山东省届高三模拟考试化学试题解析版.docx

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山东省届高三模拟考试化学试题解析版

山东省2020届高三模拟考试

一、选择题：

本题共10小题，每小题2分，共20分。

每小题只有一个选项符合题意。

1.我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是（）

『答案』A

『详解』A．双氢青蒿素属于有机物，A符合题意；

B．全氮阴离子盐属于无机物，B不符合题意；

C．聚合氮属于无机物，C不符合题意；

D．砷化铌纳米带属于无机物，D不符合题意；

『答案』选A。

2.下列解释事实的化学用语不正确的是（）

A.闪锌矿（ZnS）经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝（CuS）：

ZnS+Cu2+===CuS+Zn2+

B.0.1mol/L的醋酸溶液pH约为3：

CH3COOH

CH3COO-+H+

C.电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：

2H2O+2e-===H2↑+2OH-

D.钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：

Fe－3e-===Fe3+

『答案』D

『详解』A.闪锌矿（ZnS）经CuSO4溶液作用后，因ZnS的溶解度比CuS的大，则可发生沉淀的转化其离子方程式为：

ZnS+Cu2+===CuS+Zn2+，A项正确；

B.0.1mol/L的醋酸溶液pH约为3，是因为醋酸是弱酸，发生部分电离，其电离方程式为：

CH3COOH

CH3COO-+H+，B项正确；

C.电解NaCl溶液，阴极区水中的氢离子得电子生成氢气，溶液pH增大，电极反应式为：

2H2O+2e-===H2↑+2OH-，C项正确；

D.钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失电子生成亚铁离子，其电极反应式为：

Fe－2e-===Fe2+，D项错误；

『答案』选D。

『点睛』注意D选项是学生易疏忽的考点，钢铁发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀，其负极均为铁失电子生成亚铁离子的过程，不能直接得到铁离子。

3.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）

A.用氢氧燃料电池电解饱和食盐水得到0.4molNaOH，在燃料电池的负极上消耗氧气分子数为0.1NA

B.2molH3O＋中含有的电子数为20NA

C.密闭容器中1molN2（g）与3molH2（g）反应制备氨气，形成6NA个N-H键

D.32gN2H4中含有的共用电子对数为6NA

『答案』B

『详解』A.电解饱和食盐水的化学方程式为：

2NaCl+2H2O

2NaOH+Cl2

+H2

，反应中氯元素的化合价由-1价升高为0价，得到0.4molNaOH时，生成0.2molCl2，转移电子数为0.4NA，氢氧燃料电池正极的电极反应式为：

O2+2H2O+4e-=4OH-，因此正极上消耗氧气分子数为0.1NA，故A错误；

B.1个H3O＋中含有10个电子，因此2molH3O＋中含有的电子数为20NA，故B正确；

C.N2与H2反应的化学方程式为：

N2+3H2

2NH3，该反应属于可逆反应，因此密闭容器中1molN2（g）与3molH2（g）反应生成氨气物质的量小于2mol，形成N-H键的数目小于6NA，故C错误；

D.32gN2H4物质的量为

=1mol，两个氮原子间有一个共用电子对，每个氮原子与氢原子间有两个共用电子对，因此1molN2H4中含有的共用电子对数为5NA，故D错误；

故选B。

『点睛』本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确H3O＋中含有10个电子，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。

4.氮及其化合物的转化过程如图所示。

下列分析合理的是（）

A.催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成

B.N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%

C.在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移

D.催化剂a、b能提高反应的平衡转化率

『答案』B

『详解』A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；

B.N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；

C.在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；

D.催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；

『答案』选B。

『点睛』D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。

5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）

A.遇苯酚显紫色的溶液：

I－、K+、SCN－、Mg2＋

B.pH＝12的溶液：

K+、Na＋、ClO－、SO32—

C.水电离的c（OH－）＝1×10－13mol·L－1的溶液中：

K＋、Cl－、CH3COO－、Cu2+

D.0.1mol·L－1的K2SO4溶液：

Na＋、Al3＋、Cl—、NO3—

『答案』D

『详解』A．遇苯酚显紫色的溶液，说明溶液中含有Fe3+，Fe3+与I－因发生氧化还原反应而不能大量共存，Fe3+与SCN－能反应生成络合物，而不能大量共存，A不符合题意；

