1、河北省保定市2020年高三化学第二次模拟试题（含解析）1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. 在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止被盛装食品受潮B. 淀粉可用于制取葡萄糖、乙醇、乙酸C. 化妆品中添加甘油，具有保湿效果D. 使用75%的酒精、0.1%的次氯酸钠和1%的食盐水均可以快速高效杀死新冠病毒【答案】D【解析】【详解】A.在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，故A正确；B.淀粉水解可以生成葡萄糖，葡萄糖发酵生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，故B正确； C.甘油分子中含亲水基，具有吸湿性，添加到化妆品中有保湿作用，故C正确；D.75%的酒精、0.1%的次氯酸钠
2、均能使病毒的蛋白质变性失活，则可用来杀死新冠病毒，而1%的食盐水不能杀灭病毒，则不能用1%的食盐水杀死新冠病毒，故D错误；综上所述，答案为D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 0.01molL-1KAl(SO4)2溶液中的SO42-数目为0.02NAB. 用浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备1mol氯气，转移的电子数均为2NAC. 1molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，溶液中NH4+的数目为NAD. 9.0g葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的数目为0.3NA【答案】C【解析】【详解】A.体积未知，当溶液体积为1L时，0.01molL-1KAl(SO4)2溶液
3、中，硫酸根离子数为0.02NA，故A错误；B.MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数为2NA，KClO3+6 HCl（浓）=KCl+3 Cl2+3 H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数为 NA，故B错误； C.将1molNH4NO3溶于稀氨水中，根据电荷守恒可知有：n（OH-）+n（NO3-）=n（H+）+n（NH4+），而溶液呈中性，则有n（OH-）=n（H+），故可知n（NH4+）=n（NO3-）=1mol，即铵根离子个数为NA个，故C正确；D.葡萄糖分子式C6H12O6、蔗糖分子式C12H22O11，两种分子中碳、氢、氧三种元素的原子个
4、数比分别为：1：2：1、12：22：11，含碳量不同，故混合物中的碳的质量无法确定，碳原子的数目无法确定，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】因为KClO3+6 HCl（浓）=KCl+3 Cl2+3 H2O为归中反应，所以要通过化合价计算转移的电子数目，即每生成3mol氯气，转移的电子为5mol。3.下列实验操作与实验现象或结论不相匹配的是实验操作实验现象或结论A向2支均盛有2mL1.0molL-1KOH溶液的试管中分别加入2滴浓度均为0.lmolL-1的AlCl3和MgCl2溶液，加入MgCl2溶液的试管出现白色沉淀，另一支无明显现象Ksp A1(OH)3KspMg(OH)2B向盛有KI溶
5、液的试管中滴加氯水和CCl4液体,振荡下层溶液变为紫红色C室温下，用pH试纸分别测0.lmolL-1Na2SO3和0.1molL-1Na2CO3溶液的pHNa2SO3溶液的pH约为10,Na2CO3溶液的pH约为12,则说明CO32-水解的能力比SO32-的强D向盛有Na2S2O3溶液的试管中先滴入酚酞溶液，然后滴加盐酸，边滴边振荡溶液先变红后褪色，有气泡产生并出现浑浊A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.由于氢氧化铝为两性氢氧化物，过量的氢氧化钾将生成的氢氧化铝溶解，不能通过该实验比较Ksp A1(OH)3和KspMg(OH)2的大小，故A错误；B.氯水中的Cl2和K
