2020年海南新高考化学全真模拟卷（四）（解析版）[共19页]

1、2020年海南新高考全真模拟卷（四）化 学（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 S-32 Fe-56 第卷（选择题 共40分）一、选择题：本题共8小题,每小题2分,共16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下列材料中不属于有机高分子化合物的是A BCD 宇宙飞船外壳光导纤维宇航服熔喷布酚醛树脂二氧化硅聚酯纤维聚丙烯【参考答案】B【解析】酚醛树脂、聚酯纤维、聚丙烯均为有机高分子化合物,B为无机非金属材料。2自然界中的许多植物中含有醛,其中有些具有特殊香味,可作为植物香料使用,例如桂皮含肉桂醛(CH=CHCH

2、O),杏仁含苯甲醛(CHO)。下列说法错误的是A肉桂醛,苯甲醛都能发生加成反应、取代反应和聚合反应B可用新制氢氧化铜悬浊液检验肉桂醛分子中的含氧官能团C肉桂醛和苯甲醛互为同系物D苯甲醛分子中所有原子可能位于同一平面内【参考答案】C【解析】A项、肉桂醛含碳碳双键可发生加成、加聚反应,含醛基可发生加成反应,苯环上H可发生取代反应；苯甲醛含醛基可发生加成反应,苯环上H可发生取代反应,苯甲醛在放置过程中会发生聚合反应和氧化反应,故A正确；B项、含-CHO的物质可与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀,则可用新制氢氧化铜悬浊液检验肉桂醛分子中的含氧官能团,故B正确；C项、肉桂醛含碳碳双键,而苯甲醛不含,

3、结构不相似,则不是同系物,故C错误；D项、苯甲醛分子中含有苯环和醛基,无饱和碳原子,所有原子可能位于同一平面内,故D正确。故选C。3合理饮食、营养均衡有利于身体健康,下列叙述错误的是( )A大米、小麦中含有淀粉,消化吸收后可为生命活动提供能量B肉、蛋、奶中的蛋白质,需水解成氨基酸后才能吸收C久置的油脂变味不能食用,是由于油脂发生了水解反应D水果、蔬菜是维生素、无机盐和膳食纤维的重要来源【参考答案】C【解析】A大米、小麦中的淀粉被消化吸收后,可以为人体各项生命活动提供能量,故A正确；B肉、蛋、奶中的蛋白质被人体摄入后会被消化,以氨基酸的形式被吸收,B正确；C油脂变质的实质是由于油脂中的碳碳双键受

4、到空气中的氧、水或微生物作用发生的氧化反应,产生一些具有特殊气味的低分子醛、酮或羧酸等,而且会产生哈喇味,发生的不是水解反应,故C错误；D水果、蔬菜富含调节人体生理机能的维生素、含有纤维素、大量叶绿素和无机盐等,故D正确；故选C。4下列实验操作、现象和结论均正确的是( )选项实验操作现象结论A向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴2滴水脱脂棉燃烧Na2O2与水反应放热B向浓FeCl3溶液中加入一小块薄铜片铜片溶解金属性CuFe C向Fe(NO3)2样品中加入稀硫酸,再滴加KSCN溶液溶液变为红色Fe(NO3)2样品已经氧化变质D向蔗糖溶液中加入稀硫酸,加热几分钟后加入Cu(OH) 2悬浊液,继续加热

5、无红色沉淀生成蔗糖没有发生水解反应【参考答案】A【解析】A过氧化钠与水反应生成氧气,且放热,因此脱脂棉燃烧,故A正确；B向浓FeCl3溶液中加入一小块薄铜片,铜片溶解,是发生了反应2Fe3+ + Cu=2Fe2+ + Cu2+,没有置换出铁,不能说明金属性CuFe,结论不正确,故B错误；CFe(NO3)2样品中加入稀硫酸,发生氧化还原反应生成铁离子,滴加KSCN溶液,溶液变红,不能检验是否变质,结论不正确,故C错误；D蔗糖水解后的溶液显酸性,检验葡萄糖应在碱性条件下进行,水解后没有加碱中和催化剂硫酸,并调节溶液至碱性,不能检验生成的葡萄糖,操作和结论不正确,故D错误；故选A。5某反应的H100

