河北省2020届高三化学全国1卷模拟试卷15

河北省2020届高三化学全国1卷模拟试卷15

模拟试卷15‎ 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.《天工开物》中对“海水盐”有如下描述：“凡煎盐锅古谓之牢盆，……其下列灶燃薪，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘，……火燃釜底，滚沸延及成盐。”文中没有涉及的操作是(　　)‎ A．加热 B．结晶 C．蒸发 D．过滤 解析：　列灶燃薪是加热，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘是蒸发结晶，因此没有过滤，D项符合题意。‎ 答案：D ‎8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　　)‎ A．常温常压下，8 g甲烷中含C—H键数目为0.4NA B．标准状况下，11.2 L SO3中含分子数目为0.5NA C．1 L 0.1 mol·L－1 NH4NO3溶液中含氧原子数目为0.3NA D．7.8 g Na2O2与足量CO2完全反应转移电子数目为0.1NA 解析：选D　A项，1个CH4含4个C—H键，8 g甲烷为0.5 mol，含C—H键数目为2NA，错误；B项，标准状况下，SO3为固体，11.2 L SO3不为0.5 mol，所含分子数目不为0.5NA，错误；C项，1 L 0.1 mol·L－1 NH4NO3溶液中，溶质NH4NO3含氧原子数为0.3NA，但溶剂水中还含有氧原子，因此1 L 0.1 mol·L－1 NH4NO3溶液中含氧原子数目大于0.3NA，错误；D项，反应2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2中转移2e－，7.8 g(0.1 mol)Na2O2与足量CO2完全反应转移电子数目为0.1NA，正确。‎ ‎9.钒是一种熔点高、硬度大、无磁性的金属，广泛应用于钢铁、航空航天、能源等领域。工业上利用冶炼铝生成的固体废料——赤泥(主要成分为Fe2O3、Al2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物)提取金属钒，其工艺流程图如下：‎ 已知：钒有多种价态，其中＋5价最稳定。钒在溶液中主要以VO和VO的形式存在，且存在平衡VO＋H2OVO＋2H＋。下列说法正确的是(　　)‎ A．工业生产中，碱浸步骤可选用较为廉价的氨水 B．可以推测VO2Cl的溶解度大于NH4VO3‎ C．焙烧非磁性产品所得的固体产物加酸溶解时，应加入过量盐酸使其溶解完全 D．将磁性产品加入稀硝酸溶解，取上层清液再加入KSCN溶液后无明显现象，则磁性产品中一定不含铁元素 解析：选B　A项，氨水不能溶解氧化铝，错误；B项，用盐酸溶解后的溶液中含有VO、VO、Cl－，加入氯化铵会生成NH4VO3沉淀，反应向生成更难溶的物质的方向进行，可以推测VO2Cl的溶解度大于NH4VO3，正确；C项，溶液中存在平衡VO＋H2OVO＋2H＋，盐酸过量平衡逆向移动，会抑制NH4VO3的生成，不能加入过量的盐酸，错误；D项，加入的稀硝酸不足时，铁元素被硝酸氧化生成亚铁离子，亚铁离子遇KSCN溶液无明显现象，错误。‎ ‎ 10.双环戊二烯()主要用于制作医药、农药、树脂产品，常存在于煤焦油中。下列叙述不正确的是(　　)‎ A．从煤的干馏产物中可分离出苯、甲苯等基本化工原料 B．双环戊二烯与篮烷()互为同分异构体 C．双环戊二烯能与溴的四氯化碳溶液发生取代反应 D．双环戊二烯所有碳原子不可能共平面 解析　从煤的干馏产物中可分离出苯、甲苯、二甲苯等多种基本化工原料，A项正确；双环戊二烯()的分子式为C10H12，篮烷()的分子式为C10H12，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B项正确；双环戊二烯与溴的四氯化碳溶液发生的是加成反应，不是取代反应，C项错误；双环戊二烯的结构中含有，故双环戊二烯所有碳原子不可能共平面，D项正确。‎ 答案　C ‎11.有五种短周期主族元素X、Y、Z、R、Q，它们的原子序数逐渐增大；在周期表中的相对位置如图所示，Z是组成叶绿素的金属元素。下列说法错误的是(　　)‎ X Y Z R Q A．