2020届青海省西宁四中高考化学模拟试卷(4月份)(含解析)

2020届青海省西宁四中高考化学模拟试卷(4月份)
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.“蛟龙”号外壳用特殊的钛合金材料制成，它可以在深海中承受700个大气压的压力。

已知金
属钛的原子序数为22，化学性质与铝类似。

下列说法正确的是
A. 钛属于主族元素
B. 钛合金强度很大
C. 蒸干TiCl4溶液可得无水钛盐
D. 在空气中将金属钛.铝混合后熔化可制得合金
2.用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()
A. 100mL0.1mol·L−Na2CO3溶液中，CO32−数目是0.01N A
B. 同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同
C. 1mol Al3+完全水解生成氢氧化铝胶体粒子的数目为N A
D. 常温下，由水电离出的H+浓度为10−13mol·L−1的溶液中：Ba2+、AlO2−、Na+、NO3−可能大
量共存
3.下列对有关物质性质的分析正确的是()
A. Na久置于空气中，可以和空气中的有关物质反应，最终生成NaHCO3
B. 在高温下用氢气还原MgCl2可制取金属镁
C. 实验测得NH4HCO3溶液显碱性，CH3COONH4溶液显中性，说明酸性CH3COOH>H2CO3
D. N2的化学性质通常非常稳定，但在放电条件下可以与O2应生成NO2
4.表为短周期元素①～⑦的部分性质。

下列说法正确的是()
A. 元素⑦的简单氢化物稳定性比④的气态氢化物稳定性强
B. 元素④的最高价氧化物对应水化物的酸性比元素⑤的最高价氧化物对应水化物的酸性强
C. 元素①与元素②形成的化合物具有两性
D. 上表7种元素中，元素③的最高价氧化物对应水化物的碱性最强
5.分子式为CH2Cl2的有机物同分异构体共有(不考虑立体异构)()
A. 1种
B. 2种
C. 3种
D. 4种
6.锌−空气燃料电池可作电动车动力电源，电解质溶液为KOH溶液，放电时总离子方程式为2Zn+
O2+4OH−+2H2O=2Zn(OH)42−，放电时下列说法正确的是()
A. 电解质溶液中K+向负极移动
B. 电解质溶液中C(OH−)逐渐增大
C. 负极电极反应：Zn+4OH−−2e−=Zn(OH)42−
D. 转移4mol电子时消耗氧气22.4L
7.下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()
A. 在0.1mol·L−1NaHCO3溶液中：c(Na+)>c(OH−)>c(HCO3−)>c(H+)
B. 在0.1mol·L−1Na2CO3溶液中：c(OH−)−c(H+)=c(Na+)−c(HCO3−)
C. 向0.2mol·L−1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L−1NaOH溶液：c(Na+)+c(H+)=
c(OH−)+c(HCO3−)+c(CO32−)
D. 常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH=7,c(Na+)=0.1mol·L−1]：c(CH3COO−)=
0.1mol·L−1
二、流程题（本大题共1小题，共15.0分）
8.我国规定饮用水质量标准必须符合下列要求：
pH 6.5～8.5
Ca2+、Mg2+<0.0045mol·L−1
细菌总数<100个/mL
以下是源水处理成自来水的工艺流程示意图
(1)源水中含Ca2+、Mg2+、HCO3−、Cl−等，加入生石灰后生成Ca(OH)2，进而发生若干复分解反
应，写出其中一个离子方程式：_________________________。

(2)凝聚剂除去悬浮固体颗粒的过程____________(填序号)。

FeSO4·7H2O是常用的凝聚剂，它
在水中最终生成____________沉淀。

①只是物理过程②只是化学过程③是物理和化学过程
(3)通入二氧化碳的目的是________________和______________________。

(4)气体A的作用是_________________________。

这种作用是基于气体A和水反应的产物具有
__________性。

(5)下列物质中____________可以作为气体A的代用品。

①Ca(ClO)2②NH3(液)③K2FeO4④SO2
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
9. 现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子
Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl−、OH−、N O3−、C O32−、X中的一种。

(1)某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是__________和
__________。

(2)物质C中含有离子X。

为了确定X，现将(1)中的两种物质记为A和B，当C与B的溶液混
合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时也产生沉淀，向该沉淀中滴入稀硝酸，沉淀部分溶解。

则：
①X为__________(填字母)。

A.Br−
B.S O42−
C.CH3COO−
D.HC O3−
②A中阴、阳离子个数比为__________。

(3)将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀硫酸，Cu逐渐溶解，管口附近
有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的__________(填离子符号)，有关反应的离子方程式为______________________________。

