子的半径为r，得到边长与原子半径关系，再根据空间利用率计算；b在左侧面面心位置得到b处的分数坐标。【详解】(1)自愈”是指材料断裂后，再次接触使其抗拉能力部分恢复，根据RHP的结构可知RHP含有较多的氢键，因此其RHP具有
27、自愈能力的主要原因为具有高密度的氢键；故答案为：具有高密度的氢键。沸点： (填“”)，理由为：和都是分子晶体，结构相似，前者相对分子质量大于后者，分子间作用力大，因此前者熔沸点高；故答案为：；和都是分子晶体，结构相似，前者相对分子质量大于后者，分子间作用力大，因此前者熔沸点高。中含有C、N、O、H，各元素的电负性由小到大的顺序为HCNO；该物质中，含有20mol 键和4mol 键，因此键和键数目之比为5:1；故答案为：HCNO；5:1。(2)铜为29号元素，因此基态铜原子的核外电子排布式为Ar3d104s1，基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p能级，其电子云形状为哑铃形；故答案为：Ar3d1
28、04s1；哑铃形。根据价电子数S=O= N，与SCN互为等电子体的分子为CO2或CS2；的价层电子对数为，因此中心原子的杂化方式为sp3；故答案为：CO2或CS2；sp3。铜的晶胞如图，则为面心立方最密堆积，晶胞中有4个铜原子，设晶胞边长为a，铜原子的半径为r，则面对角线，即，因此它的空间利用率为；原子分数坐标：a为(0，0，0)；d分子坐标为(，0)，b在左侧面面心位置，因此b处的分数坐标为(0，)；故答案为：74%；(0，)。【点睛】计算空间利用率，先计算晶胞中原子个数，再根据原子半径计算晶胞参数(边长)，再根据空间利用率公式计算。19. 用于治疗慢性肺阻塞病的药物E的一种合成路线如下图所
29、示：回答下列问题:(1)A中含有的官能团的名称为_，E的分子式为_，其中_(填“含”或“不含”)手性碳。(2)AB的反应类型为_。(3)BC的化学方程式为_。(4)D的结构简式为_。(5 ) 的链状同分异构体有_种(考虑顺反异构)。(6)结合流程图设计以对羟基苯甲醛为原料制备的合成路线_(其他试剂任选)。【答案】 (1). 羟基和醛基 (2). C17H14Cl2F2N2O3 (3). 不含 (4). 取代反应 (5). (6). (7). 11 (8). 【解析】【分析】A中醛基对位羟基保护得到B，B中羟基取代得C，由C生成D的过程中发生了氧化，将醛基氧化成羧基，D的结构简式为，D发生取代反
30、应生成E；以对羟基苯甲醛为原料制备，先对羟基进行保护再将醛基氧化，酯化后得到。【详解】(1)A中含有的官能团的名称为羟基和醛基，由结构式可知，E的分子式为C17H14Cl2F2N2O3，手性碳是指一个碳上连有四个不同的基团而具有的不对称性，其中不含(填“含”或“不含”)手性碳。故答案为：羟基和醛基；C17H14Cl2F2N2O3；不含；(2)+CHClF2+HCl，A中醛基对位的H被取代，A到B的反应类型为取代反应。故答案为：取代反应；(3)对比B、C的结构简式，B中羟基上的H被取代，BC的化学方程式为。故答案为：；(4)结合C、E的结构简式，由C生成D的过程中发生了氧化，将醛基氧化成羧基，D的结构简式为。故答案为：；(5 )的分子式为C4H7Cl，的链状同分异构体相当于丁烯的一氯代物共有8种情况， 其中存在顺反异构，的链状同分异构体有11种(考虑顺反异构)。故答案为：11；(6)结合流程图设计以对羟基苯甲醛为原料制备，先对羟基进行保护再将醛基氧化，酯化后得到，合成路线(其他试剂任选)。故答案为：。- 22 - 版权所有高考资源网
