2020级高三模拟考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Al27Cl35.5Ti48Ag108一、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目要求。1.2022年卡塔尔世界杯中国元素随处可见，下列说法错误的是A.中国打造的卢塞尔体育场的主体钢结构材料属于合金B.中国承建的阿尔卡萨光伏电站使用的电池材料主要为二氧化硅C.中国新能源客车的引入有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标D.中国制造的足球球面材料SpeedShell(纹理聚氨酯)，属于有机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A．钢是铁碳合金，属于合金，A正确；B．光伏电站使用电池材料主要为晶体硅而不是二氧化硅，B错误；C．中国新能源客车的引入，可以减少化石燃料的燃烧，能够减少CO2的排放，故有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标，C正确；D．纹理聚氨酯属于有机高分子材料，D正确；故答案为：B。2.下列叙述正确的是A.容量瓶、滴定管、分液漏斗使用前均需要检验是否漏水B.可用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷坩埚C.金属镁着火时，可用泡沫灭火器灭火D.可将硝酸银固体保存在棕色细口瓶中【答案】A【解析】【详解】A．容量瓶颈上有玻璃塞，酸式滴定管下端有玻璃活塞，简式滴定管下端有玻璃珠和分液漏斗下端有玻璃活塞，它们是否密封不能直接观察出来，故使用前均需要检验是否漏水，A正确；B．瓷坩埚的主要成分中含有二氧化硅，能够与氢氟酸反应，不能用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷坩埚，B错误；C．由于镁可以在CO2中继续激烈燃烧，反应原理为：2Mg+CO22MgO+C，故金属镁着火时，不可用泡沫灭火器灭火，C错误；D．硝酸银见光易分解，可将硝酸银固体保存在棕色广口瓶中，D错误；故答案为：A。3.铁铝铅榴石主要成分为，其组成也可写成的氧化物形式：。下列说法正确的是A.组成元素均位于元素周期表的p区B.晶体硅的熔点比二氧化硅晶体高C.基态铝原子核外电子有7种不同的空间运动状态D.中Fe(II)与Fe(III)的个数比为2：1【答案】C【解析】【详解】A．组成元素中O、Al、Si、Pb均位于元素周期表的p区，但Fe位于d区，A错误；B．已知Si(s)和SiO2(s)均为原子晶体，且键长为：Si-Si键＞Si-O键，通常键长越短键能越大，即键能：Si-O键＞Si-Si键，键能越大，熔化需要的能量越高，其熔点越高，即二氧化硅的熔点高于晶体硅的熔点，B错误；C．已知Al是13号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p33s23p1，故基态铝原子核外电子占据7各原子轨道，即有7种不同的空间运动状态，C正确；D．由原子手恒可知，Fe3Ox中x=4，设Fe3Ox中Fe(II)为a个，则有2a+3(3-a)=8，即得a=1，即设Fe3Ox中Fe(II)与Fe(III)的个数比为1：2，D错误；故答案为：C。4.有机物M的结构如图所示，下列关于M的说法错误的是A.能与溴水发生加成反应和取代反应B.与足量加成后的产物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.一定条件下，1molM最多可与4molNaOH反应D.1molM与足量溶液反应，最多消耗2mol【答案】B【解析】【详解】A．由题干有机物的结构简式可知，分子中含有酚羟基且其邻位上有H，故其能与溴水发生取代反应，且分子中含有碳碳双键，故能于Br2水发生加成反应，A正确；B．由题干有机物的结构简式可知，与足量H2加成后的产物中含有醇羟基、羧基和碳氯键等官能团，其中醇羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．由题干有机物的结构简式可知，1mol分子中含有1mol酚羟基可消耗1molNaOH，含有1mol羧基，可消耗1molNaOH，1mol碳氯键(直接与苯环碳原子相连)，可消耗2molNaOH，即一定条件下，1molM最多可与4molNaOH反应，C正确；D．由题干有机物的结构简式可知，1molM与足量Na2CO3溶液反应，羧基和酚羟基最多消耗Na2CO3各1mol即2molNa2CO3，D正确；故答案为：B。5.下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是选项物质(括号内为杂质)除杂试剂A()饱和溶液B()盐酸、NaOH溶液、C()无水D溴苯()NaOH溶液A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．用饱和NaHCO3溶液来除去CO2中的SO2，反应原理为：2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O该反应未有化合价改变，不属于氧化还原反应，A不合题意；B．用NaOH溶液、CO2即可除去Al2O3中的Fe2O3，涉及的反应先后为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、NaAlO2+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3、2Al(OH)3Al2O3+3H2O，试剂盐酸可以不用，且未有元素化合价改变，均不属于氧化还原反应，B不合题意；C．干燥氨气不能用无水CaCl2，试剂错误，C不合题意；D．除去溴苯中的Br2，用NaOH溶液然后分液，反应原理为：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O，该反应有元素化合价改变，属于氧化还原反应，D符合题意；故答案为：D。6.铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱、熔点比铝高。下列说法错误的是A.可用铝热反应制备铬B.常温下铬在浓硝酸中发生钝化C可直接蒸发溶液制备无水D.已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，则其氧化产物为【答案】C【解析】【详解】A．由题干信息可知，铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱，故可用铝热反应制备铬，原理为：2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr，A正确；B．