2020届山东省青岛市高三第三次模拟化学卷及答案（文字版）

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2．选择题答案必须使用 2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用 0.5 毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 K 39 Fe 64 Cr 52
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.化学与人类社会的生产、生活有着密切的联系，下列叙述正确的是
A. 苏打溶液显碱性，可用于治疗胃酸过多
B. “地沟油”经处理可生产生物柴油、燃料乙醇等，变废为宝
C. 石灰水、MgSO4 溶液均可喷涂在树干上消灭树皮上的过冬虫卵
D. 建筑材料“碳纳米泡沫”呈蛛网状，是一种具有磁性的新型有机材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．苏打是Na2CO3，其溶液显碱性，碱性较强，对胃的刺激性较大，而小苏打的碱性较碳酸钠弱，所以一般用小苏打(NaHCO3)用于治疗胃酸过多，A选项错误；
B．“地沟油”主要成分是高级脂肪酸甘油酯，经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油、燃料乙醇等，可以实现厨余废物的合理利用，B选项正确；
C．过冬虫卵主要为蛋白质，石灰水能使蛋白质变性从而消灭树皮上的过冬虫卵，但MgSO4溶液不可以，C选项错误；
D．“碳纳米泡沫”是一种碳单质，属于新型无机材料，D选项错误；
答案选B。
2.火药制备是我国古代闻名世界的化学工艺，原理为 2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+ 3CO2 ↑。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A. K+的结构示意图：B. K2S 的电子式：
C. CO2 的结构式为：O=C=OD. 16O2与 18O3 互为同位素
【答案】C
【解析】
【详解】A．K元素核电荷数为19，质子数为19，核外电子数为19，K+表示失去最外层一个电子，K+核外还有18个电子，各层电子数分别为2、8、8，K+的结构示意图为，故A错误；
B．K2S结构中K+与S2-形成离子键，其电子式，故B错误；
C．CO2中C原子与每个O原子形成两对共用电子对，电子式为，其结构式为O=C=O，故C正确；
D．有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，则同位素的对象为原子，而16O2与 18O3均为单质，故D错误；
答案为C。
3.聚乳酸的结构简式如图 a，下列叙述错误的是
A. b 是合成聚乳酸的单体
B. 1ml 乳酸与足量钠反应，生成 2ml 氢气
C. n ml 乳酸缩聚生成图 a 结构，同时生成 n mlH2O
D. c 属于环酯，1mlc 水解消耗 2mlNaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．由聚乳酸的结构简式可知，它是由乳酸发生缩聚反应得到的，它的单体是乳酸，结构简式为，故A正确；
B．由乳酸结构简式可知，该结构中有羧基、醇羟基，均能与Na反应，化学方程式为+2Na+H2↑，则1ml 乳酸与足量钠反应，生成 1ml 氢气，故B错误；
C．乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸的化学方程式为n+nH2O，n ml 乳酸反应生成nmlH2O，故C正确；
D．由c的结构简式可知，c 属于环酯，c与NaOH发生水解反应的化学方程式为+2NaOH2，则1mlc 水解消耗 2mlNaOH，故D正确；
答案为B。
4.下列关于原子结构及元素周期表的说法错误的是
A. 位于同一轨道内电子的运动状态也不相同
B. 位于 d 区和 ds 区的元素都是金属元素
C. 前四周期未成对电子数最多的元素位于ⅥB 族
D. 基态原子最外层电子排布为ns1 的元素均在ⅠA 族或ⅠB 族
【答案】D
【解析】
【详解】A．电子运动状态取决于主量子数（电子层），角量子数（电子亚层），磁量子数（电子轨道），自旋量子数（电子自旋方向），位于同一轨道内电子，它们的自旋方向不同，运动状态也不相同，故A正确；
B．d区和ds区的元素包括副族和第VIII族元素，副族和第VIII族元素全部是金属元素，故B正确；
C．前四周期元素即1～36号元素，未成对电子数最多的元素外围电子排布为3d54s1，共有6个未成对电子，该元素是铬，处于周期表中第四周期第ⅥB族，故C正确；
D．基态原子的最外层电子排布是ns1，若为主族元素，则为第IA族，若为过渡金属元素，则为第VIB或IB元素，故D错误；
