2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（B卷）（4月份）

2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（B卷）（4月份）

‎2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（B卷）（4月份）‎ 一、选择题：本大题包括7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．‎ ‎ ‎ ‎1. 阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（        ） ‎ A.1L ‎0.1mol⋅L‎−1‎NH‎4‎Cl溶液中，NH‎4‎‎+‎的数量为0.1‎NA B.2.4g Mg与H‎2‎SO‎4‎完全反应，转移的电子数为0.1‎NA C.标准状况下，‎2.24 L  ‎N‎2‎和O‎2‎的混合气体中分子数为‎0.2‎NA D.0.1mol H‎2‎和0.1mol I‎2‎于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2‎NA ‎ ‎ ‎2. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ） ‎ A.无色透明的溶液中：Fe‎3+‎、Mg‎2+‎、SCN‎ ‎‎−‎、‎Cl‎ ‎‎−‎ B.c(H‎+‎)/c(OH‎−‎)=1×10‎‎ ‎‎−12‎的溶液中：K‎+‎、Na‎+‎、CO‎3‎‎2−‎、‎NO‎3‎‎−‎ C.c(Fe‎2+‎ )=1 mol⋅‎L‎−1‎的溶液中：K‎+‎、NH‎4‎‎+‎、MnO‎4‎‎−‎、‎SO‎4‎‎2−‎ D.能使甲基橙变红的溶液中：Na‎+‎、NH‎4‎‎+‎、SO‎4‎‎2−‎、‎HCO‎3‎‎−‎ ‎ ‎ ‎3. ‎ K‎2‎Cr‎2‎O‎7‎溶液中存在平衡：Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎（橙色）‎+H‎2‎O⇌2CrO‎4‎‎2−‎（黄色）‎+2‎H‎+‎。用K‎2‎Cr‎2‎O‎7‎溶液进行如图所示实验。结合实验，下列说法不正确的是（ ）‎ A.①中溶液橙色加深，③中溶液变黄 B.②中Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎被C‎2‎H‎5‎OH还原 C.对比②和④可知K‎2‎Cr‎2‎O‎7‎酸性溶液氧化性强 D.若向④中加入‎70%H‎2‎SO‎4‎溶液至过量，溶液变为橙色 ‎ ‎ ‎4. 为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH‎4‎‎+‎废水和工业废气（主要含N‎2‎，CO‎2‎，SO‎2‎，NO，CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法不正确的是（       ） ‎ A.固体Ⅰ中主要含有Ca(OH‎)‎‎2‎、CaCO‎3‎、‎CaSO‎3‎ B.X可以是空气，且需过量 C.捕获剂所捕获的气体主要是CO D.处理含NH‎4‎‎+‎废水时，发生反应的离子方程式为：‎NH‎4‎‎+‎+NO‎2‎‎−‎=N‎2‎↑+2H‎2‎O ‎ ‎ ‎5. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是（ ） ‎ A.X的简单氢化物的热稳定性比W强 B.Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构 C.Y与Z形成的化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红 D.Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期 ‎ ‎ ‎6. 通过以下反应可获得新型能源二甲醚‎(CH‎3‎OCH‎3‎ )‎，下列说法不正确的是（       ） ①C(s)+H‎2‎O(g)=CO(g)+H‎2‎ (g)ΔH‎1‎=a kJ⋅mol‎−1‎ ②CO(g)+H‎2‎O(g)=CO‎2‎(g)+H‎2‎ (g)ΔH‎2‎=b kJ⋅mol‎−1‎ ③CO‎2‎ (g)+3H‎2‎ (g)=CH‎3‎OH(g)+H‎2‎O(g)ΔH‎3‎=c kJ⋅mol‎−1‎ ④‎2CH‎3‎OH(g)=CH‎3‎OCH‎3‎ (g)+H‎2‎O(g)ΔH‎4‎=d kJ⋅mol‎−1‎   ‎ A.反应①、②为反应③提供原料气 B.反应③也是CO‎2‎资源化利用的方法之一 C.反应CH‎3‎OH(g)=‎1‎‎2‎CH‎3‎OCH‎3‎ (g)+‎1‎‎2‎H‎2‎O(l)‎ΔH=d‎2‎kJ⋅mol‎−1‎ D.反应‎2CO(g)+4H‎2‎ (g)=CH‎3‎OCH‎3‎ (g)+H‎2‎O(g)‎ΔH=( 2b+2c+d ) kJ⋅mol‎−1‎ ‎ ‎ ‎7. 支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极，下列有关表述不正确的是（      ） ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 A.通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零 B.通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩 C.高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流 D.