B．ClO－具有强氧化性，SO32-具有还原性，ClO－与SO32-能发生氧化还原反应而不能大量共存，B不符合题意；

C．酸碱抑制水的电离，溶液中水电离的c（OH－）＝1×10－13mol·L－1，该溶液可能显酸性或碱性；酸性溶液中，H+与CH3COO－不能大量共存，C不符合题意；

D．0.1mol·L－1的K2SO4溶液，溶液中的Na＋、Al3＋、Cl-、NO3-能够大量共存，D符合题意；

『答案』选D。

『点睛』在做离子共存题的时候，重点要注意题目中暗含的信息，例如溶液中水电离的c（OH－）＝1×10－13mol·L－1，这个溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，弱酸根离子与H+不能够大量共存，弱碱阳离子与OH-不能够大量共存。

6.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y与W同族。

X、Y、Z三种原子最外层电子数

关系为X+Z=Y。

电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液。

下列说法正确的是（）

A.W的氢化物稳定性强于Y的氢化物

B.Z与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键

C.Z与Y形成的化合物的水溶液呈碱性

D.对应的简单离子半径大小为W>Z>X>Y

『答案』C

『分析』元素X、Y、Z、W为短周期且原子序数依次增大，电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素为氯元素（Cl），Z元素为钠（Na），X元素为氧（O），Y与W同族，可推出Y元素为氟（F）。

『详解』A.最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y元素为氟，W元素为氯，非金属性F>Cl，氢化物稳定性HF>HCl，故A错误；

B.Z元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键，故B错误；

C.钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2O

HF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确；

D.对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：

O2->F->Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为：

Cl->O2->F->Na+，故D错误；

故选C。

『点睛』本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。

7.乙烯气相直接水合反应制备乙醇：

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）＝1mol，容器体积为1L）。

下列分析不正确的是（）

A.乙烯气相直接水合反应的∆H＜0

B.图中压强的大小关系为：

p1＞p2＞p3

C.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：

a＞b

『答案』B

『分析』A.温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动；

B.增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大；

C.由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，依据三段法进行计算并判断；

D.升高温度，增大压强，反应速率加快。

『详解』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，∆H＜0，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p1

C.由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，那么乙烯转化了0.2mol/L

C2H4（g）+H2O（g）

C2H5OH（g）

始（mol/L）110

转（mol/L）0.20.20.2

平（mol/L）0.80.80.2

平衡常数K=K=

=

=

，C项正确；

D.升高温度，增大压强，反应速率加快b点温度和压强均大于a点，因此反应速率b>a，所需要的时间：

a＞b，D项正确；

『答案』选B。

8.线型PAA（

）具有高吸水性，网状PAA在抗压性、吸水性等方面优于线型PAA。

网状PAA的制备方法是：

将丙烯酸用NaOH中和，加入少量交联剂a，再引发聚合。

其部分结构片段如图所示，列说法错误的是（）

A.线型PAA的单体不存在顺反异构现象

B.形成网状结构的过程发生了加聚反应

C.交联剂a的结构简式是

D.PAA的高吸水性与—COONa有关

『答案』C

『详解』A.线型PAA的单体为CH2=CHCOONa，单体不存在顺反异构现象，故A正确；

B. CH2=CHCOONa中的碳碳双键发生的加成聚合反应，形成网状结构，过程发生了加聚反应，故B正确；

C.分析结构可知交联剂a的结构简式是

，故C错误；

D.线型PAA（

）具有高吸水性，和−COONa易溶于水有关，故D正确；

故选：

C。

9.只用如图所示装置进行下列实验，能够得出相应实验结论

是（）

『答案』D

『详解』A．稀盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明稀盐酸的酸性比碳酸的酸性强，由于盐酸不是含氧酸，不能够证明Cl的非金属性比C的非金属性强，A错误；

B．电石中除含有碳化钙，还含有硫化钙和磷化钙，硫化钙和磷化钙能与饱和食盐水反应生成的H2S和PH3，H2S和PH3能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙炔检验，B错误；

C．二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，如果不加热，二氧化锰与浓盐酸不能发生反应，C错误；

D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫通入溴水中，溴水褪色，反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，SO2在反应中作还原剂，D正确；

『答案』选D。

『点睛』实验室制取氯气时要注意：

①浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下发生反应生成氯气，常温下浓盐酸与二氧化锰不反应；②稀盐酸与二氧化锰在加热的条件下也不能发生反应。