答案为D。
5.下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是
A. ①②B. ②③C. ③④D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①铁离子遇硫氰根离子溶液变红，滴有硫氰化钾溶液的硫酸铁溶液显红色，二氧化硫可与三价铁离子发生氧化还原反应，铁离子转化为亚铁离子，溶液红色褪去，二氧化硫显还原性，与二氧化硫的漂白性无关，故①错误；
②含有水蒸气的一氯甲烷是气体混合物，图中装置被浓硫酸密封，气体无法通过，无法实现干燥，故②错误；
③氯气通入硫化钠溶液中，将硫离子氧化为硫单质，氯气是氧化剂，S为氧化产物，氧化性：Cl2＞S，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，则非金属性：Cl＞S，可以比较氯与硫的非金属性，故③正确；
④止水夹夹住橡皮管，从长颈漏斗中注水，至长颈漏斗中长颈部分在液面下，当长颈漏斗中液面高于烧瓶中液面，静置片刻，液面差不变，则气密性良好，故④正确；
综上所述，③④正确，答案选C。
6.耐光高效的拟除虫菊酯相继开发成功，其中一个重要的产品灭杀菊酯的结构如下图。下列说法正确的是
A. 该有机物分子式为C25H21O3NCl
B. 该有机物中含有3个手性碳原子
C. 该有机物中的碳原子杂化方式为 sp2 或 sp3
D. 该有机物可以发生水解反应、加成反应、氧化反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知它的分子中含有24个C，22个H，3个O，一个Cl和一个N原子，所以其分子式为C24H22O3NCl，故A错误；
B．C原子连接4个不同的原子或原子团称为手性碳原子，根据结构可判断该结构中含有2个手性碳原子，位置如图，故B错误；
C．根据结构简式可判断该结构中存在碳碳单键，碳氧双键，碳氮叁键，因而碳原子杂化方式为sp3、sp2、sp杂化，故C错误；
D．根据结构简式中含有酯基，可发生水解反应，含有苯环，可发生加成反应，与苯环相连的碳原子中含有氢原子，可发生氧化反应，故D正确；
答案为D。
7.原子序数依次增大的短周期主族元素 M、X、Y、Z、W，若它们的核外电子数用 n 表示，则有：n(M)＋n(W)＝n(X)＋n(Z)，2n(X)＝n(Z)。含 0.9%YW 化合物的水溶液称为生理盐水，X、Y、Z 三元素组成两种化合物 A、B 的性质如图，下列说法正确的是（ ）
A. 因为非金属性 X＞Z，所以简单氢化物沸点 X＞Z
B. MX2 与ZX2 是导致酸雨的“罪魁祸首”
C. Y 分别与 X、Z 构成的化合物溶于水均因水解显碱性
D. ZX2、WX2 能使红色布条褪色，褪色原理相同
【答案】B
【解析】
【分析】
含 0.9%YW 化合物的水溶液称为生理盐水，则Y为Na元素、W为Cl元素，X、Y、Z 三元素组成两种化合物 A、B 的性质如图，由图可知，气体能使品红溶液褪色，说明气体为SO2，则A为Na2SO3，加入HCl，反应生成SO2，加入ClO2，生成B为Na2SO4，加入H2O2，生成B为Na2SO4，根据2n(X)=n(Z)，X为O元素、Z为S元素，再根据n(M)＋n(W)=n(X)＋n(Z)，M为N元素。
【详解】A. X为O元素、Z为S元素，因为H2O分子之间存在氢键，而硫化氢分子是不存在氢键，所以简单氢化物沸点 ：H2O＞H2S，A错误；
B. X为O元素，M为N元素，Z为S元素，MX2为NO2、ZX2为 SO2，氮氧化物和SO2是导致酸雨的“罪魁祸首”，B正确；
C. X为O元素、Y为Na元素、Z为S元素，此三种元素形成的化合物的水溶液不一定显碱性，如Na2SO4水溶液显中性，C错误；
D. ZX2为 SO2，WX2 为ClO2，均能使红色布条褪色，但褪色原理不相同，D错误。
故答案为：B。
【点睛】漂白原理：
①氧化还原反应：这类漂白剂一般都具有强氧化性，能把有色物质氧化成无色物质，比如氯气、漂白粉、过氧化氢、过氧化钠等；
②化合反应：这类型的是二氧化硫，它能跟某些有色物质结合，生成不稳定的无色物质，因此二氧化硫的漂白效果是不稳定的，暂时的；
③物理吸附作用：一些多孔状的物质，比如活性炭，硅藻土等都具有比较大的表面积，可以吸附色素。
8.某化工厂充分利用工业废气中的 CO、CO2，将氯代烃、氯碱工业和甲醇联合生产，减少了环境污染，具体流程如图。下列叙述错误的是
A. 为减少副反应的发生，过程Ⅱ中的装置需使用阳离子交换膜
B. 在过程Ⅲ中实现了CuCl2 的再生
C. 理论上每生成 1mlCH3OH，可得到1mlC2H4Cl2
D. 过程Ⅳ中的反应是C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl
【答案】C
【解析】
【分析】