四、简答题（本大题共3小题，共34.0分）
10. 某课外活动小组研究电解饱和食盐水．甲、乙两位同学均采用了以下仪器和试剂：烧杯、直流
电源、铁钉、碳棒、导线以及滴加了两滴酚酞试液的饱和NaCl溶液．
(1)甲同学设计的电解装置中，铁钉与直流电源的负极相连．通电后，很快可以观察到铁钉附近出现
的现象为______ .但继续通电下，不久该现象就会消失，你认为其中的原因是______ .甲同学的电解实验中，阳极反应式为______ ，阴极反应式为______ ．
(2)乙同学设计的电解装置中，铁钉与直流电源的正极相连．若通电后，预期铁钉附近出现的现象为
______ ．
11. 第三代永磁体材料--钕铁硼(NdFeB)因其优异的综合磁性能，被广泛应用于计算机、通信信息等
高科技产业。

(1)铁、钴、镍元素性质非常相似，原子半径接近但依次减小，NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠
相同。

基态钴原子价电子轨道表示式为______，熔沸点：NiO______FeO(填“<”“>”或“=”)。

(2)FeSO4⋅(NH4)2SO4⋅6H2O俗称摩尔盐，相对于FeSO4⋅7H2O而言，摩尔盐不易失水，不易被空气
氧化，在化学分析实验中常用于配制Fe(Ⅱ)的标准溶液，硫酸亚铁铵晶体中亚铁离子稳定存在的原因是______。

(3)新型储氢材料氨硼烷(NH3BH3)常温下以固体稳定存在，极易溶于水。

①氨硼烷分子中B原子采取______杂化。

②氨硼烷晶体中存在的作用力有范德华力、极性键、______和______。

(4)氨硼烷受热析氢的过程之一如图1所示。

①NH2BH2的氮硼键键能大于NH3BH3，其原因为______。

②CDB的结构简式为______。

③立方氮化硼(BN)晶体的晶胞结构如图2所示。

阿伏伽德罗常数值为N A，该晶体的密度为______g⋅
cm−3(用含a和N A的最简式表示)。

图3是立方氮化硼晶胞的俯视投影图，请在图中用“●”标明B原子的相对位置。

12. 烷烃A只可能有三种一氯取代产物B、C和D.C的结构简式是.B和D分别与强
碱的醇溶液共热，都只能得到有机化合物E.以上反应及B的进一步反应如所示．
请回答下列问题：
(1)A的结构简式是______，H的结构简式是______．
(2)B转化为F属于______反应，B转化为E的反应属于______反应(填反应类型名称)．
(3)写出F转化为G的化学方程式：______．
【答案与解析】
1.答案：B
解析：试题分析：金属钛的原子序数为22，位于第四周期第IIB族，不是主族元素，选项A不正确；钛合金可以在深海中承受700个大气压的压力，钛合金强度很大，选项B正确；TiCl4是强酸弱碱盐，蒸干水解生成的氯化氢挥发，促进水解，得到氢氧化钛，得不到钛盐，选项C不正确；在空气中加热熔化，金属易与氧气发生反应，所以不能直接在空气中制备钛铝合金，选项D不正确。