二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色、能使溴水褪色，体现二氧化硫的还原性，而不是漂白性，二氧化硫使品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性。

10.常温下，向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。

下列分析正确的是（）

A.各点溶液中的阳离子浓度总和大小关系：

d>c>b>a

B.常温下，R-的水解平衡常数数量级为10-9

C.a点和d点溶液中，水的电离程度相等

D.d点的溶液中，微粒浓度关系：

c（R-）+2c（HR）=c（NH3∙H2O）

『答案』B

『详解』A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，根据图象可知，b点导电能力最强，d点最弱，A错误；

B.根据图象可知，0.1mol/L的HR溶液的pH=3，则c（R-）≈c（H+）=10-3mol/L，c（HR）≈0.1mol/L，HR的电离平衡常数Ka=

=10-5，则R-的水解平衡常数数Kh=

=10-9，B正确；

C.a、d两点导电能力相等，但溶液的pH分别为4、8，都抑制了水的电离，a点c（H+）=10-4mol/L，d点c（OH-）=10-6mol/L，所以对水的电离程度的影响不同，C错误；

D.d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3•H2O，根据物料守恒可得：

2c（HR）+2c（R-）=c（NH3∙H2O）+c（NH4+），因溶液呈碱性，NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则c（NH4+）>c（NH3∙H2O），则c（HR）+c（R-）＞c（NH3∙H2O），D错误；

故合理选项是B。

二、本题共5小题，每小题4分，共20分。

每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。

11.高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：

下列叙述错误的是（）

A.用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水

B.反应I中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用

C.反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:

2

D.该条件下，物质的溶解性：

Na2FeO4

『答案』D

『详解』A.K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为Fe3+，Fe3+水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可达到净水的目的，A叙述正确，但是不符合题意；

B.反应I中尾气Cl2为，可与FeCl2继续反应生成FeCl3，B叙述正确，但是不符合题意；

C.反应II中的反应方程式为3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，氧化剂是NaClO，还原剂是2FeCl3，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:

2，C叙述正确，但是不符合题意；

D.向饱和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶体析出，说明该条件下，物质的溶解性：

Na2FeO4>K2FeO4，D叙述错误，但是符合题意；

『答案』选D。

12.国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染。

其工作原理如图所示。

下列说法正确的是（）

A.“全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能

B.吸附层b发生的电极反应：

H2–2e+2OH=2H2O

C.NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应

D.“全氢电池”的总反应:

2H2+O2=2H2O

『答案』A

『分析』由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。

『详解』A.“全氢电池”工作时，将酸碱反应的化学能（中和能）转化为电能，故A正确；

B.右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，故B错误；

C.NaClO4的作用是传导离子，没有参与电极反应，故C错误；

D.由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，总反应为：

H++OH-═H2O，故D错误；

正确『答案』是A。

13.下列有关电解质溶液的说法正确的是（）

A.25℃时pH＝2的HF溶液中，由水电离产生的OH－浓度为10-12mol·L－1

B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中：

c（Na＋）＝c（HCO3-）＋c（H2CO3）＋2c（CO32－）

C.向1L1mol·L-1的NaOH热溶液中通入一定量Br2，恰好完全反应生成溴化钠、次溴酸钠和溴酸钠（溴酸为强酸、次溴酸为弱酸）的混合溶液：

c（Na＋）＋c（H＋）＝6c（BrO3－）＋2c（BrO－）＋c（HBrO）＋c（OH－）

D.25℃时pH＝3的盐酸与pH＝11的氨水等体积混合，所得溶液的pH＜7

『答案』AC

『详解』A.25℃，pH=2的HF溶液中，c（H+）=10-2mol·L-1，OH-均由水电离，c（OH-）=

=

=10-12mol·L-1，故A正确；

B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中存在电荷守恒：

c（H＋）+c（Na＋）＝c（HCO3-）＋c（H2CO3）＋2c（CO32－）+c（OH-），该溶液呈碱性c（OH-）>c（H+），则c（Na＋）>c（HCO3-）＋c（H2CO3）＋2c（CO32－），故B错误；