6、I反应生成KCl和I2，CCl4萃取I2，由于CCl4的密度大于水，则下层溶液（溶解I2的CCl4溶液）变为紫红色，故B正确； C.Na2SO3溶液和Na2CO3溶液均为碱性，是因为碳酸根和亚硫酸根均能发生水解，而Na2SO3溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH，则说明CO32-水解的能力比SO32-的强，故C正确；D.Na2S2O3为强碱弱酸盐，Na2S2O3溶液呈碱性，向盛有Na2S2O3溶液的试管中滴入酚酞溶液，溶液变红，然后滴加盐酸，发生反应：Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S+SO2+H2O，Na2S2O3溶液转变为NaCl溶液（中性），溶液的红色消失，有气泡产生并出现浑浊，故
7、D正确；综上所述，答案为A。【点睛】要注意氢氧化铝性质的特殊性，氢氧化铝能够被强碱溶解生成易溶于水的偏铝酸盐。4.某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源，进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示。下列说法正确的是A. Y电极反应为Pb+SO42-2e-=PbSO4B. 每消耗103.5gPb, 理论上电解池阴极上有1molH2生成C. 该电解池的总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2D. 若污水为含有Cr2O72-工业酸性废水，为将其转化为Cr3+除去，可让铁电极连接铅蓄电池的正极【答案】D【解析】【分析】据图可知电解池中，铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2
8、Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，Fe电极上水得电子作阴极，电极反应为：6H2O+6e-=3H2+6OH-，铅蓄电池中X与阴极Fe相连，作负极，负极上发生的反应是Pb+SO42-2e-=PbSO4，Y与阳极铝相连，作正极，电极反应为PbO2+4H+SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，串联电路中各电极转移电子相等。【详解】A.由分析可知，Y作正极，电极反应为PbO2+4H+SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，故A错误；B.n（Pb）= ，Pb是+2价金属，反应的Pb的物质的量是0.5mol，则反应转移电子的物质的量是0.5mol2=1mol，根据串联电路中电子转
9、移守恒，则电解池的阴极上反应产生H2的物质的量是0.5mol，故B错误； C.阳极铝电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，阴极Fe电极电极反应为6H2O+6e-=3H2+6OH-，总反应为2Al+6H2O 2Al(OH)3（胶体）+3H2，在铝的表面有氧气产生，说明还存在电解水的过程：2H2O O2+2H2，故C错误；D.让铁电极连接铅蓄电池的正极作阳极，则铁失电子转化为亚铁离子，含有Cr2O72-工业酸性废水具有强氧化性，与亚铁离子反应可转化为Cr3+除去，故D正确；综上所述，答案为D。5.化合物丙是一种医药中间体，可以通过如图反应制得。下列说法正确的是 A. 丙的分子式为C10Hl6O2
10、B. 甲的一氯代物有4种（不考虑立体异构）C. 乙可以发生取代反应、加成反应、氧化反应D. 甲、丙均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A.由丙的结构简式可知，丙的分子式为C10H14O2，故A错误；B.甲的分子中有3种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有3种（不考虑立体异构），故B错误； C.乙的结构中含有碳碳双键和酯基，碳碳双键可以发生加成反应、氧化反应，酯基可以发生取代反应，故C正确；D.甲、丙结构中均含有碳碳双键，能被高锰酸钾氧化，则均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；综上所述，答案为C。6.A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A是元素周期表中原子