考点：元素周期表的结构及其应用。

2.答案：D
解析：解析：本题考查阿伏加德罗常数的相关计算。

A. 碳酸根离子在溶液中发生了水解反应，CO32−数目小于0.01N A，故A错误；
B. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同，故B错误；
C.1mol Al3+完全水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体微粒是氢氧化铝的集合体，粒子的数目小于N A，故C错误；
D. 常温下，由水电离出的H+浓度为10−13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中该组离子之间不反应，可能大量共存，故D正确；
故选D．
3.答案：C
解析：解：A.Na的性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH 吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3⋅xH2O，Na2CO3⋅xH2O风化脱水生成Na2CO3，故A错误；
B.镁是活泼金属，应该采用电解氯化镁的方法冶炼镁，故B错误；
C.NH4HCO3溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于碳酸的电离程度，CH3COONH4溶液显中性说明醋酸的电离浓度等于一水合氨的电离程度，所以醋酸的电离程度大于碳酸的电离程度，故C正确；
D.氮气的化学性质通常非常稳定，但在放电条件下可以与O2应生成NO，但一氧化氮不稳定，在空气中易被氧化生成二氧化氮，故D错误；
故选C．
A.钠久置于空气中最终生成碳酸钠；
B.活泼金属采用电解其熔融盐的方法冶炼；
C.根据溶液的酸碱性判断酸、碱的相对强弱；
D.放电条件下，氮气和氧气反应生成一氧化氮．
本题考查钠和氮气的性质、电解质强弱的判断及金属的冶炼，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是A，注意钠在空气中变质的原因及最终产物，为易错点．
4.答案：A
解析：解：主族元素最高正价与其族序数相等，最低负价=族序数−8，原子电子层数越多其原子半径越大，根据元素化合价、原子半径大小知，④⑦为第VA族元素，且原子序数④>⑦，所以④是N元素、⑦是P元素；③⑥是第IA族元素，原子半径③>⑥，③的原子半径不是最小的，所以③是Li元素、⑥是Na元素；①位于第VIA族，原子半径小于Li，所以①是O元素；②位于第IIA 族，原子半径大于①，所以②是Mg元素；⑤位于第VIIA族，该元素有正负化合价，所以为Cl元素，
A.非金属性⑦>④，所以元素⑦的气态氢化物稳定性比元素④的气态氢化物稳定性强，故A正确；
B.元素的非金属性④<⑤，所以元素④的最高价氧化物对应水化物的酸性比元素⑤的最高价氧化物对应水化物的酸性弱，故B错误；
C.①是O元素，②是Mg元素，MgO没有两性，故C错误；
D.③是Li元素，这几种元素中金属性最强的是⑥Na元素，所以碱性最强的是NaOH，故D错误；故选：A。

主族元素最高正价与其族序数相等，最低负价=族序数−8，原子电子层数越多其原子半径越大，根据元素化合价、原子半径大小知，④⑦为第VA族元素，且原子序数④>⑦，所以④是N元素、⑦是P元素；
③⑥是第IA族元素，原子半径③>⑥，③的原子半径不是最小的，所以③是Li元素、⑥是Na 元素；
①位于第VIA族，原子半径小于Li，所以①是O元素；
②位于第IIA族，原子半径大于①，所以②是Mg元素；
⑤位于第VIIA族，该元素有正负化合价，所以为Cl元素；
据此结合元素周期律知识解答。

本题考查位置结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，根据元素化合价、原子半径推断元素解
本题关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题有利于提高学生的逻辑
推理能力。

5.答案：A
解析：试题分析：由于甲烷是正四面体型结构，所以二氯甲烷是没有同分异构体的，答案选A。

考点：考查二氯甲烷同分异构体的判断
点评：该题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于培养学生的逻辑推理
能力和逆向思维能力。

该题的关键是明确甲烷的结构，然后类推即可。

6.答案：C
解析：解：A.放电时阳离子向正极移动，所以K+向正极移动，故A错误；
B.放电时总离子方程式为2Zn+O2+4OH−+2H2O=2Zn(OH)42−，则电解质溶液中c(OH−)逐渐减小，故B错误；
C.放电时，负极反应式为Zn+4OH−−2e−=Zn(OH)42−，故C正确；
D.未指明标准状态，无法计算，故D错误。

故选：C。

根据2Zn+O2+4OH−+2H2O=2Zn(OH)42−可知，O元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应式为Zn+4OH−−2e−=Zn(OH)42−，放电时阳离子向正极移动，以此解答该题．
本题考查原电池的基础知识，正确判断正负极，注意电极反应式的书写及电子转移的计算，正确判
断化合价的变化为解答该题的关键，题目难度中等．
7.答案：D
解析：试题分析：HCO3−的水解程度或电离程度均是很小的，A不正确，应该是c(Na+)>c(HCO3−)> c(OH−)>c(H+)；根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)，因此选项BC 都是错误的；同样根据电荷守恒可知，D正确，答案选D。

考点：考查溶液中离子浓度大小比较
点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型与重要的考点。

试题在注重对基础知识巩固
与训练的同时，侧重对学生能力的培养。

该题的关键是利用好几个守恒关系，即电荷守恒、物料守
恒和质子守恒，并能结合同样灵活运用。

8.答案：(1)Ca2++HCO3−+OH−=CaCO3↓+H2O，Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓
(2)③Fe(OH)3(3)调节pH除去Ca2+
(4)杀菌消毒强氧化(5)①③
解析：试题分析：(1)源水中存在Ca2+，Mg2+，HCO3−，Cl−，溶质为Ca(HCO3)2，Mg(HCO3)2，CaCl2，MgCl2，分别与Ca(OH)2发生复分解反应，化学方程式为：Ca(HCO3)2+Ca(OH)2=2CaCO3↓
+2H2O;Mg(HCO3)2+2Ca(OH)2=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O;MgCl2+Ca(OH)2=Mg(OH)2↓+CaCl2。

