山东省聊城市2020届高三第一次模拟考试化学试题（化学）及答案
一、选择题（共7小题，每小题0分，满分0分）
1．（2013?聊城一模）下列叙述不能体现相关主旨的是（）
考点：常见的生活环境的污染及治理．
专题：元素及其化合物．
分析： A．PM2.5与雾霾天气有关；
B．风力放电属于物理过程，不涉及化学反应；
C．综合利用煤和石油，可提高原料的利用率，减少污染物的排放；
D．光纤为通讯材料．
解答：解：A．PM2.5为粒子直径小于或等于2.5微米的微粒，可导致雾霾天气，故A正确；
B．风力放电属于物理过程，不涉及化学反应，不符合主旨，故B错误；
C．综合利用煤和石油，可提高原料的利用率，减少污染物的排放，符合主旨，故C正确；
D．通过化学合成的方法研究合成光线技术，可提高通讯效率，故D正确．
故选B．
点评：本题考查化学与环境、基础、材料等知识，题目难度不大，本题注意相关知识的积累，学习中要全面掌握化学基础知识．
2．（2013?聊城一模）下列推断正确的是（）
A．C l2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
B．因为氨水是弱碱，所以不能用FeCl3溶液和氨水反应制取Fe（OH）3
C．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用它来净水
D．浓硫酸为强氧化剂，二氧化硫为强还原剂，所以不能用前者干燥后者
考点：氯气的化学性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质．
专题：元素及其化合物．
分析： A、根据氯气与二氧化硫的漂白原理解答；
B、氢氧化铁不溶于氨水，氨水与氯化铁反应生成氢氧化铁；
C、明矾水解形成的Al（OH）3胶体，表面积很大，具有吸附能力；
D、浓硫酸与二氧化硫不能发生氧化还原反应．
解答：解：A、氯气具有强氧化性，可以氧化有色物质，使其褪色，二氧化硫与有色物质化合物无色物质，二者漂白原理不同，故A错误；
B、氨水与氯化铁反应可以生成氢氧化铁，故B错误；
C、明矾水解形成的Al（OH）3胶体，表面积很大，具有吸附能力，可以吸附吸附物质，故C正
确；
D、浓硫酸中硫元素为+6价，二氧化硫硫元素为+4价，化合价相邻没有中间价态，不能发生氧化
还原反应，可以用浓硫酸干燥二氧化硫，故D错误；
故选C．
点评：本题考查Cl、N、S元素单质及化合物的性质等，难度不大，注意D选项中化合价归中不交叉原则．
3．（2013?聊城一模）下列关于有机物的说法中正确的是（）
A．乙烷和乙烯都能与氢气在一定条件下发生加成反应
B．乙烯、苯、乙醇均能使紫色的酸性高锰酸钾褪色
C．蔗糖、淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物
D．乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别
考点：有机物分子中的官能团及其结构．
专题：有机物的化学性质及推断．
分析： A．乙烷不能发生加成反应；
B．苯不能被高锰酸钾氧化；
C．蔗糖不属于高分子化合物；
D．乙醇与碳酸钠溶液不反应不分层，乙酸与碳酸钠溶液反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠溶液混合后分层．
解答：解：A．乙烷中不含有不饱和键，则乙烷不能发生加成反应，故A错误；
B．苯不能被高锰酸钾氧化，乙烯、乙醇均能使紫色的酸性高锰酸钾褪色，故B错误；
C．相对分子质量在10000以上的为高分子化合物，蔗糖不属于高分子化合物，淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物，故C错误；
D．乙醇与碳酸钠溶液不反应不分层，乙酸与碳酸钠溶液反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠溶液混合后分层，三者与碳酸钠溶液混合的现象不同，能鉴别，故D正确；
故选D．
点评：本题考查有机物的性质、高分子化合物及有机物的鉴别，熟悉常见有机物的性质是解答本题的关键，题目难度不大．
4．（2013?聊城一模）、Y、是3种短周期元素，其中、Y位于同一主族，Y、位于同一周期，原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，原子的核外电子数比Y原子少1．下列说法不正确的是（）
A．三种元素的非金属性由弱到强的顺序为＜Y＜
B．Y元素的最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2YO4
C．3种元素的气态氢化物中，的气态氢化物最稳定
D．原子半径由大到小排列顺序为＞Y＞
考点：原子结构与元素周期率的关系．
专题：元素周期律与元素周期表专题．