6、 kJmol1,下列有关该反应的叙述正确的是A正反应活化能小于 100 kJmol1 B逆反应活化能一定小于 100 kJmol1C正反应活化能大于 100 kJmol1 D正反应活化能比逆反应活化能大 100 kJmol1【参考答案】D【解析】某反应的H=+100kJmol-1,则正反应的活化能-逆反应的活化能=+100kJmol-1,说明正反应的活化能比逆反应的活化能大于100kJmol-1,无法确定正、逆反应活化能的大小,D正确,故选D。【点睛】正确理解焓变与活化能的关系是解题的关键。本题可以借助于图象分析：6下列化学用语表示正确的是( )A硫原子的结构示意图：B三氟化氮的电子式 C小苏

7、打在溶液中的电离方程式：NaHCO3=NaHCO32D1mol 硫酸氢钠晶体中共含有离子的数目为 2NA【参考答案】D【解析】A硫原子的核外有16个电子,其结构示意图为,故A错误；B三氟化氮分子中,氮原子和氟原子最外层都达到8电子稳定结构,正确的电子式为,故B错误；CNaHCO3只能完全电离为Na+和HCO3-,电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3-,故C错误；D1mol硫酸氢钠晶体中含有1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子,含离子总数为2NA,故D正确；故选D。7硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一。下列说法正确的是A硒的摄入量越多对人体健康越好 BSe2-的半径小于Cl-的半径CH2

8、Se的熔沸点比H2S高 DH2SeO4的酸性比H2SO4强【参考答案】C【解析】A硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一,但并不表示摄入量越多越好,故A错误；BSe2-的半径大于同周期Br-的半径,而Br-半径大于Cl-的半径,故B错误；CH2Se和H2S结构相似,相对分子质量越大,分子间作用力越大,熔沸点越高,则H2Se的熔沸点比H2S高,故C正确；D元素的非金属性越强,其最高价氧化物水化物酸性越强,Se的非金属性比S弱,则H2SeO4的酸性比H2SO4弱,故D错误；故参考答案为C。8（山东省济南二中2020届高三线上检测）设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是A1L0.1molL-

9、1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NAB0.24g Mg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧,转移电子数为0.02NAC3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAD1molNa2O2与SO2完全反应,转移电子数为2NA【参考答案】A【解析】A. 铁离子在溶液中水解导致阳离子个数增多,故溶液中阳离子个数多于0.2NA个,故A错误；B. 0.24g Mg为0.01mol,Mg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧生成MgO,失去0.02mol电子,则转移电子数为0.02NA,故B正确；C. CO2的摩尔质量为44g/mol,含22个质子；SO2的摩尔质量为64g/mo

10、l,含32个质子,即两者均是2g中含1mol质子,故3g混合物中含1.5mol质子即1.5NA个质子,故C正确；D.过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠,1mol过氧化钠中的1价的氧原子变为2价,故1mol过氧化钠转移2mol电子即2NA个,故D正确；参考答案选A。二、选择题：本题共6小题,每小题4分,共24分,每小题有一个或两个选项符合题意。若正确参考答案只包括一个选项,多选得0分；若正确参考答案包括两个选项,只选一个且正确得2分,选两个且都正确得4分,但只要选错一个就得0分。9天然气因含有少量 H2S 等气体开采应用受限。T.F 菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫,其原理如下图所示。下列说法