由题干信息可知，铬与铝性质相似，已知常温下铝在浓硝酸、浓硫酸中发生钝化，故常温下铬在浓硝酸中发生钝化，B正确；C．由题干信息可知，铬与铝性质相似，故蒸发CrCl3溶液时由于CrCl3水解得到Cr(OH)3和HCl，HCl易挥发，促进水解正向进行，故直接蒸发CrCl3溶液不能制备无水CrCl3，C错误；D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，由+H2O2+2H+可知，则其氧化产物为，D正确；故答案为：C。7.前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且分属不同周期。X的最高能级的电子数比电子层数多1，Y的最高价含氧酸为具有吸水性的弱酸，Z与W中均存在单电子，且两者单电子数和最外层电子数均相同。下列说法正确的是A.四种元素中电负性最大的为YB.X元素的第一电离能高于其同周期相邻元素C.Z元素在同周期中金属性最强D.W与X两种元素形成的化合物中只含有极性键【答案】B【解析】【分析】前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且分属不同周期，则W为氢；X的最高能级的电子数比电子层数多1，为氮；Y的最高价含氧酸为具有吸水性的弱酸，Y为硅；Z与W中均存在单电子，且两者单电子数和最外层电子数均相同，Z为钾或铜；【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；四种元素中电负性最大的为X，A错误；B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，B正确；C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；Z为钾或铜，若为铜则不成立，C错误；D．W与X两种元素形成的化合物N2H4中也含有N-N非极性键，D错误；故选B。8.下列实验能达到相应实验目的的是A．在铁制品上镀致密铜镀层B．探究浓度对反应速率的影响C．验证乙烯具有还原性D．制备FeSO4固体A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．一般情况下，在铁制品上镀铜时用纯铜作阳极，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，电解质溶液为CuSO4溶液，铁作阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，但若用CuSO4过量氨水作电解质溶液，加入氨水可以形成铜氨络离子，使游离的铜离子浓度维持在一个稳定的状态，此时镀铜层的结晶会更一致，镀层的孔隙率下降，即使的铁上镀致密铜镀层，A符合题意；B．由于浓硫酸由强氧化性，导致反应原理发生改变，加入浓硫酸反应原理可能为：Na2S2O3+3H2SO4(浓)=Na2SO4+4SO2↑+3H2O，加入稀硫酸则反应原理为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，故不能探究浓度对反应速率的影响，B不合题意；C．由于乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故在通入酸性高锰酸钾溶液之前需通过盛水的洗气瓶来除去乙烯中的乙醇，且还可能产生还原性气体SO2，C不合题意；D．直接蒸干FeSO4饱和溶液，亚铁离子被氧化生成铁离子，则不能制备无水FeSO4，D不合题意；故答案为：A。9.有机物W的结构如图所示，下列关于W的说法错误的是A.分子中无手性碳原子B.分子中碳原子的杂化方式有2种C.1molW中含σ键的数目为19D.W的同分异构体中，属于芳香族化合物且能与溶液反应的有18种【答案】D【解析】【详解】A．同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干有机物结构简式可知，分子中无手性碳原子，A正确；B．由题干有机物结构简式可知，分子中碳碳双键和碳氧双键上的碳原子采用sp2杂化，另一个单键的碳原子采用sp3杂化，故分子中碳原子的杂化方式有sp2、sp32种杂化方式，B正确；C．已知单键均为σ键，双键为一个σ键和一个Π键，结合题干有机物结构简式可知，1molW中含σ键的数目为19，C正确；D．已知W的分子式为C8H8O3，W的同分异构体中，属于芳香族化合物且能与NaHCO3溶液反应即含有羧基，则若只含有一个取代基为：一种，若含有两个取代基则有：-CH2OH和-COOH、-OCH3和-COOH、-CH2COOH和-OH三组，每一组又有邻间对三种位置关系，若为三个取代基即-OH、-CH3和-COOH此种情况共有4+4+2=10种，故一共有1+3×3+10=20种，D错误；故答案为：D。10.CO2电催化还原制备CH3OH的反应历程如图所示(部分物质未画出)。主反应：副反应：下列说法正确的是A.催化剂可同时降低主、副反应的活化能，从而降低、B.*与结合形成*C.反应过程中有极性键和非极性键的断裂与生成D.反应为决速步【答案】D【解析】【详解】A．催化剂可同时降低主副反应的活化能，但不能降低反应热、，A错误；B．由题干反应历程图可知，*OCH2与H原子结合形成*OCH3，B错误；C．依据图中变化关系，反应过程中包含极性键和非极性键的断裂，没有非极性键的形成，C错误；D．由题干反应历程图可知，反应的活化能最大，该步反应速率最慢为决速步，D正确；故答案为：D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.为探究FeCl3溶液与Na2S溶液反应的产物，进行了如下实验(已知：FeS和Fe2S3均为难溶于水的黑色固体)。实验实验操作实验现象①分别向盛有少量FeS、Fe2S3固体的试管中加入稀盐酸固体均溶解，均有臭鸡蛋气味气体生成；Fe2S3还有淡黄色浑浊生成②向0.1mol/LFeCl3溶液中加入少量0.1mol/LNa2S溶液开始时，局部产生少量黑色沉淀，振荡，沉淀立即消失，同时有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体产生③向0.1mol/LNa2S溶液中加入少量0.1mol/LFeCl3溶液，产生现象后继续滴加足量盐酸先有黑色沉淀生成，振荡沉淀不消失；滴加盐酸后，沉淀溶解，有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体生成下列说法错误的是A.配制FeCl3溶液时，需将FeCl3固体溶于浓盐酸，再加水稀释至所需浓度B.实验②中，沉淀消失发生反应的离子方程式为C.由实验①、③中的现象可推知实验③中的黑色沉淀为Fe2S3D.FeCl3溶液与Na2S溶液反应的产物与反应体系的酸碱性有关【答案】C【解析】【详解】A．由于FeCl3在水溶液中已发生