分析：、Y、都是短周期元素，原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则有2个电子层，最外层电子数为6，故为氧元素；、Y位于同一主族，故Y为硫元素；Y、位于同一周期，原子的核外电子数比Y原子少1，故为磷元素．结合元素周期律及物质的性质解答．
解答：解：、Y、都是短周期元素，原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则有2个电子层，最外层电子数为6，故为氧元素；、Y位于同一主族，故Y为硫元素；Y、位于同一周期，原子的核外电子数比Y原子少1，故为磷元素．A、同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性P＜S＜O，即＜Y＜，故A正确；
B、Y为硫元素，最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2SO4，故B正确；
C、非金属性P＜S＜O，非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物稳定性＜Y＜，故C错误；
D、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径P＞S＞O，即＞
Y＞，故D正确．
故选：C．
点评：考查结构与位置关系、元素周期律、核外电子排布规律等，难度不大，推断元素是关键，突破口为原子的最外层电子数是其电子层数的3倍．
5．（2013?聊城一模）下列叙述正确的是（）
A．N aHCO3固体中既含有离子键，又含有共价键，溶于水后的电离方程式为NaHCO3=Na++H++CO32﹣
B．
符合a b c转化关系的单质a可以是N2、Al、Si、S
C．室温下，pH=3的溶液中，Na+、Fe2+、NO3﹣、AlO2﹣四种离子不能大量共存
D．用焰色反应或澄清石灰水均可鉴别Na2CO3与HCO3溶液
考点：离子方程式的书写；盐类水解的应用；离子共存问题．
专题：离子反应专题；电离平衡与溶液的pH专题．
分析： A．碳酸氢根离子为弱酸根离子，不能拆分；
B．Al、Si均不能被连续氧化；
C．酸性溶液中离子之间能发生氧化还原反应；
D．焰色反应不同，而二者均与石灰水反应生成沉淀．
解答：解：A．碳酸氢根离子为弱酸根离子，不能拆分，则溶于水后的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3﹣，故A错误；
B．Al、Si均不能被连续氧化，符合a b c转化关系的单质a可以是N2、S，故B错误；
C．室温下，pH=3的溶液中，H+、Fe2+、NO3﹣离子之间能发生氧化还原反应，则不能共存，故C 正确；
D．焰色反应不同能鉴别钠盐和钾盐，而Na2CO3与HCO3溶液均与石灰水反应生成沉淀，则不能鉴别，故D错误；
故选C．
点评：本题为小综合，涉及离子的共存、电离方程式的书写，物质的转化、物质的鉴别等，注重基础知识的考查，题目难度不大．
6．（2013?聊城一模）下列图示与对应的叙述相符的是（）
A．图Ⅰ表示某放热反应在无催化剂（a）和有催化剂（b）时反应的能量变化
B．图Ⅱ表示一定条件下进行的反应2SO2+O2?2SO3各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是增加了SO3
C．图Ⅲ表示某明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液，沉淀的质量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系，在加入20 mL Ba（OH）2溶液时铝离子恰好沉淀完全
D．电导率可表示溶液导电性的强弱，电导率越大导电性越强．图Ⅳ可表示向盐酸和醋酸混合溶液中滴入氨水过程中电导率的变化关系
考点：反应热和焓变；离子方程式的有关计算；物质的量或浓度随时间的变化曲线；电解质溶液的导电性．专题：图示题．
分析： A、依据催化剂作用是降低反应活化能改变化学反应速率分析；
B、依据图象物质量的变化分析，三氧化硫改变条件后增大，氧气和二氧化硫减小；
C、沉淀生成达到最大后，氢氧化铝溶解沉淀量减小最后不变；
D、溶液导电能力是溶由液中离子浓度大小决定．
解答：解：A、图中反应物能量大于生成物能量反应放热，催化剂是通过降低反应活化能来改变反应速率，
不改变平衡，故A正确；
B、反应2SO2+O2?2SO3 ，达到平衡依据图象分析二氧化硫和氧气物质的量减小，三氧化硫物质
的量增大，溶增大三氧化硫的量新平衡状态各物质的量大于原平衡，故B错误；
C、开始生成BaSO4和Al（OH）3沉淀，中间继续生成BaSO4但Al（OH）3溶解，所以质量增加
变慢，最后都是BaSO4沉淀，沉淀质量不再变化．总的反应方程式：Al（SO4）2+2Ba（OH）
=AlO2+2BaSO4+2H2O，故C错误；
2