通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题每个试题考生都必须作答，第11题-第12题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎ ‎ ‎ 高锰酸钾‎(KMnO‎4‎)‎是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等．以软锰矿（主要成分为MnO‎2‎）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下： 回答下列问题： ‎ ‎（1）原料软锰矿与氢氧化钾按‎1:1‎的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是__________________________。‎ ‎ ‎ ‎（2）“平炉”中发生反应的化学方程式为_____________________________。‎ ‎ ‎ ‎（3）“平炉”中需要加压，其目的是___________________________________。‎ ‎ ‎ ‎（4）将K‎2‎MnO‎4‎转化为KMnO‎4‎的生产有两种工艺。 ①“CO‎2‎歧化法”是传统工艺，即在K‎2‎MnO‎4‎溶液中通入CO‎2‎气体，使体系呈中性或弱碱性，K‎2‎MnO‎4‎发生歧化反应，反应中生成KMnO‎4‎，MnO‎2‎和________（写化学式）。 ②“电解法”为现代工艺，即电解K‎2‎MnO‎4‎水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为___________________________________________，阴极逸出的气体是________。 ③“电解法”和“CO‎2‎歧化法”中，K‎2‎MnO‎4‎的理论利用率之比为________。‎ ‎ ‎ ‎（5）高锰酸钾纯度的测定：称取‎1.0800g样品，溶解后定容于‎100mL容量瓶中，摇匀。取浓度为‎0.2000mol⋅‎L‎−1‎的H‎2‎C‎2‎O‎4‎标准溶液‎20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO‎4‎溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为‎24.48mL，该样品的纯度为________（已知‎2MnO‎4‎‎−‎+5H‎2‎C‎2‎O‎4‎+6H‎+‎=2Mn‎2+‎+10CO‎2‎↑+8H‎2‎O）。‎ ‎ ‎ ‎ 绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题： ‎ ‎（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：__________________________、____________________________。‎ ‎ ‎ ‎（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K‎1‎和K‎2‎）（设为装置A）称重，记为m‎1‎‎ g，将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m‎2‎‎ g。按下图连接好装置进行实验。 ①仪器B的名称是________。 ②将下列实验操作步骤正确排序_____________（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m‎3‎‎ g。 a．点燃酒精灯，加热                 b．熄灭酒精灯      c．关闭K‎1‎和K‎2‎ d．打开K‎1‎和K‎2‎，缓缓通入N‎2‎     e．称量A               f．冷却至室温 ③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=‎__________________（列式表示），若实验时按a、d次序操作，则使x________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K‎1‎和K‎2‎，缓缓通入N‎2‎，加热，实验后反应管中残留固体为红色粉末。 ①C、D中的溶液依次为________（填标号）。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为_______________________________。 a．品红  b．NaOH   c．BaCl‎2‎     d.Ba(NO‎3‎‎)‎‎2‎     e. 浓H‎2‎SO‎4‎ ②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_____________________________________。‎ ‎ ‎ ‎ 用零价铁‎(Fe)‎去除水体中的硝酸盐‎(NO‎3‎‎−‎)‎已成为环境修复研究的热点之一。 ‎ ‎（1）Fe还原水体中NO‎3‎‎−‎的反应原理如图所示。 ①作负极的物质是________。 ②正极的电极反应式是________。‎ ‎ ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎（2）将足量铁粉投入水体中，经‎24‎小时测定NO‎3‎‎−‎的去除率和pH，结果如下： ‎ 初始pH pH‎＝‎‎2.5‎ pH‎＝‎‎4.5‎ NO‎3‎‎−‎的去除率 接近‎100%‎ ‎<50%‎ ‎24‎小时pH 接近中性 接近中性 铁的最终物质形态 ‎ pH＝‎4.5‎时，NO‎3‎‎−‎的去除率低。