河北省2020届高三化学全国1卷模拟试卷18

河北省2020届高三化学全国1卷模拟试卷18

模拟试卷18‎ 一、选择题：本题共 7 小题，每小题 6 分，共 42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎7.从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是(　　)‎ A．我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件。高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛 B．“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料 C．推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放 D．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为石灰石 解析　钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故A正确；碳纤维属于无机材料，故B错误；煤的组成元素主要是碳，完全燃烧生成二氧化碳，液化后，不能减少二氧化碳的排放，故C错误；瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故D错误。‎ 答案　A ‎8．硫酸亚铁铵受热分解的反应方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3＋2NH3↑＋N2↑＋4SO2↑＋5H2O，用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．1 L 0.1 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2＋的数目为0.1NA B．将1 mol SO2和1 mol O2充分反应后，其分子总数为1.5NA C．标准状况下，每生成15.68 L气体转移电子数目为0.8NA D．常温常压下，3.0 g 15N2中含有的中子总数为1.4NA 解析：选C　A项，由于Fe2＋水解，1 L 0.1 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2＋的数目小于0.1NA，错误；B项， SO2与O2的反应2SO2＋O22SO3属于可逆反应，反应不能完全进行，若1 mol SO2和1 mol O2完全反应生成1 mol SO3，剩余0.5 mol O2，共1.5 mol，现不能完全反应，其物质的量大于1.5 mol，分子总数大于1.5NA，错误；C项，标准状况下，15.68 L气体为0.7 mol，其中NH3占2/7、N2占1/7，SO2占4/7，根据化学方程式可知，生成4 mol SO2转移8 mol电子，生成0.4 mol SO2则转移0.8 mol电子，数目为0.8NA，正确；D项，15‎ N的中子数＝15－7＝8,3.0 g 15N2为0.1 mol，含有的中子总数＝0.1×16×NA＝1.6NA，错误。‎ ‎9.利用食盐水制取ClO2的工业流程如图所示，装置①中的反应：NaCl＋3H2ONaClO3＋3H2↑，装置②中的反应：2NaClO3＋4HCl2ClO2↑＋ Cl2↑＋2NaCl＋2H2O。下列关于该流程说法不正确的是(　　)‎ A．该流程中Cl2、NaCl都可以循环利用 B．装置①中H2是阴极产物 C．装置②发生的反应中，Cl2是氧化产物，NaCl是还原产物 D．为了使H2完全转化为HCl，需要向装置③中补充Cl2‎ 解析　A．装置①中电解食盐水得到氢气、NaClO3，氢气和氯气反应生成氯化氢，装置②中2NaClO3＋4HCl(浓)2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O＋2NaCl，该流程中Cl2、NaCl都可以循环利用，故A正确；B.装置①是电解食盐水，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，是阴极产物，故B正确；C.电解食盐水得到氯酸钠(NaClO3)和H2，NaClO3和盐酸发生价态归中反应，生成NaCl、ClO2、Cl2、H2O，化学方程式为：2NaClO3＋4HCl2NaCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O，氯气是氧化产物，氯化钠中氯元素化合价不变，是氯化氢中氯元素生成，故C错误；D.电解饱和食盐水生成的氢气，为了使H2完全转化为HCl，需要向装置③中补充Cl2，故D正确；故选C。‎ 答案　C ‎10.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是(　　)‎ A．装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应 B．装置丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大 C．最后收集的气体可以作为清洁燃料使用 D．甲烷的二氯代物有2种 解析：选D　加强热时，聚丙烯分解生成碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，除碳为固体，其他物质均为气体，冷却后，苯和甲苯液化，氢气、甲烷、乙烯和丙烯都是气体，其中，乙烯和丙烯与丙中溴发生加成反应，最后收集的气体为氢气和甲烷。