11、不正确的是( )A. 脱硫过程 O2 间接氧化 H2SB. 该脱硫过程需要不断添加 Fe2(SO4)3 溶液C. 亚铁是血红蛋白重要组成成分,FeSO4 可用于治疗缺铁性贫血D. 华阳国志记载“取井火煮之,一斛水得五斗盐”,我国古代已利用天然气煮盐【参考答案】B【解析】A脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢,自身被还原成硫酸亚铁,硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁,脱硫过程O2间接氧化H2S,A选项正确；BT.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫,Fe2(SO4)3氧化硫化氢,自身被还原成硫酸亚铁,硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁,Fe2(SO4)3为催化剂,该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶

12、液,B选项错误；C亚铁是血红蛋白的重要组成成分,起着向人体组织传送O2的作用,若缺铁就可能出现缺铁性贫血,C选项正确；D天然气主要成分为甲烷,甲烷燃烧放出热量,华阳国志记载“取井火煮之,一斛水得五斗盐”,我国古代已利用天然气煮盐,D选项正确；参考答案选B。10我国科研团队成功研究出高比能量、低成本的钠离子二次电池,其工作原理示意图如图。已知电池反应：Na1-xMnO2+NaxCnNaMnO2+nC。下列说法正确的是（ ）A. 电池放电过程中,NaMnO2/Al上的电势低于石墨烯/Al上的电势B. 电池放电时,正极可发生反应Na1-xMnO2+xNa+xe-=NaMnO2C. 电池充电时,外接电

13、源的负极连接NaMnO2/Al电极D. 电池充电时,Na+由NaMnO2/Al电极移向石墨烯/Al电极【参考答案】BD【解析】A放电时NaMnO2/Al为正极,石墨烯/Al为负极,正极电势高于负极电势,故A错误；B放电时,正极得电子发生还原反应,根据总反应可知正极反应为Na1-xMnO2+xNa+xe-=NaMnO2,故B正确；C充电时NaMnO2/Al发生氧化反应为阳极,与外接电源的正极相连,故C错误；D充电时为电解池,电解池中阳离子流向阴极,即由NaMnO2/Al电极移向石墨烯/Al电极,故D正确；故参考答案为BD。11分别在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)

14、D(g)。其中容器甲中反应进行至5min时达到平衡状态,相关实验数据如表所示：容器温度/起始物质量/mol平衡物质的量/mol化学平衡常数n(A)n(B)n(D)n(D)甲5004.04.003.2K1乙5004.0a02.0K2丙6002.02.02.02.8K3下列说法不正确的是A. 05min内,甲容器中A的平均反应速率v(A)=0.64molL-1min-1B. a=2.2C. 若容器甲中起始投料为2.0molA、2.0molB,反应达到平衡时,A的转化率小于80D. K1=K2K3【参考答案】A【解析】【详解】A容器甲中前5min平均反应速率v(D)=0.32molL-1min-1,

15、则v(A)= v(D)=0.32molL-1min-1,故A错误；B甲和乙的温度相同,平衡常数相等,甲中 A(g) + B(g) D(g)开始(mol/L) 2.0 2.0 0反应(mol/L) 1.6 1.6 1.6平衡(mol/L) 0.4 0.4 1.6化学平衡常数K=10,乙中 A(g) + B(g) D(g)开始(mol/L) 2.0 0反应(mol/L) 1.0 1.0 1.0平衡(mol/L) 1.0 -1.0 1.0化学平衡常数K=10,解得：a=2.2,故B正确；C甲中CO转化率=100%=80%,若容器甲中起始投料2.0molA、2.0molB,相当于减小压强,平衡逆向移动

16、,导致A转化率减小,则A转化率小于80%,故C正确；D甲和乙的温度相同,平衡常数相等,容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD,若温度不变等效于甲容器,但由于丙容器比甲容器温度高,平衡时D的浓度减小,即升温平衡逆向移动,则平衡常数减小,因此K1=K2K3,故D正确；故选A。12（山东省日照市2020届高三3月实验班联考）司替戊醇(d)用于治疗两岁及以上Dravet综合征相关癫痫发作患者,其合成路线如图所示。下列有关判断正确的是（ ）Ab的一氯代物有4种Bc的分子式为C14H14O3C1mold最多能与4molH2发生加成反应Dd中所有碳原子可能处于同一平面【参考答案】C【解