C.溶液中的溶质为NaBr、NaBrO、NaBrO3，它们会电离出阴阳离子，溶剂H2O也会电离出H+、OH-，则溶液中的阳离子有Na+、H+，阴离子有OH-、Br-、BrO-、BrO3-，可列出电荷守恒式：

c（Na+）+c（H+）=c（BrO3-）+c（BrO-）+c（Br-）+c（OH-）①，再根据电子得失守恒，可列出：

5c（BrO3-）+c（BrO-）+c（HBrO）=c（Br-）②（其中BrO-会水解，部分转化为HBrO），①②式联立，可得：

c（Na＋）＋c（H＋）＝6c（BrO3－）＋2c（BrO－）＋c（HBrO）＋c（OH－），故C正确；

D.pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，两种溶液H+与OH-离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7，故D错误；

故选AC。

14.某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素

含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（）

A.灼烧海带

B.将海带灰溶解后分离出不溶性杂质

C.制备Cl2，并将I-氧化为I2

D.以淀粉为指示剂，用Na2SO3标准溶液滴定

『答案』B

『详解』A.灼烧海带在坩埚中进行，而不是在烧杯中，A错误；

B.海带灰溶解后分离出不溶性杂质需要采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，B正确；

C.制备Cl2，并将I-氧化为I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和的食盐水，尾气需要用到氢氧化钠溶液吸收，C错误；

D.Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，所以滴定时Na2SO3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D错误；

『答案』选B。

『点睛』在实验操作中，选择合适的仪器至关重要，灼烧时应选择在坩埚中进行，滴定操作时应该注意滴定管的选择，酸性溶液、强氧化性溶液选择酸式滴定管。

三、非选择题：

本题共5小题，共60分。

15.FeSO4溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用Fe2+，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”，化学式为（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。

I．某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。

本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都经过煮沸、冷却后再使用。

向FeSO4溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，经过操作_______________、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。

II．实验探究影响溶液中Fe2+稳定性的因素

（1）配制0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的（NH4）2Fe（SO4）2溶液（pH=4.0），各取2mL上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15min后观察可见：

（NH4）2Fe（SO4）2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液，FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。

『资料1』

沉淀

Fe（OH）2

Fe（OH）3

开始沉淀pH

7.6

2.7

完全沉淀pH

9.6

3.7

请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因___________________________。

②讨论影响Fe2+稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：

假设1：

其他条件相同时，NH4+的存在使（NH4）2Fe（SO4）2溶液中Fe2+稳定性较好。

假设2：

其他条件相同时，在一定pH范围内，溶液pH越小Fe2+稳定性越好。

假设3：

__________________________________________________。

（2）小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A（0.2mol/LNaCl）和溶液B（0.1mol/LFeSO4）为不同的pH，观察记录电流计读数，对假设2进行实验研究，实验结果如下表所示。

序号

A0.2mol/LNaCl

B0.1mol/LFeSO4

电流计读数

实验1

pH=1

pH=5

8.4

实验2

pH=1

pH=1

6.5

实验3

pH=6

pH=5

7.8

实验4

pH=6

pH=1

5.5

『资料2』原电池装置中，其他条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大。

『资料3』常温下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液稳定性更好。

根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：

U型管中左池的电极反应式_________________________。

②对比实验1和2（或3和4），在一定pH范围内，可得出的结论为__________________。

③对比实验_____和_____还可得出在一定pH范围内，溶液酸碱性变化是对O2氧化性强弱的影响因素。

对『资料3』实验事实的解释为________________________________________________。

『答案』

（1）.蒸发浓缩

（2）.4Fe2++O2+10H2O＝4Fe（OH）3↓+8H+（3）.当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。

）（4）.O2+4e-+4H+＝2H2O（5）.溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱（6）.1（7）.3（或2和4）（8）.其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响，故pH=1的FeSO4溶液更稳定。

（其他表述酌情给分）

『分析』根据物质性质及实验现象分析发生的化学反应；根据两种溶液离子浓度的差异判断，NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性；由表中数据可知，溶液酸性越强，电流计读数越小，说明Fe2+的还原性越弱，由实验1和3（或2和4）可知，pH越大电流计读数越小，以此解答该题。

『详解』I．FeSO4具有还原性，应避免被氧化，则蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，除去水中溶解的氧气，由溶液得到晶体，应先加热浓缩溶液，然后冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，故『答案』为：

蒸发浓缩；

II．

（1）①FeSO4溶液出现淡黄色浑浊，应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+，故『答案』为：

4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+；

②根据两种溶