工业上都用电解法制Z、R单质 B．X和Y的单质熔点：XZ>R D．Y和Q的最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Q 解析：选B　根据Z是组成叶绿素的金属元素，可知Z为Mg，则R为Al，Q为P，X为C，Y为N。A项，工业上用电解熔融氯化镁的方法制Mg，用电解熔融氧化铝的方法制Al，正确；B项，C的单质有金刚石、石墨等，N的单质为N2，碳的单质熔点高于氮的单质熔点，错误；C项，Mg2＋、Al3＋、N3－均有两个电子层，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：N3－>Mg2＋>Al3＋，正确；D项，非金属性：N>P，故最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3>H3PO4，正确。‎ ‎12.如图是利用一种微生物将废水中的有机物(如淀粉)和废气NO的化学能直接转化为电能，下列说法中一定正确的是(　　)‎ A．质子透过阳离子交换膜由右向左移动 B．电子流动方向为N→Y→X→M C．M电极反应式：(C6H10O5)n＋7nH2O－24ne－===6nCO2＋24nH＋‎ D．当M电极微生物将废水中16.2 g淀粉转化掉时，N电极产生134.4 L N2(标况下)‎ 答案　C 解析　M为负极、N为正极，质子透过阳离子交换膜由负极区移动到正极区，即由左向右移动，故A错误；电子从负极(M极)流出，经外电路到X，经Y流入正极(N极)，故B错误；有机物淀粉在负极(M极)失电子发生氧化反应，结合图示，电极反应式为：(C6H10O5)n＋7nH2O－24ne－===6nCO2＋24nH＋，故C正确；16.2‎ ‎ g淀粉(即0.1 mol C6H10O5)反应，转移2.4 mol电子，因为正极(N极)反应为：2NO＋4H＋＋4e－===N2＋2H2O，则N电极产生0.6 mol氮气，在标准状况下的体积为13.44 L，故D错误。‎ ‎13．草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lg X与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是(　　)‎ A．Ⅰ表示lg与pH的变化关系 B．pH＝1.22的溶液中：2c(C2O)＋c(HC2O)＞c(Na＋)‎ C．1.22＜pH＜4.19的溶液中：c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)　　‎ D．pH＝4.19的溶液中：c(Na＋)＝3c(HC2O)‎ 解析：选B　A项，二元弱酸草酸的K1＝×c(H＋)＞K2＝×c(H＋)，当溶液的pH相同时，c(H＋)相同，lg X：Ⅰ＞Ⅱ，则Ⅰ表示lg与pH的变化关系，Ⅱ表示lg与pH的变化关系，错误；B项，pH＝1.22时，溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)可知，2c(C2O)＋c(HC2O)＞c(Na＋)，正确；C项，lg X为增函数，当pH＝1.22时，曲线Ⅰ中，lg X＝lg＝0，c(HC2O)＝c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中lg X＝lg＝－3，103c(C2O)＝c(HC2O)＝c(H2C2O4)；当pH＝4.19时，曲线Ⅰ中，lg X＝lg＝3，c(HC2O)＝103c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中，lg X＝lg＝0，c(C2O)＝c(HC2O)＝103c(H2C2O4)，所以1.22＜pH＜4.19的过程中，c(HC2O)逐渐增大，c(H2C2O4)逐渐减小，c(C2O)逐渐增大，‎ 则不一定满足c(C2O)＞c(H2C2O4)，错误；D项，pH＝4.19时，曲线Ⅱ中c(C2O)＝c(HC2O)，溶质为等浓度的NaHC2O4、Na2C2O4和少量的NaOH，结合物料守恒可知c(Na＋)＞3c(HC2O)，错误。‎ 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．