根据联合生产流程图分析可知，过程Ⅱ中发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，生成的H2参与过程Ⅰ，与CO2、CO反应生成CH3OH，Cl2参与过程Ⅲ发生反应2CuCl+Cl2=2CuCl2，CuCl2进入过程Ⅳ中发生反应2CuCl2+C2H4=C2H4Cl2+2CuCl，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，过程Ⅱ为电解饱和NaCl溶液的过程，为减少副反应的发生，装置中可使用阳离子交换膜，A选项正确；
B．过程Ⅲ发生的反应主要为过程Ⅳ产生的CuCl与Cl2反应生成CuCl2，CuCl2再进入过程Ⅳ反应，实现了CuCl2的再生，B选项正确；
C．过程Ⅰ为H2与CO2、CO反应生成CH3OH，过程中H元素的化合价由0价升高为+1价，则每生成1mlCH3OH转移4ml电子，过程Ⅲ发生反应2CuCl+Cl2=2CuCl2，过程Ⅳ中发生反应2CuCl2+C2H4=C2H4Cl2+2CuCl，每生成1mlC2H4Cl2转移2ml电子，结合过程Ⅱ中发生的反应，则理论上每生成1mlCH3OH，可得到2mlC2H4Cl2，C选项错误；
D．由分析可知，过程Ⅳ中反应是C2H4+2CuCl2=C2H4Cl2+2CuCl，D选项正确；
答案选C。
9.亚铁氰化钾属于欧盟批准使用的食品添加剂，受热易分解: 3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+2(CN)2↑+N2↑+C，下列关于该反应说法错误的是
A. Fe2+的最高能层电子排布为 3d6
B. 配合物K4[Fe(CN)6]中配位原子是碳原子
C. (CN)2分子中σ键和π键数目比为 3:4
D. 已知 Fe3C 晶胞中每个碳原子被 6 个铁原子包围，则铁的配位数是 2
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe为26号元素，其原子核外共有26个电子，Fe原子失去4s轨道上的2个电子得到Fe2+，则Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其最高能层电子排布为3s23p63d6，A选项错误；
B．配合物K4[Fe(CN)6]中配体为CN-，由于电负性N＞C，所以C原子提供孤对电子，即配位原子是碳原子，B选项正确；
C．(CN)2分子的结构式为N≡C—C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键和2个π键，因此(CN)2分子中σ键和π键数目比为3:4，C选项正确；
D．Fe3C的晶胞结构中碳原子的配位数为6，与碳原子紧邻的铁原子，以C原子为原点建立三维坐标系，Fe原子位于坐标轴上且关于原点(碳原子)对称，6个Fe形成的空间结构为正八面体，故C原子的配位数为6，配位数之比等于相应原子数目反比，则Fe原子配位数为，D选项正确；
答案选A。
10.反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）使用不同催化剂的调控中，研究人员发现，一定条件下，Pt 单原子催化剂有着高达 90.3%的甲醇选择性。反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用*表示，TS 表示过渡态。
下列说法正确的是
A. 该反应的△H＞0
B. 经历 TS1，CO2共价键发生断裂，且生成羧基
C. 能垒（活化能）为 1.48ev 的反应为 HCOOH*（g）+2H2（g）=H2COOH*（g）+H2（g）
D. 如果换用铜系催化剂，所得反应历程与上图相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，△H HSO>I2
D. 若向含有淀粉的 NaHSO3 溶液中滴加过量 KIO3 酸性溶液，则溶液变蓝不褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液变成蓝色，说明有单质碘生成，即I元素化合价由+5价降低至0价，被还原，IO为氧化剂，S元素的化合价由+4价升高至+6价，被氧化，HSO为还原剂，反应的离子方程式为2IO+5HSO=I2+5SO+H2O+3H＋，A选项正确；
B．溶液褪色，说明碘单质又被亚硫酸氢钠还原，离子方程式为I2+HSO=2I-+SO+3H＋，结合A选项，可知溶液恰好褪色时n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3，B选项正确；
C．由A选项中的反应可知，还原性：HSO＞I2，由B选项中的反应可知，还原性HSO＞I-，又还原性I-＞I2，则还原性：HSO＞I-＞I2，C选项错误；
D．若向含有淀粉的 NaHSO3 溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，由于氧化性IO＞I2，所以不会出现I2被还原的情况，即溶液变蓝不褪色，D选项正确；