A项，装置乙试管中收集的液体是甲苯和苯，在铁粉或FeBr3存在下均可与溴发生取代反应，正确；B项，1，2二溴乙烷、1，2二溴丙烷的密度都大于水的密度，正确；C项，最后收集的氢气和甲烷可作清洁燃料，正确；D项，因为甲烷为正四面体结构，则甲烷的二氯代物只有一种，错误，D项符合题意。‎ ‎11.原子序数依次增大的短周期主族元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍；b、d 的最简单氢化物为A2B型，且b、d 的最外层电子数之和等于a、c、e的最外层电子数之和，c的＋1价离子比e的－1价离子少8个电子。下列说法正确的是(　　)‎ A.简单离子的半径：e>d>b>c B.最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：e>d>a C.简单氢化物的沸点：b>d>c D.简单离子的还原性：b>e>d 答案　B 解析　a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期元素，a的最外层电子数为其周期数的二倍，a为C元素；c的＋1价离子比e的－1价离子少8个电子，c为Na元素，e为Cl元素；b、d的简单氢化物为A2B型，b、d的最外层电子数之和等于a、c、e的最外层电子数之和，b的原子序数小于d，b为O元素，d为S元素。A项，根据“层多径大，序大径小”，简单离子半径由大到小的顺序为：S2－＞Cl－＞O2－＞Na＋，错误；B项，非金属性：Cl＞S＞C，最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序：HClO4＞H2SO4＞H2CO3，正确；C项，b、d、c的简单氢化物依次为H2O、H2S、NaH，NaH属于离子晶体，NaH的沸点最高，H2O分子间存在氢键，H2O的沸点高于H2S，沸点由高到低的顺序为：NaH＞H2O＞H2S，错误；D项，非金属性：O＞S、Cl＞S，简单离子还原性最强的为S2－，错误。‎ ‎12..三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池元件。电解法制备过程如下：用NaOH 溶液将NiCl2溶液的pH调至7.5，加入适量硫酸钠固体后进行电解。电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO－，把二价镍(可简单写成Ni2＋)氧化为Ni3＋，再将Ni3＋经一系列反应后转化为Ni2O3，电解装置如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A．加入适量硫酸钠的作用是增加离子浓度，增强溶液的导电能力 B．电解过程中阳极附近溶液的pH降低 C．电解过程中，溶液中的Cl－经阳离子交换膜向阳极移动 D．ClO－氧化Ni2＋的离子方程式为ClO－＋H2O＋2Ni2＋===Cl－＋2Ni3＋＋2OH－‎ 解析：选C　A项，硫酸钠是强电解质，加入硫酸钠，是为了增加离子浓度，增强溶液的导电能力，正确； B项，电解过程中，阳极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，阳极生成的Cl2与附近的水反应生成盐酸和次氯酸，使溶液的pH降低，正确； C项，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，电解过程中，溶液中的Cl－不能通过阳离子交换膜，错误； D项，ClO－把Ni2＋氧化为Ni3＋，ClO－被还原生成Cl－，反应的离子方程式为ClO－＋H2O＋2Ni2＋===Cl－＋2Ni3＋＋2OH－，正确。‎ ‎13．(2019·青岛二中高三下学期期初考试)常温下，向20 mL 0.2 mol·L－1二元酸H2A溶液中滴加0.2 mol·L－l NaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图。下列叙述正确的是(　　)‎ A．当V(NaOH)＝20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为：c(Na＋)>c(HA－)>c(A2－)>‎ c(OH－)>c(H＋)‎ B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大 C．等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大 D．当V(NaOH)＝40 mL时，升高温度，c(Na＋)/c(A2－)减小 答案　C 解析　A项，当V(NaOH)＝20 mL时，0.2 mol·L－1NaOH与20 mL 0.2 mol·L－1H2A反应生成NaHA，离子浓度大小的顺序为c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(OH－)>c(A2－)，错误；B项，等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合生成NaHA，由图像可知，当加入20 mL NaOH溶液时，A2－的浓度大于H2A，说明HA－的电离程度大于水解程度，则会抑制水的电离程度，故其溶液中水的电离程度比纯水中的小，错误；C项，等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大，正确；D项，当V(NaOH)＝40 mL时，生成Na2A，A2－会发生水解，升高温度，促进水解，则c(A2－)减小，则c(Na＋)/c(A2－)增大。