根据以上三个反应可以写出离子方程式：Ca2++HCO3−+OH−=CaCO3↓+H2O，Mg2++ 2HCO3−+2Ca2++4OH−=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O，Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓。

(2)常用明矾、FeCl3溶液作源水的凝聚剂，利用Al3+或Fe3+水解成Al(OH)3或Fe(OH)3胶体吸附水中悬浮的固体颗粒，这一过程既有化学变化又有物理变化，如果用FeSO4·7H2O作凝聚剂，Fe2+发生水解：Fe2++2H 2O Fe(OH)2+2H+，Fe(OH)2又迅速被氧化成Fe(OH)3:4Fe(OH)2+O2+2H2O=
4Fe(OH)3，最终生成Fe(OH)3沉淀。

(3)通入CO2的目的是调节pH和进一步除去水中的Ca2+。

(4)通入气体A用于对源水杀菌消毒，气体A必须有强氧化性。

(5)代替A气体的物质必须有强氧化性，可选择Ca(ClO)2，K2FeO4，O3等。

考点：自来水的工艺流程
点评：本题主工考查源水处理成自来水的工艺流程，难度不大，侧重考查学生实验分析能力和逻辑推断能力，解题的关键是要结合题干信息，分析每一流程的作用，从而准确作答。

9.答案：(1) Na 2CO 3，Ba(OH) 2(2)①B②2∶1(3) NO 3 − ，3Cu+8H++2NO3− =3Cu2++ 2NO↑+4H2O
解析：本题考查离子共存、离子方程式的书写、离子的检验、元素机化合物知识。

(1)根CO32−与Al3+、Mg2+、Ba2+ 、Fe3+不能大量共存，OH −与Al3+、Mg2+、Fe3+不能大量共存，由于所含阴、阳离子互不相同，所以对应的物质应为Na2CO 3和Ba(OH)2。

故答案为：Na2CO3，Ba(OH)2。

(2)①据实验现象，红褐色沉淀是氢氧化铁，无色无味气体是二氧化碳，A、B中不含铁离子，所以C中一定含有铁离子，C与B发生水解相互促进反应生成氢氧化铁和二氧化碳，所以B是碳酸钠，则A是氢氧化钡，C与氢氧化钡反应生成氢氧化铁沉淀溶于硝酸，根据向该沉淀中滴入稀硝酸，沉淀部分溶解，说明C与氢氧化钡反应还有其他沉淀生成，根据复分解反应的特点可知C中的阴离子是硫酸根离子。

②A是Ba(OH)2，阴、阳离子个数比为2∶1。

故答案为：B，2:1。

(3)将Cu投入D溶液中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO 4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，该气体为NO2，说明D中含有NO3−，反应离子方程式为：3Cu+8H++2NO3− =3Cu2++2NO↑+4H2O。