其原因是________。‎ ‎ ‎ ‎（3）其他条件与（2）相同，经‎1‎小时测定NO‎3‎‎−‎的去除率和pH，结果如下： ‎ 初始pH pH‎＝‎‎2.5‎ pH‎＝‎‎4.5‎ NO‎3‎‎−‎的去除率 约‎10%‎ 约‎3%‎ ‎1‎小时pH 接近中性 接近中性 ‎ 与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH不同时，NO‎3‎‎−‎去除率和铁的最终物质形态不同的原因：________。‎ ‎(二)选考题:共15分。请考生从给出的题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一小题计分。【化学—选修3：物质结构与性质】（15分）‎ ‎ ‎ ‎ 钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题： ‎ ‎(1)‎元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为________nm（填标号）。 A.404.4     B.553.5‎    C.589.2     D.670.8‎   ‎E.766.5‎ ‎ ‎ ‎(2)基态K原子中，核外电子占据的最高能层的符号是________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为________。K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是_________________________________________________。‎ ‎ ‎ ‎（3）X射线衍射测定等发现，I‎3‎AsF‎6‎中存在I‎3‎‎+‎离子．I‎3‎‎+‎离子的几何构型为________，中心原子的杂化类型为________。‎ ‎ ‎ ‎（4）KIO‎3‎晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为a=0.446nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示：K与O间的最短距离为________nm，与K紧邻的O个数为________。‎ ‎ ‎ ‎(5)‎在KIO‎3‎晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于________位置，O处于________位置．‎ ‎【化学-选修5：有机化学基础】（15分）‎ ‎ ‎ ‎ 化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成G的路线如下： 已知以下信息： ①A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为‎6:1:1‎． ②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；‎1molD可与‎1mol NaOH或‎2mol Na反应． 回答下列问题： ‎ ‎（1）A的结构简式为_________________．‎ ‎ ‎ ‎（2）B的化学名称为______________．‎ ‎ ‎ ‎（3）C与D反应生成E的化学方程式为_____________________________________________________．‎ ‎ ‎ ‎（4）由E生成F的反应类型为_________________。‎ ‎ ‎ ‎（5）G的分子式为______________．‎ ‎ ‎ ‎（6）L是D的同分异构体，可与FeCl‎3‎溶液发生显色反应，‎1mol的L可与‎2mol的Na‎2‎CO‎3‎反应，L共有________种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为‎3:2:2:1‎的结构简式为______________、______________．‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 参考答案与试题解析 ‎2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷（B卷）（4月份）‎ 一、选择题：本大题包括7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 阿伏加德罗常数 ‎【解析】‎ ‎【解答】‎ A．1L ‎0.1mol⋅‎L‎−1‎的NH‎4‎Cl溶液中含有溶质NH‎4‎Cl的物质的量为0.1mol，由于NH‎4‎‎+‎部分水解，溶液中含有的NH‎4‎‎+‎的物质的量小于0.1mol，则NH‎4‎‎+‎的数量小于0.1NA，A错误； B．2.4g Mg的物质的量为0.1mol，与H‎2‎SO‎4‎反应生成MgSO_4和H‎2‎，转移的电子数为0.2NA，B错误； C．标准状况下，氮气与氧气不反应，所以2.24L N‎2‎和O‎2‎的混合气体的物质的量为0.1mol，所含分子数为0.1 NA，C错误； D．碘与氢气反应的化学方程式为H‎2‎‎(g)+I‎2‎(g)⇌2HI(g)‎，由化学方程式可知，反应前后混合气体的总物质的量不变，反应前混合气体的总物质的量为0.2mol，所以反应后混合气体的总物质的量还是0.2mol，其分子总数为0.2NA，D正确。 故选D。‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 离子共存问题 ‎【解析】‎ A‎．无色透明说明溶液中不含有色离子，且离子之间不反应； B．c(H‎+‎)/c(OH‎−‎)=1×10‎‎ ‎‎−12‎的溶液，溶液呈碱性，离子之间不反应且和氢氧根离子不反应的能大量共存； C．