D、向盐酸和醋酸混合溶液中滴入氨水发生反应生成强电解质氯化铵和醋酸铵，继续滴加氨水，导
电能力不会减小，故D错误；
故选A．
点评：本题考查了图象分析方法，反应特征的应用，主要是反应热量变化，反应定量计算分析判断，溶液导电能力的判断，平衡影响因素的条件应用，题目难度中等．
7．（2013?聊城一模）在一定温度下，饱和氯水中存在平衡：Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO．下列说法中，正确的是（）
A．
光照一段时间后，增大
B．加入碳酸钙粉末后，溶液的pH增大
C．稀释溶液，由水电离的c（H+）减小
D．加入NaOH固体，一定有c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（ClO﹣）
考点：化学平衡的影响因素．
专题：化学平衡专题．
分析： A、光照HClO分解生成HCl，溶液中c（ClO﹣）降低，c（H+）增大；
B、碳酸钙与盐酸反应，虽然平衡向正反应移动，但氢离子浓度不达到原来的浓度，溶液中c（H+）
减小；
C、稀释溶液，溶液中c（H+）减小，c（OH﹣）浓度增大，溶液中OH﹣的浓度等于水电离的H+
的浓度；
D、加入过量的氢氧化钠，溶液中c（ClO﹣）远远大于c（H+）．
解答：
解：A、光照HClO分解生成HCl，溶液中c（ClO﹣）降低，c（H+）增大，减小，故A错误；
B、碳酸钙与盐酸反应，虽然平衡向正反应移动，但氢离子浓度不达到原来的浓度，溶液中c（H+）
减小，溶液的pH增大，故B正确；
C、稀释溶液，溶液中c（H+）减小，c（OH﹣）浓度增大，溶液中OH﹣的浓度等于水电离的H+
的浓度，水电离的c（H+）增大，故C错误；
D、加入过量的氢氧化钠，溶液中c（ClO﹣）远远大于c（H+），故D错误；
故选B．
点评：考查化学平衡的影响因素，难度中等，D选项注意与加入的氢氧化钠的量有关．
二、非选择题（共3小题，满分42分）
8．（16分）（2013?聊城一模）研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2，对减缓燃料危机、减小温室效应具有重要的意义．
（1）已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ?mol﹣1
2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣484kJ?mol﹣1
CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890kJ?mol﹣1
则：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H=+160kJ?mol﹣1．
（2）在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1mol/L的CH4与CO2，在一定条件下发生反应
CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1：
①下列事实能说明该反应一定达到平衡的是ac．
a．CO2的浓度不再发生变化
b．υ正（CH4）=2υ逆（CO）
c．混合气体的平均相对分子质量不发生变化
d．CO与H2的物质的量比为1：1
②据图可知，P1、P2、P3、P4由大到小的顺序为P4＞P3＞P2＞P1．
③在压强为P4、1100℃的条件下，该反应5min时达到平衡点，则用CO表示该反应的速率为0.032mol/（L?min），该温度下，反应的平衡常数为 1.64．
（3）用CO与H2可合成甲醇（CH3OH），以甲醇和氧气反应制成的燃料电池如图2所示，该电池工作过程中O2应从c（填“c或b”）口通入，电池负极反应式为2CH3OH+2H2O﹣12e﹣=2CO2↑+12H+，若用该电池电解精炼铜，每得到6.4g铜，转移电子数目为
0.2N A．
考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡状态的判断；转化率随温度、压
强的变化曲线．
专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题．
分析：（1）根据盖斯定律，由于已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数，进行相应的计算，据此解答；
（2）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，据此解答．解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
②由图可知，温度一定时，甲烷的转化率α（P1）＞α（P2）＞α（P3）＞α（P4），据此结合方程
式判断压强对平衡移动的影响进行解答；
