1、吉林省梅河口市第五中学2020届高三化学下学期模拟考试试题（含解析）1.下列关于物质的表述不正确的是（ ）A. 港珠澳大桥采用超高分子量聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物B. 3D打印钛合金材料用于航天航空尖端领域是利用了钛合金密度小强度大等特点C. 位于贵州省平塘县的中国天眼FAST使用的SiC是一种无机非金属材料D. 泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家的特色产品，其主要成分均为金属材料【答案】D【解析】【详解】A.聚乙烯纤维属于有机合成高分子材料，不符合题意，故不选A；B.钛合金具有低密度、高比强度、使用温度范围宽(-269600)、耐蚀、低阻尼和可焊等诸多优点，
2、是航空航天飞行器轻量化和提高综合性能的最佳用材，不符合题意，故不选B；C.碳化硅是新型无机非金属材料，不符合题意，故不选C；D.彩瓷属于硅酸盐产品，属于传统无机非金属材料，故D不正确；答案选D。2.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A. 1mol氨基（-NH2）含有9NA个电子B. 1mol2，2-二甲基丁烷中含有2NA个甲基C. 标准状况下，22.4LSO2完全反应时，转移2NA个电子D. 1mol乙酸乙酯在碱性条件下水解后，溶液中存在NA个CH3COO-【答案】A【解析】【详解】A氨基中含9个电子，故1mol氨基中含9NA个电子，故A正确；B2，2二甲基丁烷中含4个甲基，故1m
3、ol此烃中含4NA个甲基，故B错误；C二氧化硫反应后硫元素的价态不明确，故标况下22.4L二氧化硫即1mol二氧化硫转移的电子数无法确定，故C错误；D醋酸根是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中醋酸根的个数小于NA个，故D错误。答案选A。3.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y、Z同周期且相邻，X、W同主族且与Y处于不同周期，Y、Z原子的电子总数与X、W原子的电子总数之比为5：4。下列说法正确的是( )A. 原子半径：WZYXB. Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强C. 由X、Z组成化合物与由Z、W组成的化合物只能发生化合反应D. 由X、Y、Z三种元素组成的化合物可以是酸、碱或盐
4、【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y、Z同周期且相邻，X、W同主族且与Y处于不同周期，因此X是H，W是Na。Y、Z原子的电子总数与X、W原子的电子总数之比为5：4，则Y为氮、Z为氧。据此解答。【详解】A.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：，故A项错误；B.氮元素非金属性弱于氧元素，的热稳定性比的弱，故B项错误；C.Z、W组成的化合物可以是或，与的反应不是化合反应，故C项错误；D. 由X、Y、Z三种元素组成的化合物可以是硝酸，一水合氨，硝酸铵，分别是酸碱盐，故D正确；故选：D。4.环与环之间共用两个或多个碳原子的多
5、环烷烃称为桥环烷烃，其中二环1.1.0丁烷 ( )是其中一种。下列关于该化合物的说法正确的是A. 与C3H4是同系物B. 一氯代物只有一种C. 与环丁烯互为同分异构体D. 所有碳原子可能都处于同一平面【答案】C【解析】【分析】二环1.1.0丁烷 ( )的分子式为：C4H6，碳碳键均为单键。【详解】A. 同系物为结构相似，分子组成相差若干个CH2结构， C3H4无法确定其结构，不能判断是否为同系物，A错误；B. 含有2中环境的氢原子，一氯代物只有二种，B错误；C. 环丁烯的分子式为C4H6，分子式相同结构不同，互为同分异构体，C正确；D. 中，所有碳原子均为sp3杂化，所有碳原子不可能都处于同一
6、平面，D错误；答案为C【点睛】同系物为结构相似，分子组成相差若干个CH2结构的有机物。5.人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中尿素CO(NH2)2。下列有关说法正确的是（ ）A. a为电源的负极B. 电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C. 除去尿素的反应为：CO(NH2)22Cl2H2O= N2CO24HClD. 若两极共收集到气体0.6mol，则除去的尿素为0.12mol(忽略气体溶解，假设氯气全部参与反应)【答案】D【解析】【详解】A、由图可以知道，左室电极产物为CO2和N2，发生氧化反应，故a为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故b为电源的负极，故A错误；B、阴
7、极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2，阳极反应为6Cl-6e-=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+，通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变，故B错误；C、由图可以知道，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为6Cl-6e-=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，故C错误；D、如图所示，阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H
8、2，阳极反应为6Cl-6e-=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，若两极共收集到气体0.6mol，则n(N2)=n(CO2)=0.61/5mol=0.12mol，由反应CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl可知所消耗的CO（NH2）2的物质的量也为0.12mol，故D正确。答案选D。6.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+B向浓度均为0.05 molL1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液
9、，有黄色沉淀生成Ksp(AgI) Ksp(AgCl)C向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色Br2的氧化性比I2的强D用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3+，而此时的Fe3+是否由Fe2+氧化而来是不能确定的，所以结论中一定含有Fe2+是错误的，故A错误；B. 黄色沉淀为AgI，说明加入AgNO3溶液优先形成AgI沉淀，AgI比AgCl