能和亚铁离子反应的离子不能大量共存； D．能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，离子之间不反应的能大量共存．‎ ‎【解答】‎ 解：A．Fe‎3+‎呈黄色，不符合无色条件，且Fe‎3+‎、SCN‎ ‎‎−‎发生络合反应而不能大量共存，故A错误； B．c(H‎+‎)/c(OH‎−‎)=1×10‎‎ ‎‎−12‎的溶液，溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且都不和氢氧根离子反应，所以能大量共存，故B正确； C．Fe‎2+‎、MnO‎4‎‎−‎发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误； D．能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO‎3‎‎−‎能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D错误； 故选B．‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 物质制备实验和性质实验应用 化学平衡的影响因素 氧化还原反应 ‎【解析】‎ 增大cH‎+‎，题给反应平衡逆向移动，cCr‎2‎O‎7‎‎2−‎增大，溶液橙色加深，加入OH‎−‎，中和H‎+‎，使cH‎+‎减小，平衡正向移动，cCrO‎4‎‎2−‎增大，溶液颜色变黄，K‎2‎Cr‎2‎O‎7‎在酸性条件下的氧化性更强。‎ ‎【解答】‎ A.‎‎①K‎2‎Cr‎2‎O‎7‎溶液中加入H‎2‎SO‎4‎，增大cH‎+‎，题给可逆反应的平衡逆向移动，溶液橙色加深；③K‎2‎Cr‎2‎O‎7‎溶液中加入了NaOH溶液，OH‎−‎中和了溶液中的H‎+‎，使cH‎+‎减小，平衡正向移动，溶液变黄，A正确。‎ B.‎‎②中溶液变成绿色，说明有Cr‎3+‎生成，即Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎被C‎2‎H‎5‎OH还原为Cr‎3+‎，B正确。‎ C.‎对比②④可知，酸性条件下Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎被C‎2‎H‎5‎OH还原为Cr‎3+‎，而碱性条件下Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎不能被还原，说明酸性条件下K‎2‎Cr‎2‎O‎7‎的氧化性更强，C正确。‎ D.‎若向④中加入过量的H‎2‎SO‎4‎溶液，溶液呈酸性，题给可逆反应的平衡逆向移动，CrO‎4‎‎2−‎转化为Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎，K‎2‎Cr‎2‎O‎7‎会被C‎2‎H‎5‎OH还原为Cr‎3+‎，溶液变绿色，不会变为橙色，D错误。‎ 故选D。 ‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 工艺流程分析及应用 ‎“三废”处理与环境保护 物质分离、提纯、除杂的实验方案设计和基本操作的综合应用 ‎【解析】‎ 工业废气中CO‎2‎、SO‎2‎可被石灰水吸收，生成固体‎1‎为CaCO‎3‎、CaSO‎3‎，气体‎1‎是不能被过量石灰水吸收的N‎2‎、NO、CO，气体‎1‎通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO‎2‎，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO‎2‎与含有NH‎4‎‎+‎的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体‎2‎含有CO、N‎2‎，捕获剂所捕获的气体主要是CO，以此解答该题．‎ ‎【解答】‎ 解：工业废气中CO‎2‎、SO‎2‎可被石灰水吸收，生成固体‎1‎为CaCO‎3‎、CaSO‎3‎，气体‎1‎是不能被过量石灰水吸收的N‎2‎、NO、CO，气体‎1‎通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO‎2‎，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO‎2‎与含有NH‎4‎‎+‎的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体‎2‎含有CO、N‎2‎，捕获剂所捕获的气体主要是CO， A．工业废气中CO‎2‎、SO‎2‎可被石灰水吸收，生成CaCO‎3‎、CaSO‎3‎，因氢氧化钙过量，则固体‎1‎主要含有Ca(OH‎)‎‎2‎、CaCO‎3‎、CaSO‎3‎，故A正确； B．由分析可知，气体‎1‎是不能被过量石灰水吸收的N‎2‎、NO、CO，气体‎1‎通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO‎2‎，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误； C．气体‎2‎含有CO、N‎2‎，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确； D．NaNO‎2‎与含有NH‎4‎‎+‎的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH‎4‎‎+‎+NO‎2‎‎−‎=N‎2‎↑+2H‎2‎O，故D正确。 故答案为B。‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 C ‎【考点】‎ 原子结构与元素周期律的关系 位置结构性质的相互关系应用 元素周期表的结构及其应用 ‎【解析】‎ W的简单氢化物可用作制冷剂，常见为氨气，则W为N元素，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，应为Na元素，由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，黄色沉淀为S，则由X、Y和Z三种元素形成的一种盐为Na‎2‎S‎2‎O‎3‎，刺激性气体为SO‎2‎，则X为O元素，Z为S元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律的递变规律解答该题．‎ ‎【解答】‎ 解：W的简单氢化物可用作制冷剂，常见为氨气，则W为氮元素，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，应为钠元素，由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，黄色沉淀为S，则由X、Y和Z三种元素形成的一种盐为Na‎2‎S‎2‎O‎3‎，刺激性气体为SO‎2‎，则X为氧元素，Z为硫元素。 A．非金属性O>N，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确； B．Y为钠元素，X为氧元素，钠对应的简单离子核外有‎10‎个电子，与O‎2−‎的核外电子排布相同，故B正确； C．Y与Z形成的化合物为Na‎2‎S，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，则可使石蕊试液变蓝色，故C错误； D．Z为硫元素，与O同主族，与Na同周期，故D正确； 故选C。‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 反应热和焓变 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ A‎．反应③中的反应物为CO‎2‎、H‎2‎，由反应可知，反应①、②为反应③提供原料气，故A正确； B．反应③中的反应物为CO‎2‎，转化为甲醇，则反应③也是 CO‎2‎资源化利用的方法之一，故B正确； C．由反应④可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应CH‎3‎OH(g)=‎1‎‎2‎CH‎3‎OCH‎3‎ (g)+‎1‎‎2‎H‎2‎O(l)‎的ΔH≠d‎2‎kJ⋅mol‎−1‎，故C错误； D．由盖斯定律可知，②‎×2+‎③‎×2+‎④得到‎2CO(g)+4H‎2‎ (g)=CH‎3‎OCH‎3‎ (g)+H‎2‎O(g)‎，则ΔH=( 2b+2c+d ) kJ⋅mol‎−1‎，故D正确； 故选C。‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 金属的电化学腐蚀与防护 ‎【解析】‎ 外加电流阴极保护是通过外加直流电源以及辅助阳极，被保护金属与电源的负极相连作为阴极，电子从电源负极流出，给被保护的金属补充大量的电子，使被保护金属整体处于电子过剩的状态，让被保护金属结构电位低于周围环境，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，避免或减弱腐蚀的发生，阳极若是惰性电极，则是电解质溶液中的离子在阳极失电子，据此解答．‎ ‎【解答】‎ A‎．被保护的钢管桩应作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，使钢管桩表面腐蚀电流接近于零，避免或减弱腐蚀的发生，故A正确； B．通电后，惰性高硅铸铁作阳极，海水中的氯离子等在阳极失电子发生氧化反应，电子经导线流向电源正极，再从电源负极流出经导线流向钢管桩，故B正确； C．高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，故C错误； D．在保护过程中要使被保护金属结构电位低于周围环境，则通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，故D正确； 故选C。‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题每个试题考生都必须作答，第11题-第12题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 ‎（2）‎‎2MnO‎2‎+4KOH+O‎2‎‎ ​=​=​=​= ‎‎△‎2K‎2‎MnO‎4‎+2H‎2‎O ‎（3）提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率 ‎（4）①KHCO‎3‎,②MnO‎4‎‎2−‎−e‎−‎=MnO‎4‎‎−‎,H‎2‎,③‎‎3:2‎ ‎（5）‎‎95.62%‎ ‎【考点】‎ 工艺流程分析及综合应用 电解池电极反应式 电解原理及其应用 化学反应速率的调控作用 制备实验方案的设计 氧化还原反应的计算 氧化还原反应 化学方程式的书写 ‎【解析】‎ ‎(1)‎固体混合粉碎目的是增大接触面积加快反应速率；‎ ‎(2)‎流程分析可知平炉中发生的反应是氢氧化钾、二氧化锰和氧气加热反应生成锰酸钾和水；‎ ‎(3)‎‎“平炉”中加压能提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率；‎ ‎(4)‎‎①在K‎2‎MnO‎4‎溶液中通入CO‎2‎气体，使体系呈中性或弱碱性，K‎2‎MnO‎4‎发生歧化反应，反应中生成KMnO‎4‎，MnO‎2‎和碳酸氢钾； ②“电解法”为现代工艺，即电解K‎2‎MnO‎4‎水溶液，在电解槽中阳极，MnO‎4‎‎2−‎失去电子，发生氧化反应，产生MnO‎4‎‎−‎；在阴极，水电离产生的H‎+‎获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：‎2H‎2‎O+2e‎−‎=H‎2‎↑+2OH‎−‎； ③依据电解法方程式‎2K‎2‎MnO‎4‎+2H‎2‎O‎=​=​=​=​=​=‎通电2KMnO‎4‎+2H‎2‎↑+2KOH，可知K2MnO4‎的理论利用率是‎100%‎，而在二氧化碳歧化法反应中‎3K‎2‎MnO‎4‎+2CO‎2‎=2KMnO‎4‎+MnO‎2‎+K‎2‎CO‎3‎中K‎2‎MnO‎4‎的理论利用率是‎2‎‎3‎；‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎(5)‎依据离子方程式‎2MnO‎4‎‎−‎+5H‎2‎C‎2‎O‎4‎+6H‎+‎=2Mn‎2+‎+10CO‎2‎↑+8H‎2‎O可知KMnO‎4‎与草酸反应的定量关系是‎2KMnO‎4‎∼5‎H‎2‎C‎2‎O‎4‎，配制溶液浓度为c=‎2×0.2×20‎‎5×24.48‎mol/L，则‎1.0800g样品中含有KMnO‎4‎的物质的量n=‎100‎‎1000‎×‎2×0.2×20‎‎5×24.48‎mol=0.006536mol，KMnO‎4‎的质量m=0.006536mol×158g/mol=1.03269g，纯度‎=实际量样品量×100%‎；‎ ‎【解答】‎ 解：（1）原料软锰矿与氢氧化钾按‎1:1‎的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是增大接触面积加快反应速率，提高原料利用率． ‎ ‎（2）流程分析可知平炉中发生的反应是氢氧化钾、二氧化锰和氧气加热反应生成锰酸钾和水，反应的化学方程式为：‎2MnO‎2‎+4KOH+O‎2‎‎ ​=​=​=​= ‎‎△‎2K‎2‎MnO‎4‎+2H‎2‎O。 ‎ ‎（3）“平炉”中加压能提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率； ‎ ‎（4）①在K‎2‎MnO‎4‎溶液中通入CO‎2‎气体，使体系呈中性或弱碱性，K‎2‎MnO‎4‎发生歧化反应，反应中生成KMnO‎4‎，MnO‎2‎，二氧化碳在碱性溶液中生成碳酸氢钾，化学式为：KHCO‎3‎； ②“电解法”为现代工艺，即电解K‎2‎MnO‎4‎水溶液，在电解槽中阳极MnO‎4‎‎2−‎失去电子，发生氧化反应，产生MnO‎4‎‎−‎，电极反应为MnO‎4‎‎2−‎−e‎−‎=MnO‎4‎‎−‎；在阴极，水电离产生的H‎+‎获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：‎2H‎2‎O+2e‎−‎=H‎2‎↑+2OH‎−‎； ③依据电解法化学方程式‎2K‎2‎MnO‎4‎+2H‎2‎O‎ ​=​=​=​= ‎通电2KMnO‎4‎+H‎2‎↑+2KOH ，可知K‎2‎MnO‎4‎的理论利用率是‎100%‎，而在二氧化碳歧化法反应中‎3K‎2‎MnO‎4‎+4CO‎2‎+2H‎2‎O=2KMnO‎4‎+MnO‎2‎+4KHCO‎3‎ 中K‎2‎MnO‎4‎的理论利用率是‎2‎‎3‎，故“电解法”和“CO‎2‎歧化法”中，K‎2‎MnO‎4‎的理论利用率之比为3:2。 ‎ ‎（5）依据离子方程式‎2MnO‎4‎‎−‎+5H‎2‎C‎2‎O‎4‎+6H‎+‎=2Mn‎2+‎+10CO‎2‎↑+8H‎2‎O 可知KMnO‎4‎与草酸反应的定量关系是‎2KMnO‎4‎∼5‎H‎2‎C‎2‎O‎4‎， 配制溶液浓度为c=‎2×0.2×20‎‎5×24.48‎mol/L， ‎1.0800g样品中含有KMnO‎4‎的物质的量n=‎100‎‎1000‎×‎2×0.2×20‎‎5×24.48‎mol=0.006536mol， KMnO‎4‎的质量m=0.006536mol×158g/mol=1.03269g， 纯度‎=实际量样品量×100%‎即‎1.032688g‎1.0800g‎×100%=95.62%‎， ‎ ‎【答案】‎ ‎（1）硫酸亚铁与KSCN不反应,硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁 ‎（2）①干燥管,②dabcfe,③‎76(m‎2‎−m‎3‎)‎‎9(m‎3‎−m‎1‎)‎,偏小 ‎（3）①c、a,产生白色沉淀、品红褪色,②‎‎2FeSO‎4‎‎ ​=​=​=​= ‎高温Fe‎2‎O‎3‎+SO‎2‎↑+SO‎3‎↑‎ ‎【考点】‎ 物质制备实验和性质实验综合应用 探究铁离子和亚铁离子的转化 铁及其化合物的性质实验 化学方程式的书写 实验装置综合 ‎【解析】‎ ‎(1)‎亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子；‎ ‎(2)①根据仪器的图形可判断仪器名称； ②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化； ③直至A恒重，记为m‎3‎‎ g，应为FeSO‎4‎和装置的质量，则m(FeSO‎4‎)=(m‎3‎−m‎1‎)‎．m(H‎2‎O)=(m‎2‎−m‎3‎)‎，以此计算n(H‎2‎O)‎、n(FeSO‎4‎)‎，结晶水的数目等于n(H‎2‎O)‎n(FeSO‎4‎)‎；若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化；‎ ‎(3)‎硫酸亚铁高温分解可生成Fe‎2‎O‎3‎、SO‎3‎、SO‎2‎，C为氯化钡，用于检验SO‎3‎，D为品红，可用于检验SO‎2‎．