③由图1可知，压强为P4、1100℃的条件下，该反应5min时达到平衡点，是甲烷的转化率为80%，
据此计算甲烷的浓度变化量，根据v=计算v（CH4），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（CO）；
利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算该温度下的平衡常数；
（3）由图2可知，氢离子由左边转移到右边，左边有气体生成，故左边发生氧化反应，右边发生还原反应，反应中氧气发生还原反应；
电极总反应式为2CH3OH+3O2=2CO2↑+4H2O，利用总反应式减去正极反应式可得负极电极反应式；
根据n=计算铜的物质的量，根据电子转移守恒可知，转移电子等于铜离子转化为铜获得的电子，再根据N=nN A计算注意电子数目．
解答：解：（1）已知：①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ?mol﹣1
②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣484kJ?mol﹣1
③CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890kJ?mol﹣1
由盖斯定律，③﹣①﹣②得CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），故△H=﹣890kJ?mol﹣1﹣（﹣566kJ?mol﹣1）﹣（﹣484kJ?mol﹣1）=+160kJ?mol﹣1，
故答案为：+160kJ?mol﹣1；
（1）对于CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），故△H=+160kJ?mol﹣1，
①、a．平衡时反应混合物各组分的浓度不变，CO2的浓度不再发生变化，说明到达平衡，故a正
确；
b．υ正（CH4）=2υ逆（CO），则υ正（CH4）：υ逆（CO）=2：1，不等于化学计量数之比，未处于平衡状态，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应进行，故b错误；
c．反应混合物的总质量不变，随反应进行，反应混合物的总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，混合气体的平均相对分子质量不发生变化，说明到达平衡，故c正确；
d．CO与H2的化学计量数为1：1，反应数值按物质的量比为1：1进行，不能说明到达平衡，故
d错误；
故答案为：ac；
②由图可知，温度一定时，甲烷的转化率α（P1）＞α（P2）＞α（P3）＞α（P4），该反应正反应
是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应进行，甲烷的转化率降低，故压强P4＞P3＞P2＞P1，故答案为：P4＞P3＞P2＞P1；
③由图1可知，压强为P4、1100℃的条件下，该反应5min时达到平衡点，是甲烷的转化率为80%，
甲烷的浓度变化量为0.1mol/L×80%=0.08mol/L，故v（CH4）==0.016mol/（L?min），根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（CO）=2v（CH4）=2×0.16mol/（L?min）=0.032mol/（L?min），
CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），
开始（mol/L）：0.1 0.1 0 0
变化（mol/L）：0.08 0.08 0.16 0.16
平衡（mol/L）：0.02 0.02 0.16 0.16
故该温度下平衡常数k==1.64
故答案为：0.032mol/（L?min）；1.64；
（3）由图2可知，氢离子由左边转移到右边，左边有气体生成，故左边发生氧化反应，右边发生还原反应，反应中氧气发生还原反应，故氧气在c口通入，
电极总反应式为2CH3OH+3O2=2CO2↑+4H2O，正极电极反应式为3O2+12H++12e﹣=6H2O，总反应式减去正极反应式可得负极电极反应式为：2CH3OH+2H2O﹣12e﹣=2CO2↑+12H+，
铜的物质的量为=0.1mol，根据电子转移守恒可知，转移电子等于铜离子转化为铜获得的电子，故转移电子数目为0.1mol×2×NAmol﹣1=0.2N A，
故答案为：c；2CH3OH+2H2O﹣12e﹣=2CO2↑+12H+；0.2N A．
点评：本题考查反应热的计算、影响化学平衡元素、平衡图象、原电池原理等，题目综合性较大，难度中等，（3）中负极电极反应式的书写为难点，易错点，利用总反应式减去正极反应式可得负极电极反应式．