11、半径最小的元素；C元素最高价氧化物对应的水化物是一种强碱；B、D、E的最外层电子数之和为19且B的一种单质可用于饮用水消毒。下列说法错误的是A. B、C、D的简单离子半径：DBCB. B与A、C、D、E四种元素均可形成两种或两种以上化合物C. 由B、C、E三种元素形成的化合物溶于水均能促进水的电离D. 分子D2E2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键【答案】C【解析】【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A为氢元素；C元素最高价氧化物对应的水化物是一种强碱，为氢氧化钠，则C为钠元素；B、D、E的最外层电子数之和为19且
12、B的一种单质可用于饮用水消毒，则B为氧元素，D为硫元素，E为氯元素。【详解】A.由分析可知，B、C、D分别为氧元素、钠元素、硫元素元素，形成离子时，氧离子、钠离子核外有两个电子层，硫离子核外有三个电子层，电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径：S2-O2-Na+，故A正确；B.氢元素与氧元素能形成水、双氧水，钠元素与氧元素能形成氧化钠、过氧化钠，硫元素与氧元素能形成二氧化硫、三氧化硫，氯元素与氧元素能形成二氧化氯、氧化二氯、七氧化二氯等，故B正确； C.由氧元素、钠元素、氯元素三种元素形成的化合物可以是高氯酸钠，高氯酸钠为强酸强碱易溶盐，溶于水不
13、能促进水的电离，故C错误；D.分子S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，其中原子均满足8电子稳定结构，分子中存在极性共价键和非极性键，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】比较离子半径时，一般可先比较电子层，电子层数越多，其对应的离子的离子半径越大；当电子层数相同时，再比较核电荷数，核电荷数小的离子半径大；当电子层数、核电荷数均相同时，最后比较电子数，电子数多的离子半径大。7.常温下,向20mL0.05molL-1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1molL-1氨水，溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是A. NaHB溶液中一定含有H2B分子B. A、B、C三点溶液的p
14、H逐渐减小，D、E、F三点溶液的pH逐渐增大C. E溶液中离子浓度大小关系为c(NH4+)c(B2-)c(H+)c（OH-)D. B点溶液pH=7【答案】C【解析】【分析】常温下，由图可知，0.05molL-1某稀酸H2B溶液中由水电离产生的氢离子为10-13 molL-1，则H2B为二元强酸；向20mL0.05molL-1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1molL-1氨水，溶液开始时为酸性，到D点时，二者恰好完全反应生成(NH4)2B，则溶液为酸性，至F点时，溶液为中性。【详解】A.由分析可知，H2B为二元强酸，则NaHB溶液中不含有H2B分子，故A错误；B.随着氨水的加入，溶液的酸性减弱，溶液
15、的pH增大，所以A、B、C三点溶液的pH是逐渐增大的，故B错误； C.E溶液显示酸性，硫酸铵和氨水的混合物，得到的溶液中铵根离子的水解程度较强，即c(H+)c(OH-)，所以c(NH4+)c(B2-)c(H+)c(OH-)，故C正确；D.F点溶液的pH=7，B点溶液的pHHCMg (2). NO3-、SiO32-、SO3中任意一种 (3). 3d54s1 (4). sp3 (5). 平面三角形 (6). 0.41nm (7). 白色球改为黑色球 (8). 6 (9). 4 (10). 12 (11). Mg2+、O2-离子半径小、所带电荷大，晶格能大【解析】【详解】（1）碱式碳酸镁中含有O、H
16、、C、Mg元素，Mg金属的第一电离能比铍小，要注意H的第一电离能比较特殊，几乎和氧相同，略小于氧，比碳的大，碳比铍大，所以有OHCMg；CO32-的等电子体可从C想到Si可得SiO32-；比C多一价电子的是N可想到NO3-和PO3-；再多一价电子想到S和O，可得SO3、S4、O4等，常见有NO3-、SiO32-、SO3；原子序数与CO32-的价电子数相等的基态原子为24号元素Cr，其价电子排布式为3d54s1（半充满状态稳定），故答案为：OHCMg；NO3-、SiO32-、SO3中任意一种；3d54s1；（2）、中Mg均形成4个键，价层电子对数为4，其杂化方式为sp3；中C形成3个键一个键，价