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，可知硫酸亚铁与KSCN不反应，但亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子，最终溶液变红色；‎ ‎（2）①由仪器的图形可知B为干燥管； ②实验时，为避免亚铁离子被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabcfe； ③直至A恒重，记为m‎3‎‎ g，应为FeSO‎4‎和装置的质量，则m(FeSO‎4‎)=(m‎3‎−m‎1‎)‎g。m(H‎2‎O)=(m‎2‎−m‎3‎)‎g，n(H‎2‎O)=‎m‎2‎‎−‎m‎3‎‎18‎，n(FeSO‎4‎)=‎m‎3‎‎−‎m‎1‎‎152‎，结晶水的数目等于n(H‎2‎O)‎n(FeSO‎4‎)‎=‎76(m‎2‎−m‎3‎)‎‎9(m‎3‎−m‎1‎)‎；若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，使固体质量偏大，则使x偏小；‎ ‎（3）①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe‎2‎O‎3‎，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO‎2‎，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe‎2‎O‎3‎、SO‎3‎、SO‎2‎，C为氯化钡，用于检验SO‎3‎，可观察到产生白色沉淀，D为品红，用于检验SO‎2‎，可观察到品红褪色； ②硫酸亚铁高温分解可生成Fe‎2‎O‎3‎、SO‎3‎、SO‎2‎，化学方程式为：‎2FeSO‎4‎‎ ​=​=​=​= ‎高温Fe‎2‎O‎3‎+SO‎2‎↑+SO‎3‎↑‎。‎ ‎【答案】‎ 铁,NO‎3‎‎−‎+8e‎−‎+10‎H‎+‎＝‎NH‎4‎‎+‎+3H‎2‎O 因为铁表面生成不导电的FeO(OH)‎，阻止反应进一步发生 Fe+2‎H‎+‎‎＝Fe‎2+‎+H‎2‎↑‎，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe‎2+‎浓度大，促使FeO(OH)‎转化为可导电的Fe‎3‎O‎4‎，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe‎2+‎浓度小，从而造成NO‎3‎‎−‎去除率和铁的最终物质形态不同 ‎【考点】‎ 探究影响化学反应速率的因素 电极反应和电池反应方程式 pH的简单计算 ‎【解析】‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎（1）由图可知，Fe失去电子，N得到电子； （2）pH＝‎4.5‎时，NO‎3‎‎−‎的去除率低，与铁表面生成不导电的FeO(OH)‎有关； （3）初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe‎2+‎浓度大，促使FeO(OH)‎转化为可导电的Fe‎3‎O‎4‎，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe‎2+‎浓度小。‎ ‎【解答】‎ ‎①Fe是活泼的金属，根据还原水体中的NO‎3‎‎−‎的反应原理图可知，Fe被氧化作负极， 故答案为：铁； ②正极发生得到电子的还原反应，因此正极是硝酸根离子被还原为NH‎4‎‎+‎，为酸性电解质溶液，结合电荷及电子守恒可知电极反应式为NO‎3‎‎−‎+8e‎−‎+10‎H‎+‎＝NH‎4‎‎+‎+3H‎2‎O， 故答案为：NO‎3‎‎−‎+8e‎−‎+10‎H‎+‎＝NH‎4‎‎+‎+3H‎2‎O；‎ 从pH对硝酸根去除率的影响来看，初始pH＝‎4.5‎时去除率低，主要是因为铁离子容易水解生成FeO(OH)‎，同时生成的Fe‎3‎O‎4‎产率降低，且生成的FeO(OH)‎不导电，所以NO‎3‎‎−‎的去除率低， 故答案为：因为铁表面生成不导电的FeO(OH)‎，阻止反应进一步发生；‎ 由表中信息可知（2）中初始pH不同时，NO‎3‎‎−‎去除率和铁的最终物质形态不同的原因为Fe+2‎H‎+‎＝Fe‎2+‎+H‎2‎↑‎，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe‎2+‎浓度大，促使FeO(OH)‎转化为可导电的Fe‎3‎O‎4‎，使反应进行的更完全；初始pH高时，由于Fe‎3+‎的水解，Fe‎3+‎越容易生成FeO(OH)‎，产生的Fe‎2+‎浓度小，从而造成NO‎3‎‎−‎去除率和铁的最终物质形态不同， 故答案为：Fe+2‎H‎+‎＝Fe‎2+‎+H‎2‎↑‎，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe‎2+‎浓度大，促使FeO(OH)‎转化为可导电的Fe‎3‎O‎4‎，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe‎2+‎浓度小，从而造成NO‎3‎‎−‎去除率和铁的最终物质形态不同。‎ ‎(二)选考题:共15分。请考生从给出的题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一小题计分。