故答案为：NO3−，3Cu+8H++2NO3− =3Cu2++2NO↑+4H2O。

10.答案：产生无色气体，溶液变红；阳极产生的氯气和氢氧化钠之间发生反应，碱性减弱，生成具有漂白性的物质；2Cl−−2e−=Cl2↑；2H++2e−=H2↑；铁被腐蚀
解析：解：(1)电解饱和氯化钠溶液时，铁钉与直流电源的负极相连，Fe为阴极，该电极上氢离子发生得电子的还原反应，即2H++2e−=H2↑，水的电离被破坏，氢氧根离子浓度增大，溶液呈红色，继续通电下，阳极产生的氯气和氢氧化钠之间发生反应，碱性减弱，生成具有漂白性的物质，红色消失，阳极上是氯离子发生失电子的氧化反应，即2Cl−−2e−=Cl2↑，
故答案为：产生无色气体，溶液变红；阳极产生的氯气和氢氧化钠之间发生反应，碱性减弱，生成具有漂白性的物质；2Cl−−2e−=Cl2↑；2H++2e−=H2↑；
(2)铁钉与直流电源的正极相连，金属铁失电子发生氧化反应，被腐蚀，故答案为：铁被腐蚀．(1)电解饱和氯化钠溶液时，铁钉与直流电源的负极相连，Fe为阴极，氢离子得电子产生氢气，该极区域显示碱性；阳极上是氯离子发生失电子的氧化反应，阳极产生的氯气和氢氧化钠之间发生反应，据此回答；
(2)铁钉与直流电源的正极相连，金属铁失电子发生氧化反应，被腐蚀，据此回答．
本题考查学生电解池的工作原理以及电极反应式的书写、电极现象的判断等知识，注意知识的归纳
和梳理是关键，难度中等．
11.答案：>晶体中H、N、O三种元素之间形成网络化氢键对Fe(Ⅱ)起保
护作用sp3配位键氢键NH2BH2分子中除了存在σ键还存在π键1023
a3N A
解析：解：(1)Co是27号元素，其3d轨道上7个电子、4s轨道上2个电子为其价电子，据此书写其价电子轨道表示式为；NiO、FeO都是离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，二者阴阳离子电荷都分别相等，离子半径：
r(Ni2+)<r(Fe2+)，则晶格能NiO>FeO，所以熔沸点：NiO>FeO，
故答案为：；>；
(2)FeSO4⋅(NH4)2SO4⋅6H2O晶体中存在电负性大的元素O和N，可以与H元素形成多个氢键，把
亚铁离子包围起来避免与氧化性物质接触，从而保护亚铁离子，
故答案为：晶体中H、O、N三种元素之间形成网络化氢键对Fe(II)起保护作用；
(3)①该分子中存在配位键N −B ，导致N 、B 原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断N 、B 原子杂化类型都是 sp 3，
故答案为：sp 3；
②B 原子和N 原子之间存在配位键，N 原子和另外分子中的H 原子之间形成氢键，所以还存在配位键、氢键，
故答案为：配位键；氢键；
(4)①NH 2BH 2分子中除了存在σ键还存在π键导致其键能大于NH 3BH 3，
故答案为：NH 2BH 2分子中除了存在σ键还存在π键；
②根据第III 产物结构简式确定CDB 结构简式为
， 故答案为：；
③该晶胞中B 原子个数=4、N 原子个数=8×18+6×12=4，晶胞体积=(a ×10−7cm)3，密度=
M N A
×4V =25N A
×4(a×10−7)3g/cm 3=1023a 3N A g/cm 3；4个B 在底面上的投影分别位于面对角线1
4处，其图象为，
故答案为：1023a 3N A ；。

(1)Co 是27号元素，其3d 轨道上7个电子、4s 轨道上2个电子为其价电子，据此书写其价电子轨道表示式；NiO 、FeO 都是离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比；
(2)FeSO 4⋅(NH 4)2SO 4⋅6H 2O 晶体中存在电负性大的元素O 和N ，可以与H 元素形成多个氢键，把亚铁离子包围起来避免与氧化性物质接触；
(3)①该分子中存在配位键N −B ，导致N 、B 原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断N 、B 原子杂化类型；
②B 原子和N 原子之间存在配位键，N 原子和另外分子中的H 原子之间形成氢键；
(4)①NH 2BH 2分子中N 、B 原子之间存在π键；
②根据第III 产物结构简式确定CDB 结构简式；
③该晶胞中B 原子个数=4、
N 原子个数=8×18+6×12=4，晶胞体积=(a ×10−7cm)3，密度=M N A ×4V ；
4个B 在底面上的投影分别位于面对角线14处。

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识灵活运用、空间想象能力及计算能力，明确原子结构、物质结构、基本理论内涵等知识点是解本题关键，难点是晶胞计算、(2)的分析，题目难度中等。

12.答案：(CH3)3CCH2CH3；(CH3)3CCH2COOH；取代或水解；消去；
解析：解：(1)由上述分析可知，A的结构简式是(CH3)3CCH2CH3，H的结构简式是(CH3)3CCH2COOH，故答案为：(CH3)3CCH2CH3；(CH3)3CCH2COOH；
(2)B转化为F中B中Cl原子被羟基取代，属于取代反应或水解反应，B转化为E中脱去1分子HCl，同时形成碳碳双键，属于消去反应，
故答案为：取代或水解；消去；
(3)F转化为G的化学方程式，
故答案为：
烷烃A只可能有三种一氯取代物B、C和D，C的结构简式是(CH3)2C(CH2CH3)CH2Cl，故A为(CH3)3CCH2CH3，B和D分别与强碱的醇溶液共热，都只能得到有机化合物E，则E为(CH3)3CCH= CH2，B发生水解反应生成F，F可以连续发生氧化反应，故B为(CH3)3CCH2CH2Cl，D为
(CH3)3CCH(Cl)CH3，则F为(CH3)3CCH2CH2OH，G为(CH3)3CCH2CHO，H为(CH3)3CCH2COOH，以此来解答．
本题考查有机物的推断，为高频考点，把握图中转化、官能团与性质、有机反应为解答本题关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大．。