10、更难溶，AgI与AgCl属于同种类型，则说明Ksp(AgI)ba (3). 逆向 (4). 66.7% (5). 600/p0 (6). 10 (7). 大于 (8). 质子 (9). N2+6e-+6H+=2NH3【解析】分析】根据盖斯定律进行反应热计算；根据勒夏特列原理判断平衡的移动及平衡常数的相关计算；根据原电池原理书写电极反应式。【详解】(1)由盖斯定律知（+）/2即可得到N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-562.5kJmol1，故答案为N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-562.5kJmol1；(2)由图知，a点到c点的过程中，N
11、2O4的体积分数不断增大，故逆反应速率不断增大。一定温度下，保持压强不变，加入稀有气体，相当于降低压强，故平衡向左移动；a点时，设消耗了xmolNO2，则生成0.5xmolN2O4，剩余（1-x）molNO2，1-x=0.5x，x=2/3mol，此时NO2的转化率为66.7%，平衡时p(N2O4)=0.96p0，p(NO2)=0.04p0，由此可求出Kp=600/p0；故答案为cba；逆向；66.7%；600/p0；(3)当反应达到平衡时，v正=v逆，即k正c(N2O4)=k逆c2(NO2)。k正=k逆c2(NO2)/c(N2O4)=k逆K=10k逆；该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正方向移
12、动，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，故答案为10；大于；(4)由图知，正极上N2转化为NH3时需要结合氢离子，故负极上生成的H+应移向正极，X膜为质子交换膜或阳离子交换膜，N2在正极上得到电子后转化为NH3，故答案为质子；N2+6e-+6H+=2NH3。10.硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：已知：“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图所示(25)：此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54；离子浓度105molL1
13、时，离子沉淀完全。请回答：(1)传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为_。(2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为_。若省略“氧化”步骤，造成的后果是_。(3)“中和除杂”时，生成沉淀的主要成分为_(填化学式)。(4)“氟化除杂”时，若使溶液中的Mg2+和Ca2+沉淀完全，需维持c(F)不低于_。(已知：Ksp(MgF2)=6.41010；Ksp(CaF2)=3.61012)(5)“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为_。(6)“系列操作”指_、过滤、洗涤、干燥(7)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极的电极反应式为_。【答案】 (1
14、). 产生硫化氢等气体，污染环境 (2). MnO2+2Fe2+4H+2Fe3+Mn2+2H2O (3). Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失（或Fe2+去除不完全，影响产品纯度） (4). Fe（OH）3、Al（OH）3 (5). 8103 molL1 (6). Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O (7). 蒸发浓缩、冷却结晶 (8). Mn2+2H2O2eMnO2+4H+【解析】【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3
15、+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2+2 HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，据此分析解答。【详解】(1)高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境；故答案为产生硫化氢等气体，污染环境；(2)氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子，离子方程式为：MnO2+2Fe2+4H+2Fe3
16、+Mn2+2H2O；若省略“氧化”步骤，根据图表Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全，影响产品纯度)；故答案为MnO2+2Fe2+4H+2Fe3+Mn2+2H2O；Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全，影响产品纯度)；(3)“中和除杂”时，碳酸钙与铁离子、铝离子水解产生的H+反应，从而促进了水解平衡向正向移动，得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，故答案为Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)已知：Ksp(MgF2)6.41010，若使溶液中的Mg2+沉淀完全，需维持c(F)不低于mol/L8103 molL1；故答案为81
17、03 molL1；(5)“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为：Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O，故答案为Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O；(6)硫酸锰溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶；(7)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极发生氧化反应，元素化合价升高，故为硫酸锰失去电子生成二氧化锰，电极反应式为Mn2+2H2O2eMnO2+4H+，故答案为Mn2+2H2O2eMnO2+4H+。11.数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子
18、有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为_，第一电离能最小的元素是_(填元素符号)。（2）C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是_(填化学式)。（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为_；另一种的晶胞如图二所示，该晶胞的空间利用率为_。(=1.732)（4）D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为_，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是_ (填选项序号)。极性键 非极性键 配位键 金