17、析】Ab的氢原子有2种,所以一氯代物有2种,故A错误；B根据结构简式确定c的分子式为C14H16O3,故B错误；C苯环、碳碳双键都能和氢气发生加成反应,苯环和氢气以1：3反应、碳碳双键和氢气以1：1反应,所以1mold最多能与4molH2发生加成反应,故C正确；Dd中连接3个甲基的碳原子具有甲烷结构特点,所以该分子中所有碳原子不能共平面,故D错误；故参考答案选C。13常温下,向10mL一定浓度的硝酸银溶液中,逐滴加入0.1molL-1的氨水,反应过程中-1gc(Ag+)或-1gcAg(NH3)2+与加入氨水体积的关系如图。下列说法错误的是（ ）A. 原硝酸银溶液的浓度是0.1molL-1B.

18、反应生成氢氧化银的Ksp(AgOH)的数量级为10-8C. 溶液b点NH4+的浓度小于溶液c点NH4+的浓度D. 溶液m点c(NO3-)c(Ag+)+cAg(NH3)2+c(NH4+)【参考答案】CD【解析】Ab点完全反应,此时加入的氨水为10mL,氨水的浓度为0.1mol/L,原硝酸银溶液也为10mL,根据方程式Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+可知,硝酸银溶液的浓度为0.1mol/L,故A正确；Bb点溶液溶质为NH4NO3,Ag+完全沉淀,存在沉淀溶解平衡AgOHAg+OH-,所以可以近似地认为c(Ag+)=c(OH-),此时-1gc(Ag+)=4,则c(Ag+)= c(OH-)=11

19、0-4mol/L,Ksp(AgOH)= c(Ag+)c(OH-)=110-8,故B正确；Cb点溶液中溶质为NH4NO3,b到c过程发生反应AgOH+2NH3H2O=Ag(NH3)2+2H2O+OH-,随着氨水的加入,并没有引入铵根离子,虽然碱性增强铵根的水解受到抑制,但溶液的体积增加的幅度更大,所以铵根离子的浓度减小,即b点NH4+的浓度大于溶液c点NH4+的浓度,故C错误；Dm点溶液存在电荷守恒c(OH-)+c(NO3-)=c(Ag+)+cAg(NH3)2+c(NH4+)+c(H+),此时加入 了过量的氨水,溶液应呈碱性,即c(OH-) c(H+),则c(NO3-)c(Ag+)+cAg(NH

20、3)2+c(NH4+),故D错误；故参考答案为CD。14胆矾CuSO45H2O可写为Cu(H2O)4SO4H2O,其结构示意图如下：下列有关胆矾的说法正确的是A. Cu2+的价电子排布式为3d84s1B. 所有氧原子都采取sp3杂化C. 胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键D. 胆矾所含元素中,H、O、S的半径及电负性依次增大【参考答案】C【解析】ACu是29号元素, Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2+,故Cu2+的价电子排布式3d9,故A错误；B硫酸根离子中S和非羟基O和H2O中的O原子的杂化方

21、式不同,不可能都是sp3杂化,故B错误；C铜离子和硫酸根离子之间存在离子键,硫原子和氧原子间存在极性共价键,铜原子和氧原子间存在配位键,氧原子和氢原子间存在氢键,故C正确；DH、O、S分别为第1,2,3周期,所以半径依次增大,但O的电负性大于S,故D错误；故选C。第卷（非选择题 共60分）三、非选择题：包括第15题第19题5个大题,共60分。15（10分）以高钛渣(主要成分为Ti3O5,含少量SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下：已知：Na2TiO3难溶于碱性溶液；H2TiO3中的杂质Fe2比Fe3更易水洗除去。（1）熔盐:为加快反应速率,在维持反应物颗粒