答案选C。
14.富硼渣中含有镁硼酸盐（2MgO·B2O3）、镁硅酸盐（2MgO·SiO2）及少量Al2O3、FeO 等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸（H3BO3）晶体的一种工艺流程如下：
为了获得晶体，会先浓缩溶液接近饱和，然后将浓缩液放入高压釜中，控制温度进行结晶（硫酸镁与硼酸溶解度随温度的变化如图）。下列说法错误的是
A. 该工艺流程中加快反应速率的措施有 2 种
B. 在高压釜中，先降温结晶得到硼酸晶体，再蒸发结晶得到硫酸镁晶体
C. “酸浸”中镁硼酸盐发生反应2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3
D. 加入“MgO”后过滤，所得滤渣主要是Al(OH)3 和Fe(OH)3
【答案】B
【解析】
【分析】
根据工艺流程分析，将富硼渣研磨后得到富硼渣粉后用热的H2SO4溶液酸浸，发生反应2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，浸出渣的主要成分为SiO2，浸出液中含有MgSO4、H3BO3、Al2(SO4)3和FeSO4，加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，再加入MgO调节pH可得到Al(OH)3 和Fe(OH)3的沉淀，过滤后将滤液浓缩后放入高压釜中，控制温度结晶分别得到硫酸镁晶体和硼酸晶体。
【详解】A．根据分析可知，该工艺流程中加快反应速率的措施有研磨(增大反应物的接触面积)、加热2种措施，A选项正确；
B．根据硫酸镁与硼酸溶解度随温度的变化图可知，大约80℃之前硫酸镁和硼酸的溶解度随温度的升高而升高，因此先降温结晶会同时得到硫酸镁和硼酸的晶体，正确的操作应为浓缩后，升温控制温度在200℃以上结晶，趁热过滤得到硫酸镁晶体，再降温结晶，得到硼酸晶体，B选项错误；
C．由上述分析可知，“酸浸”时镁硼酸盐发生的反应为2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3，C选项正确；
D．加入MgO调节pH可得到Al(OH)3和Fe(OH)3的沉淀，即过滤后的滤渣主要为Al(OH)3 和Fe(OH)3的沉淀，D选项正确；
答案选B。
15.常温下，向二元弱酸H2Y溶液中滴加 KOH 溶液，所得混合溶液的 pH 与 P[P＝或 变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线 M 表示 随 pH 的变化关系
B. Ka2 的数值是10-6
C. e 点溶液中：2c(Y2-)+c(HY-)﹣c(K+)+c(OH-)=0.001ml·L-1
D. KHY 溶液中：c(K＋)＞c(HY﹣)＞c(H+)＞c(Y2-)＞c(H2Y)
【答案】CD
【解析】
【分析】
随着pH的增大，H2Y的电离程度逐渐增大，溶液中的逐渐增大， 逐渐减小，则lg逐渐增大，因此曲线M表示pH与lg的变化关系，lg逐渐减小，曲线N表示pH与lg的变化关系。
【详解】A．随着pH的增大，H2Y的电离程度逐渐增大，溶液中的逐渐增大， 逐渐减小，则lg逐渐增大，因此曲线M表示pH与lg的变化关系，lg逐渐减小，曲线N表示pH与lg的变化关系，故A错误；
B．由H2YH++HY-、HY-H++Y2-可知，Ka2=根据题中图示，pH=3时，c(H+)=10-3ml/L，lg=1.3，则=101.3，Ka2== =10-4.3，故B错误；
C．e 点溶液中，存在K+、H+、Y2-、HY-、OH-，溶液呈现电中性的，由电荷守恒得c(K+)+c(H+)=2c(Y2-)+c(HY-)+c(OH-)，e 点pH=3，c(H+)=0.001ml·L-1，则c(H+)=2c(Y2-)+c(HY-)+c(OH-)- c(K+)，所以2c(Y2-)+c(HY-)+c(OH-)-c(K+)=0.001 ml·L-1，故C正确；
D．KHY溶液中，HY-的水解常数Kh2= ，根据图象中c点坐标可知，pH=2时lg=0.7，则c(OH-)=110-12ml/L、=100.7，代入水解常数的计算公式可得Kh2=，HY-的水解常数小于其电离常数，所以HY-的电离程度大于其水解程度，KHY溶液呈现酸性，则溶液中c(Y2-)＞c(H2Y)，由于还存在水的电离，c(H+)＞c(Y2-)，所以KHY 溶液中：c(K＋)＞c(HY﹣)＞c(H+)＞c(Y2-)＞c(H2Y)，故D正确；
答案为CD。
三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。
16.1797年法国化学家沃克兰从当时称为红色西伯利亚矿石中发现了铬，后期人类发现铬元素在其他方面有重要用途。
(1)Cr与K位于同一周期且最外层电子数相同，两种元素原子第一电离能的大小关系为K____Cr (填“>”或“