19、属键（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是_。请写出上述过程的离子方程式：_,_。【答案】 (1). (2). Cu (3). HFHIHBrHCl (4). sp2 (5). 34% (6). 面心立方最密堆积 (7). (8). 首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液 (9). Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH4+ (10). Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH【解析】【分析】原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核
20、外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则B为氯元素（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布为3s23p5；（2）HF分子间存在氢键，沸点最高，其它卤化氢随着相对分子质量递增，其沸点升高；（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；根据均摊法计算晶胞中C原子数目，令碳原子直径为a，计算晶胞中C原子总体积，碳原子与周围的4个原子形成正四面体结构，中心碳原子
21、与正四面体顶点原子相邻，中心碳原子到底面距离为，则正四面体的高为（a+），设正四面体的棱长为x，则斜面的高为x，底面中心到边的距离为x，再根据勾股定理计算x与a的关系，晶胞棱长=2x=x，再计算晶胞体积，晶胞空间利用率=100%；（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，所以配位数为12，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键；（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液。【详解】原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有
22、6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则B为氯元素，（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布为3s23p5，其基态原子的价电子排布图为 ；四种元素中只有Cu为金属元素失电子能力最强，其他为非金属元素，故第一电离能最小的元素是Cu；（2）HF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，即沸点由高到低的顺序是HFHIHBr
23、HCl；（3）图一为石墨的平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；图二为金刚石的晶胞，一个晶胞中含碳原子数为8+6+4=8，令碳原子直径为a，晶胞中C原子总体积=8（）3，碳原子与周围的4个原子形成正四面体结构，中心碳原子与正四面体顶点原子相邻，中心碳原子到底面距离为，则正四面体的高为（a+）=，设正四面体的棱长为x，则斜面的高为x，底面中心到边的距离为x，再根据勾股定理：（）2+（x）2=（x）2，整理得x=，故晶胞棱长=，则晶胞体积为（）3，晶胞空间利用率=8（）3（）3100%=34%；（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，所以配位数为
24、12，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键，答案为：；（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液；发生反应的离子方程式有Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH4+、Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH。【点睛】本题是对物质结构的考查，题目综合性较大，涉及元素推断、核外电子排布、晶体结构与化学键、杂化轨道、配合物、晶胞计算等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度中等。12.某有机物F()在自身免疫性疾病的治疗中有着重要的应用，工业上以
25、乙烯和芳香族化合物B为基本原料制备F的路线图如下：(1)乙烯生成A的原子利用率为100%，则X是_(填化学式)，F中含氧官能团的名称为_。(2)EF的反应类型为_，B的结构简式为_，若E的名称为咖啡酸，则F的名称是_。(3)写出D与NaOH溶液反应的化学方程式：_。(4)E有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱有6个峰的物质的结构简式为_。能发生水解反应、银镜反应且1mol该物质最多可还原出4 mol Ag遇FeCl3溶液发生显色反应分子中没有甲基，且苯环上有2个取代基(5)以乙烯为基本原料，设计合成路线合成2-丁烯酸，写出合成路线：_(其他试剂任选)。【答案】 (
26、1). O2 (2). 羟基、酯基 (3). 酯化反应或取代反应 (4). (5). 咖啡酸乙酯 (6). (7). 3 (8). (9). 【解析】【分析】根据流程图中有机物的结构式、分子式及反应条件分析各步反应的反应类型及产物；根据已知条件分析同分异构体的种类；根据题干信息设计有机物合成路线。【详解】由C的结构简式、反应信息知，A、B中均含有醛基，再结合乙烯与A的转化关系知，A是乙醛，B是，由C转化为D的反应条件知，D为，由E的分子式、F的结构式及反应条件知，E为，由E、F之间的关系知Y是乙醇，由酯的命名方法知F的名称为咖啡酸乙酯；(1)乙烯生成乙醛，则X是O2；F中含氧官能团的名称为羟基、酯基，故答案为O2；羟基、酯基；(2)EF的反应类型为酯化反应或取代反应；B的结构简式为；F的名称是咖啡酸乙酯，故答案为酯化反应或取代反应；咖啡酸乙酯；(3)D为，与NaOH溶液反应的化学方程式：，故答案为；(4)由知分子中含有苯环且苯环上连接羟基；由及分子中氧原子数目知分子中含有一个-CHO、一个HCOO-，苯环上有2个官能团：-OH、，苯环上有3种不同的位置关系，故共有3种同分异构体，其中核磁共振氢谱有6个峰的物质的结构简式为，故答案为3；(5)乙烯先被氧化成乙醛，乙醛再转化为2-丁烯醛，最后氧化为目标产物：，故答案为。
