1、 - 1 - 河北省保定市河北省保定市 2020 年高三笫二次模拟考试年高三笫二次模拟考试 理科综合能力测试化学试题理科综合能力测试化学试题 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
2、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 0.02NA B. 用浓盐酸分别与 MnO2、KClO3反应制备 1mol氯气，转移的电子数均为 2NA C. 1molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，溶液中 NH4+的数目为 NA D.
3、 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，0.01mol L-1KAl(SO4)2溶液中，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 5 3 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+）
4、 ， - 2 - 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 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
5、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)2 B 向盛有 KI溶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 pH Na2SO3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 SO3
6、2-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. A B. B C. C D. 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 KI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 - 3 - （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
7、，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 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
8、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-=PbSO4 B. 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+3H2 D. 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-=2Al3+，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
9、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 - 4 - 误； B.n（Pb）= =0.5mol 207g/ 103.5g mol ，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
10、据串联电路中电子转移守恒，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 电解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 电解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
11、图反应制得。下列说法正确的是 A. 丙的分子式为 C10Hl6O2 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 -
12、 5 - 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：DBC B. 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
13、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 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
14、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
15、多的离子半径大。 - 6 - 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 pH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；
16、 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.
17、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、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
18、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
19、可推出 S2= 2 8R 3 ,S= 2 6R 3 =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，所以是优良的耐高温材料，故答案为：白色球 改为黑色球；
20、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： - 15 - 已知：RCH=CH2 RCH(CH3)CHO (CH3)2CHCOOR CH2=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
21、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 1molCO2 b.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
22、案】 (1). 加聚反应 (2). 酯基 (3). 1，5-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 - 16 - 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)CH
23、2CH2CH(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)COOCH3（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
24、； 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 - 17 - 路线为，故答案为： 。