22、大小、反应温度一定的条件下,可采取的措施是_。NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500550 时生成Na2TiO3,该反应的化学方程式为_。（2）过滤:“滤液”中主要溶质为NaOH,还含有少量_(填化学式)。除杂后的滤液中获得的NaOH可循环利用,则“水浸”时,用水量不宜过大的主要原因是_。（3）水解:“酸溶”后获得的TiOSO4经加热煮沸,生成难溶于水的H2TiO3,该反应的化学方程式为_。【参考答案】（1）搅拌（2分） 12NaOH2Ti3O5O26Na2TiO36H2O （2分） （2） Na2SiO3 （2分）用水量过大,导致滤液浓度过低,蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)（

23、2分） （3） TiOSO42H2OH2TiO3H2SO4（2分） 【解析】搅拌可使反应物混合均匀,增加反应物的接触机会,从而达到加快反应速率的目的,故参考答案为搅拌；NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500550 时生成Na2TiO3,发生氧化还原反应,其化学方程式为：12NaOH2Ti3O5O26Na2TiO36H2O,故参考答案为12NaOH2Ti3O5O26Na2TiO36H2O；（2） 熔盐时加入的氢氧化钠会与少量杂质SiO2反应,其化学方程式为：2NaOHSiO2 = Na2SiO3H2O,生成的硅酸钠易溶于水,则“滤液”中含有少量Na2SiO3,故参考答案为Na2SiO3；“

24、水浸”时,用水量过大,导致滤液浓度过低,蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长),故参考答案为用水量过大,导致滤液浓度过低,蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)；（3）“酸溶”后获得的TiOSO4会发生水解,经加热煮沸生成难溶于水的H2TiO3,其化学方程式为：TiOSO42H2OH2TiO3H2SO4,故参考答案为TiOSO42H2OH2TiO3H2SO4；16（10分）甲醇既可用于基本有机原料,又可作为燃料用于替代矿物燃料。（1）以下是工业上合成甲醇的反应：下表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数温度250300350K2.0410.2700.012由表中数据判断反应I为 _ 热

25、反应（填“吸”或“放”） 某温度下,将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中,充分反应,达到平衡后,测得,则CO的转化率为 _ ,此时的温度为 _ 从表中选择（2）已知在常温常压下：则反应 _ 用、表示（3）处理废水时,最后以形式除去,当时,沉淀完全,此时溶液的 _ （已知,）【参考答案】（1）放（2分） （2分） （2分） （2） （2分） （3） 5.6 （2分） 【解析】【分析】（1）由表中数据可知,随温度升高平衡常数减小,说明升高温度平衡逆向移动,则正反应为放热反应；某温度下,将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中,充分反应,达到平衡后,测得c(CO)=0.2mol/

26、L,根据三段式列式计算平衡常数,进而判断温度；（2）根据盖斯定律分析解答；（3）Ksp=c(Cr3+)c3(OH-)=6.41031计算c(OH-),根据Kw=c(H+)(OH-)计算溶液中c(H+),再根据pH=-lgc(H+)计算。【详解】（1）由表中数据可知,随温度升高平衡常数减小,说明升高温度平衡逆向移动,则正反应为放热反应,故H0,某温度下,将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中,充分反应,达到平衡后,测得c(CO)=0.2mol/L,则： CO转化率=100%=80%,平衡常数K=2.041,故温度为250,故参考答案为：放；80%；250；（2）2CH3OH(l)+3O