‎ 二、非选择题：共 58 分。第26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35题～第 36题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎26．(2017·合肥模拟)高纯活性氧化锌可用于光催化、光电极、彩色显影等领域。以工业级氧化锌(含Fe2＋、Mn2＋、Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋等)为原料，用硫酸浸出法生产高纯活性氧化锌的工艺流程如下： ‎ 已知Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。‎ 回答下列问题： ‎ ‎(1)浸出时，为了提高浸出效率可采取的措施有(写两种)：________________。‎ ‎(2)氧化时，加入KMnO4溶液是为了除去浸出液中的Fe2＋和Mn2＋(溶液中Mn元素全部转化为MnO2)，请配平下列除去Fe2＋的离子方程式：‎ MnO＋Fe2＋＋________===MnO2↓＋Fe(OH)3↓＋H＋‎ ‎(3)加入锌粉的目的是______________________________________________。‎ ‎(4)已知H2SO4浸出液中，c(Fe2＋)＝5.04 mg·L－1、c(Mn2＋)＝1.65 mg·L－1。‎ ‎①加入KMnO4溶液反应一段时间后，溶液中c(Fe3＋)＝0.56 mg·L－1，若溶液pH＝3，则此时Fe3＋________(填“能”或“不能”)生成沉淀。‎ ‎②若要除尽1 m3上述浸出液中的Fe2＋和Mn2＋，需加入________g KMnO4。‎ ‎【解析】　(1)为了提高浸出效率，可以适当增大硫酸浓度、搅拌、将固体粉碎、提高浸出温度等。(2)锰元素由＋7价降低到＋4价，而铁元素由＋2价升高到＋3价，根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒配平方程式。(3)加入锌粉的目的是消耗溶液中的H＋，调节溶液pH，促进溶液中的Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋等形成沉淀而除去。(4)①c(Fe3＋)＝＝1.0×10－5 mol·L－1，‎ 此时溶液中c(OH－)＝1.0×10－11 mol·L－1，c(Fe3＋)·c3(OH－)＝1.0×10－38”或“<”)0；p1、p2、p3按从小到大的顺序为________。‎ ‎②在某恒容密闭容器中加入0.1 mol MoS2、0.2 mol Na2CO3、0.4 mol H2，一定温度下发生上述反应，下列叙述说明反应已达到平衡状态的是________ (填标号)。‎ a．v正(H2)＝v逆(CO)‎ b．气体的密度不再随时间变化 c．气体的压强不再随时间变化 d．单位时间内断裂H—H键与断裂H—O键的数目相等 ‎③在2 L的恒温恒容密闭容器中加入0.1 mol MoS2、0.2 mol Na2CO3、0.4 mol H2，在1 100 K时发生反应，达到平衡时恰好处于下图中A点，则此温度下该反应的平衡常数为________。‎ 解析　(1)在反应中，Mo元素的化合价由反应前MoS2中的＋2价变为反应后H2[MoO2Cl4]中的＋6价，S元素的化合价由反应前MoS2中的－1价变为反应后H2SO4中的＋6价，‎ ‎ N元素的化合价由反应前硝酸中的＋5价变为反应后NO中的＋2价，每1 mol MoS2发生反应，电子转移的物质的量为(6－2)＋2×[6－(－1)]mol＝18 mol；‎ ‎(2)①MoS2(s)===Mo(s)＋S2(g)　ΔH1 ‎ ‎②S2(g)＋2O2(g)===2SO2(g)　 ΔH2‎ ‎③2MoS2(s)＋7O2(g)===2MoO3(s)＋4SO2(g)　ΔH3‎ 根据盖斯定律，将③－2×②－2×①，整理可得反应2Mo(s)＋3O2(g)===2MoO3(s)的ΔH＝ΔH3－2ΔH2－2ΔH1；‎ ‎(3)①该池为电解池，在阴极上溶液中H2O电离产生的H＋获得电子，发生还原反应，电极反应式为：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；②由于溶液中H＋不断放电，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以电解一段时间后，溶液的碱性增强，pH不断增大；溶液中 的Cl－在阳极失去电子变为Cl2，Cl2具有氧化性，其与水反应产生的HClO氧化性也非常强，Cl2、HClO将MoS2氧化为MoO，因此MoO在阳极A附近生成；③在食盐水溶液中含有的阴离子有Cl－、OH－，Cl－失去电子产生Cl2，OH－也可能失去电子变为O2，生成的O2会与C在高温下反应产生CO2气体而不断消耗石墨，所以阳极一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极；‎ ‎(4)①根据图像可知：在压强不变时，温度升高，H2的平衡转化率增大，说明该反应的正反应为吸热反应，所以ΔH>0；由于反应MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，平衡逆向移动，H2的转化率降低，根据图像可知H2的转化率p1时最大，p3时最小，说明压强p3最大，p1最小，故压强按从小到大的顺序为：p1　p1

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