【化学—选修3：物质结构与性质】（15分）‎ ‎【答案】‎ ‎(1) ‎A ‎(2) N,球形,K的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱 ‎(3) V形,‎sp‎3‎ ‎(4) ‎0.315‎,‎‎12‎ ‎(5) 体心,棱心 ‎【考点】‎ 物质结构与性质综合应用 晶胞和非晶胞 晶胞的计算 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 原子结构与元素的性质 原子核外电子排布 同周期元素性质的递变规律 ‎【解析】‎ ‎(1)‎紫色波长介于‎400nm∼435nm之间；‎ ‎(2)‎基态K原子核外有‎4‎个电子层，最高能层为第四层，最外层电子为‎4‎s‎1‎电子，K和Cr属于同一周期，K的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱；‎ ‎（3）I‎3‎‎+‎中心原子的价层电子对数为‎7+1×2−1‎‎2‎‎=4‎，则为sp‎3‎杂化，价层电子对为正四面体，中心I原子的孤电子对数为‎7−1×2−1‎‎2‎‎=2‎，为V形；‎ ‎（4）K与O间的最短距离为面对角线的一半；O位于面心，K位于顶点，‎1‎个顶点为‎12‎个面共有；‎ ‎(5)‎在KIO‎3‎晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，个数为‎8×‎1‎‎8‎=1‎，则K也为‎1‎，应位于体心，则O位于棱心，个数为‎12×‎1‎‎4‎=3‎。‎ ‎【解答】‎ 解：‎(1)‎紫色波长介于‎400nm∼435nm之间，只有A符合，故答案为：A。‎ ‎(2)‎基态K原子核外有‎4‎个电子层，核外电子排布为：‎1s‎2‎2s‎2‎2p‎6‎3s‎2‎3p‎6‎4‎s‎1‎，最高能层为第四层，即N层；最外层电子为‎4‎s‎1‎电子，该能层电子的电子云轮廓图形状为球形；K和Cr属于同一周期，K的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱，则金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，故答案为：N; 球形；K的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱。‎ ‎（3）I‎3‎‎+‎中心原子的价层电子对数为‎7+1×2−1‎‎2‎‎=4‎，则为sp‎3‎杂化，中心I原子的孤电子对数为‎7−1×2−1‎‎2‎‎=2‎，为V形，故答案为：V形；sp‎3‎。‎ ‎（4）K与O间的最短距离为面对角线的一半，则K与O间的最短距离为‎2‎‎2‎‎×0.446nm≈0.315nm，与K紧邻的O在以K为顶点的正方形的面心，一个晶胞中距离顶点K最近的有3个O，顶点处的K被8个晶胞共有，面心O被2个晶胞共有，所以与K紧邻的O个数为‎3×8×‎1‎‎2‎=12‎，故答案为：0.315；12。 ‎ ‎(5)‎在KIO‎3‎晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，个数为‎8×‎1‎‎8‎=1‎，则K也为‎1‎个，应位于体心，则O位于棱心，每个棱为‎4‎个晶胞共有，则O个数为‎12×‎1‎‎4‎=3‎，故答案为：体心；棱心。‎ ‎【化学-选修5：有机化学基础】（15分）‎ ‎【答案】‎ ‎（1）‎ ‎（2）‎2−‎丙醇 ‎（3）‎ ‎（4）取代反应 ‎（5）‎C‎18‎H‎31‎NO‎4‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎（6）‎6‎,,‎ ‎【考点】‎ 有机化学基础综合应用 同分异构现象和同分异构体 结构简式 有机物的合成 有机化合物命名 有关有机物分子式确定的计算 取代反应与加成反应 ‎【解析】‎ A的化学式为C‎2‎H‎4‎O，其核磁共振氢谱为单峰，则A为；B的化学C‎3‎H‎8‎O，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为‎6:1:1‎，则B的结构简式为CH‎3‎CH(OH)CH‎3‎；D的化学式为C‎7‎H‎8‎O‎2‎，其苯环上仅有两种不同化学环境的氢，‎1 mol D可与‎1 mol NaOH或‎2 mol Na反应，则苯环上有酚羟基和‎−CH‎2‎OH，且为对位结构，则D的结构简式为，E应为，以此解答该题．‎ ‎【解答】‎ 解：A的化学式为C‎2‎H‎4‎O，其核磁共振氢谱为单峰，则A为；B的化学C‎3‎H‎8‎O，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为‎6:1:1‎，则B的结构简式为CH‎3‎CH(OH)CH‎3‎；D的化学式为C‎7‎H‎8‎O‎2‎，其苯环上仅有两种不同化学环境的氢，‎1 mol D可与‎1 mol NaOH或‎2 mol Na反应，则苯环上有酚羟基和‎−CH‎2‎OH，且为对位结构，则D的结构简式为，E应为，据此回答问题； ‎(1)‎由以上分析可知A的结构简式为；‎ ‎（2）B的结构简式为CH‎3‎CH(OH)CH‎3‎，其化学名称为‎2−‎丙醇；‎ ‎（3）D为，对比E的分子式可知，C和D发生取代反应生成E，发生反应生成E的化学方程式为； ‎ ‎(4)‎对比E和F的分子式可知由E生成F的反应类型为取代反应，生成F的同时生成HCl；‎ ‎(5)‎由结构简式可知有机物G的分子式为C‎18‎H‎31‎NO‎4‎；‎ ‎（6）L是D的同分异构体，可与FeCl‎3‎溶液发生显色反应，‎1 mol的L可与‎2 mol的Na‎2‎CO‎3‎反应，说明L的分子结构中含有‎2‎个酚羟基和一个甲基，当二个酚羟基在邻位时，苯环上甲基的位置有‎2‎种，当二个酚羟基在间位时，苯环上甲基的位置有‎3‎种，当二个酚羟基在对位时，苯环上甲基的位置有‎1‎种，则满足条件的L共有‎6‎种，其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为‎3:2:2:1‎的结构简式为或。 ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页