27、2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) H1 kJ/mol,2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H2 kJ/mol,H2O(g)=H2O(l) H3 kJ/mol,根据盖斯定律：(-+4)可得：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) H= kJ/mol,故参考答案为：；（3）Ksp=c(Cr3+)c3(OH-)=6.41031,c(Cr3+)=1105molL-1 时,溶液中c(OH-)=4109molL-1,则c(H+)=mol/L=2.5106molL-1,则pH=-lg2.5106=5.6,故参考答案为：5.6。17（12分）为测定某铁碳合金中铁的质量分数,并探

28、究铁与浓硫酸的反应设计了图示实验装置。（1）在装药品开始实验前要进行的操作是_（2）写出加热时 A 中碳与浓硫酸发生反应的化学方程式_。(3B 中的现象是：_；C 的作用是：_。（4）待 A 中不再逸出气体时,停止加热,拆下 E 并称重,E 增重 bg。则铁碳合金中铁的质量分数为_(写含 a、b 的表达式)。（5）经测定,（4）中测得结果偏小,原因可能是_。【参考答案】（1）检查装置气密性（2分） （2） C + 2H2SO4(浓) CO2 + 2SO2 + 2H2O （2分） （3） 品红溶液褪色,或“颜色变浅” （2分） 除尽反应产物中的SO2气体（2分） （4） (11a3b)/11a

29、（2分） （5） SO2未除尽,与E中碱石灰反应导致E增重偏大,故测定结果偏小（2分） 【解析】（1）在装药品开始实验前要检查装置的气密性,故参考答案为：检查装置气密性；（2）加热条件下,Fe、碳都与浓硫酸反应,碳与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳与水,反应方程式为：C + 2H2SO4(浓) CO2 + 2SO2 + 2H2O,故参考答案为：C + 2H2SO4(浓) CO2 + 2SO2 + 2H2O；（3）由于二氧化硫具有漂白性,所以B装置中品红溶液褪色；由装置可知,实验是通过测定E装置碱石灰增重,测定二氧化碳的质量,进而测定铁的含量,碱石灰可以吸收二氧化硫,二氧化硫具有还原性,可以被酸

30、性高锰酸钾氧化二除去,根据颜色变化确定二氧化硫是否除尽,故C的作用是除去二氧化硫并检验二氧化硫以除尽,故参考答案为：品红溶液褪色；除尽反应产物中的SO2气体；（4）称取mg铁碳合金,加入过量浓硫酸,加热待A中不再逸出气体时,停止加热,拆下E装置并称重,E增重bg,则生成二氧化碳的质量为bg,根据质量守恒定律,则mg铁碳合金中含碳元素的质量为12g/mol=g,则含铁的质量为(a-)g,铁的质量分数为100%=100%,故参考答案为：100%；（5）若没有完全除去混合气体中的二氧化硫,二氧化硫与碱石灰反应导致E增重偏大,铁的质量分数减小,故参考答案为：SO2未除尽,与E中碱石灰反应导致E增重偏大

31、,故测定结果偏小。18（14分）化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体,一种合成G的路线如下：已知以下信息：A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰,峰面积比为611。D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1 mol D可与1 mol NaOH或2 mol Na反应。回答下列问题：（1）A的结构简式为_。（2）B的化学名称为_。（3）C与D反应生成E的化学方程式为_。（4）由E生成F的反应类型为_。（5）G的分子式为_。（6）L是D的同分异构体,可与FeCl3溶液发生显色反应,1 mol的L可与2 mol的Na2CO3反应,L共有_种；其中核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为3221的结构简式为_、_。【参考答案】 （1） （2分） （2） 2-丙醇（或异丙醇） （2分） （3） （2分）（4） 取代反应（2分） （5） C18H31NO4 （2分） （6） 6 （2分） （1分）（1分）【解析】由题中信息可知,A的分子式为C2H4O,其核磁共振氢谱为单峰,则A为环氧乙烷,其结构简式为；B的分子式为C3H8O,核磁共振氢谱为三组峰,峰面积比为611,则B为2-丙醇,其结构简式为CH3CH(OH)CH3；A与B发生反应生成C；D的分子式为