9．（12分）（2013?聊城一模）白云石的主要成分为CaCO3?MgCO3，还含有少量Fe、Si的化合物．实验室以白云石为原料制备Mg（OH）2及CaCO3．步骤如下：
实验过程中需要的数据见下表：
氢氧化物开始沉淀时的pH 氢氧化物沉淀完全时的pH
Fe3+ 1.9 3.2
Fe2+7.0 9.0
Mg2+9.5 11.0
请回答下列问题：
（1）过滤中所需的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗，溶液A中含有Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+，则试剂①可选择BC（填字母，下同）．
A．MnO4B．Cl2C．H2O2
（2）若要利用反应过程中生成的CO2，从溶液D中制取CaCO3，需要先通入的一种气体是NH3，然
后通入CO2．通入CO2气体时请把装置图补充完整（不允许更换溶液，导气管以下连接的仪器自选）
（3）根据表中提供的数据判断，Fe（OH）3、Fe（OH）2和Mg（OH）2的溶度积常数由小到大的排列顺序为sp[Fe（OH）3]＜sp[Fe（OH）2]＜sp[Mg（OH）2]．
（4）若将制取的Mg（OH）2加入到某聚乙烯树脂中Mg（OH）2，树脂可燃性大大降低，Mg（OH）2起阻燃作用的主要原因是Mg（OH）2受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降；同时生成耐高温、稳定性好的MgO覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳．
考点：制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；镁、铝的重要化合物．
专题：几种重要的金属及其化合物．
分析：由流程可知，白云石加盐酸反应后的溶液中主要为氯化钙、氯化镁、氯化亚铁、氯化铁，加试剂
①将亚铁离子氧化为铁离子，再加氧化镁除去铁离子，溶液C中主要含钙、镁离子，加CaO促
进镁离子水解从而除去镁离子，
（1）过滤操作使用烧杯、玻璃棒、漏斗，选择氧化剂时注意不能引入新的杂质；
（2）氯化钙溶液、氨气、二氧化碳能反应生成碳酸钙，通入二氧化碳应注意防止倒吸；
（3）由表格中的数据可知，沉淀的pH越小，则溶度积越小；
（4）分解反应为吸热反应，生成MgO覆盖在可燃物表面．
解答：解：由流程可知，白云石加盐酸反应后的溶液中主要为氯化钙、氯化镁、氯化亚铁、氯化铁，加试剂①将亚铁离子氧化为铁离子，再加氧化镁除去铁离子，溶液C中主要含钙、镁离子，加CaO
促进镁离子水解从而除去镁离子，
（1）过滤操作使用烧杯、玻璃棒、漏斗，选择氧化剂时注意不能引入新的杂质，则试剂①为B 或C，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；BC；
（2）氯化钙溶液、氨气、二氧化碳能反应生成碳酸钙，则应通入氨气，通入二氧化碳应注意防止倒吸，装置图为，
故答案为：NH3；；
（3）由表格中的数据可知，沉淀的pH越小，则溶度积越小，则sp[Fe（OH）3]＜sp[Fe（OH）2]＜sp[Mg（OH）2]，故答案为：sp[Fe（OH）3]＜sp[Fe（OH）2]＜sp[Mg（OH）2]；
（4）Mg（OH）2起阻燃作用的主要原因是Mg（OH）2受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降；同时生成耐高温、稳定性好的MgO覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳，
故答案为：Mg（OH）2受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降；同时生成耐高温、稳定性好的MgO覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳．
点评：本题考查制备实验方案的设计，明确流程及发生的化学反应即可解答，注意画图中漏斗口不能深入液面以下，用干燥管的球形部分要在液面以上，及分解吸热和分解生成的MgO阻燃两个要点为解答的难点，题目难度较大．
10．（14分）（2013?聊城一模）某化学课外活动小组通过实验研究NO2的性质．
已知：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O
利用图1所示装置探究NO2能否被NH3还原（1、2为止水夹，夹持固定装置略
去）．
（1）E装置中制取NO2反应的离子方程式是Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+2H2O．
（2）该实验中制取氨气时若只用一种试剂，从下列物质中选取a
a．NH4HCO3b．NH4Cl c．浓氨水
（3）若NO2能够被NH3还原，预期观察到C装置中的现象是C装置中混合气体颜色变浅．