17、层电子对数为3，则空间构型为平面三角形；设氯氯之间的距离为S，利用余弦定理，S2=R2+R2-2R2cos（10928）,代入数值可推出S2=,S=0.41nm，故答案为：sp3；平面三角形；0.41nm；（3）根据氯化钠晶胞结构知，MgO晶胞中Mg原子和Mg原子处于小正方形的对角线上，根据图像可知，空心球应为黑色球；NaCl为离子晶体心，一个Na+周围有6个氯离子，位于上下左右前后，属于6配位，则MgO晶体中Mg2+的配位数为6；所包含的Mg2+数目为61/2+81/8=4；从图上可以看出每个Mg 2+最近的Mg2+数目为12；Mg2+、O2-离子半径小、所带电荷大，晶格能大，沸点高，硬度大
18、，所以是优良的耐高温材料，故答案为：白色球改为黑色球；6；4；12；Mg2+、O2-离子半径小、所带电荷大，晶格能大。12.烃A常用于有机合成及用作色谱分析的标准物质，其相对分子质量为82,分子中含有两个碳碳双键、无支链，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为2:2:1。D无酸性，相对分子质量为202。F为高分子化合物(C10H14O4)n。有机物A、B、C、D、E、F之间的转化关系如图：已知：RCH=CH2 RCH(CH3)CHO(CH3)2CHCOORCH2=C(CH3)COOR回答下列问题：（1）的反应类型为_，E中含氧官能团的名称为_。（2）用系统命名法命名的A的名称为_。（3）下列有
19、关物质A的说法错误的是_。a.A能使酸性高锰酸钾溶液褪色 b.A分子中最少有三个碳原子共面c.A分子中存在两种顺反异构 d.A分子一定条件下能发生加聚反应（4）写出的化学方程式_（5）G与有机物D互为同系物，比D分子少6个碳原子，满足下列条件的G的同分异构体有_种（不考虑立体异构）。a.1molG与碳酸氢钠溶液反应生成1molCO2b.1molG与NaOH溶液反应消耗2moLNaOH以上同分异构体中，任意写出一种满足核磁共振氢谱有3组峰的有机物的结构简式_。（6）参照上述已知中的信息，以乙烯为原料（无机试剂任选），设计制备的路线。_【答案】 (1). 加聚反应 (2). 酯基 (3). 1，5
20、-已二烯 (4). c (5). (6). 5 (7). 、（任写一种） (8). 【解析】【分析】A的相对分子质量为82，分子式为C6H10，含有两个碳碳双键，没有支链，含有三组峰，符合2:2:1的的分子A为CH2=CH-CH2-CH2-CH=CH2；根据信息推导出B为OHC-CH(CH3)CH2CH2CH(CH3)CHO，B被氧化生成羧酸，C为HOOC CH(CH3)CH2CH2CH(CH3)COOH，再发生酯化反应，生成D为CH3OOCCH(CH3)CH2CH2CH(CH3)COOCH3：根据信息知道D转化E发生氧化反应，E可以为CH3OOCC(CH3)=CH-CH=C(CH3)COOC
21、H3（E应该还有别的结构，与本题解题无关），E一定要能保证发生加聚反应生成高分子F。【详解】（1）E发生加聚反应生成F，根据E的结构简式可知含有的官能团为碳碳双键、酯基，其中含氧官能团为酯基，故答案为：加聚反应；酯基；（2）A为CH2=CH-CH2-CH2-CH=CH2，其名称为1，5-已二烯，故答案为：1，5-已二烯；（3）a.因为A分子中含有两个碳碳双键，所以能被高锰酸钾氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故a正确；b.A分子中含有碳碳双键，乙烯基结构中最少有三个碳原子共面，故b正确；c.A分子中每一个碳碳双键均存在两个相同的氢，不存在顺反异构情况，故c错误；d.A分子中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应，故d正确；综上所述，答案为：c；（4）BOHC-CH(CH3)CH2CH2CH(CH3)CHO，醛基被氢氧化铜氧化为羧基，其反应方程式为，故答案为：；（5）D的分子式为C10H18O4，则G为C4H6O4，含有1个羧基，同时含有1个酯基，可能的结构简式为、，有5种，其中核磁共振氢谱有3组峰的为后三种中任意一个，故答案为：5；、（任写一种）；（6）结合信息，乙烯转化为丙醛，丙醛再转化为丙醇，依次转化为丙烯、聚丙烯，则合成路线为，故答案为：。