(2019·武汉模拟)碲(Te)是一种第ⅥA族稀有分散元素，主要伴生于铜、镍、铅等金属矿藏中。TeO2属于两性氧化物，微溶于水，易溶于强酸和强碱。工业上可从电解精炼铜的阳极泥(主要成分为Cu2Te，还有少量的Ag、Au)中提取碲。其工艺流程如下：‎ ‎(1)“加压浸出”生成TeO2的离子方程式为_________________________________________‎ ‎________________，“加压浸出”时控制pH为4.5～5.0，酸性不能过强的原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(2)“盐酸酸浸”后将SO2通入浸出液即可得到单质碲，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为________，该流程中可循环利用的物质是________________________(填化学式)。‎ ‎(3)“NaOH碱浸”时反应的离子方程式为__________________________________‎ ‎________________________。流程中，电解过程用石墨作电极得到碲，阴极反应式为________________________________________________________________________。‎ ‎(4)浸出法是工业提取金属常用的方法，某实验小组用1.0 mol·L－1的草酸在75 ℃时浸出镍。随时间变化，不同固液比对镍浸出率的影响曲线如图所示。‎ ‎①由图可知，固液比与镍浸出率的关系是_________________________________________。‎ ‎②除固液比之外，你认为影响金属浸出率的因素还有________________________(写出两项)。‎ 解析：向铜阳极泥(主要成分为Cu2Te，还有少量的Ag、Au)中通入O2并加入H2SO4加压浸出得到浸出渣1(含TeO2)和浸出液1(铜盐溶液)，从浸出液1中提取回收铜，浸出渣1经“盐酸酸浸”后得到浸出渣2和浸出液2，浸出渣2可以回收Ag、Au，浸出液2为TeO2溶于盐酸生成的TeCl4溶液，将SO2通入浸出液2即可得到单质碲，反应为Te4＋＋2SO2＋4H2O===Te↓＋8H＋＋2SO，浸出渣1经“NaOH碱浸”得到浸出液3，再电解得到碲。(1)“加压浸出”生成TeO2的离子方程式为Cu2Te＋2O2＋4H＋2Cu2＋＋TeO2＋2H2O；酸性不能过强的原因是：酸性过强TeO2会被酸溶解导致Te产率降低。(2)“盐酸酸浸”后将SO2通入浸出液即可得到单质碲，反应的离子方程式为Te4＋＋2SO2＋4H2O===Te↓＋8H＋＋2SO，氧化剂为Te4＋，还原剂为SO2，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2；分析可知该流程中可循环利用的物质是H2SO4、HCl。(3)“NaOH碱浸”时反应的离子方程式为TeO2＋2OH－===TeO＋H2O；流程中，电解过程用石墨作电极得到碲，阴极反应式为TeO＋4e－＋3H2O===Te＋6OH－。(4)①由题图可知，固液比与镍浸出率的关系是：固液比越小，镍的浸出率越高。②除固液比之外，影响金属浸出率的因素还有金属本身、浸液的选择、温度、浓度、浸出时间、搅拌速度等。‎ 答案：(1)Cu2Te＋2O2＋4H＋2Cu2＋＋TeO2＋2H2O　酸性过强TeO2会被酸溶解导致Te产率降低 ‎(2)1∶2　H2SO4、HCl ‎(3)TeO2＋2OH－===TeO＋H2O　TeO＋4e－＋3H2O===Te＋6OH－‎ ‎(4)①固液比越小，镍的浸出率越高(合理即可)　②金属本身、浸液的选择、温度、浓度、浸出时间、搅拌速度等(合理即可)‎ ‎27．某化学兴趣小组设计实验制备苯甲酸异丙酯，其反应原理为 。用如图所示装置进行实验：‎ 物质的性质数据如表所示：‎ 物质 相对分子质量 密度/(g·cm－3)‎ 沸点/℃‎ 水溶性 苯甲酸 ‎122‎ ‎1.27‎ ‎249‎ 微溶 异丙醇 ‎60‎ ‎0.79‎ ‎82‎ 易溶 苯甲酸异丙酯 ‎164‎ ‎1.08‎ ‎218‎ 不溶 实验步骤：‎ 步骤ⅰ：在图甲干燥的仪器a中加入38.1 g苯甲酸、30 mL异丙醇和15 mL浓硫酸，再加入几粒沸石；‎ 步骤ⅱ：加热至70 ℃左右保持恒温半小时；‎ 步骤ⅲ：将图甲的仪器a中液体进行如下操作得到粗产品：‎ 步骤ⅳ：将粗产品用图乙所示装置进行精制。‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)步骤ⅰ中加入三种试剂的先后顺序一定错误的是________(填字母)。‎ A．异丙醇、苯甲酸、浓硫酸 B．浓硫酸、异丙醇、苯甲酸 C．异丙醇、浓硫酸、苯甲酸 ‎(2)图甲中仪器a的名称为________，判断酯化反应达到平衡的现象为________________________________________________________________________。‎ 加入的苯甲酸和异丙醇中，需过量的是________，目的是____________________。‎ ‎(3)本实验一般采用水浴加热，因为温度过高会使产率________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎(4)操作Ⅰ中第二次水洗的目的是______________________________________________，‎ 操作Ⅱ中加入无水硫酸镁的作用为______________________________________________。‎ ‎(5)步骤ⅳ所用的装置中冷却水的进口为________(填字母)，操作时应收集218 ℃的馏分，如果温度计水银球偏上，则收集的精制产品中可能混有的杂质为________(填物质名称)。‎ ‎(6)如果得到的苯甲酸异丙酯的质量为40.930 g。则该实验的产率为________%(保留2位有效数字)。‎ 解析：(1)浓硫酸和其他液态物质混合时应注意实验安全，一般都是将浓硫酸沿玻璃棒或容器壁缓缓注入其他液体中，边注入边搅拌，所以酯化反应实验中，一般先加入密度最小的醇，再加入羧酸，最后加入浓硫酸(其中浓硫酸和羧酸顺序可以颠倒)。(2)油水分离器中水层高低的变化可以显示生成物水的量，据此可以判断酯化反应是否达到平衡；由于酯化反应属于可逆反应，所以其中一种物质过量，既可以使平衡向正反应方向移动，又可以提高另外一种物质的转化率，由题中数据知，异丙醇过量。(3)有机物一般都易挥发，所以温度过高，容易造成反应物挥发而损失，从而降低产率。(4)第一次水洗主要是除去异丙醇和硫酸等水溶性杂质，用饱和碳酸钠溶液洗主要是除去硫酸和苯甲酸等酸性杂质，而第二次水洗，则是为了除去残留的碳酸钠，操作Ⅱ中加入无水硫酸镁是为了除去残留的水。(5)如果蒸馏时温度计的水银球偏上，则蒸馏烧瓶支管口处温度比温度计所测量的温度高，会有沸点较高的杂质逸出。(6)38.1 g苯甲酸的物质的量为≈0.312 mol，30 mL异丙醇的物质的量为＝0.395 mol，苯甲酸不足，所以苯甲酸异丙酯的理论产量为0.312 mol×164 g·mol－1＝51.168 g，则产率为×100%≈80%。‎ 答案：(1)B　(2)三颈烧瓶(或三口烧瓶)　油水分离器中水面保持稳定　异丙醇　有利于酯化反应向正反应方向进行，提高苯甲酸的转化率　(3)减小　(4)除去残留的碳酸钠　除去残留的水　(5)g　苯甲酸　(6)80‎ ‎28．Ⅰ.已知：①NaHCO3(s)===Na＋(aq)＋HCO(aq)　ΔH＝＋18.81 kJ·mo1－1‎ ‎②Na2CO3(s)===2Na＋(aq)＋CO(aq)　ΔH＝－16.44 kJ· mol－1‎ ‎③2NaHCO3(s)===Na2CO3(s)＋CO2(g)＋H2O(l)　ΔH＝＋92.34 kJ·mol－1‎ 请回答：‎ ‎(1)资料显示，NaHCO3固体加热到100 ℃发生分解，但是加热 NaHCO3溶液不到80 ℃就有大量CO2气体放出，用反应热角度说明原因______________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)NaHCO3溶液中主要存在2种化学平衡：a.HCO＋H2OH2CO3＋OH－，b.2HCOCO＋H2O＋CO2。根据理论计算0.10 mol·L－1NaHCO3溶液中2个反应的转化率随温度变化如图1所示(不考虑相互影响)：‎ ‎①计算25 ℃ 0.10 mol·L－1NaHCO3溶液中CO2与H2CO3‎ 的总浓度最大可能为_______mol·L－1。‎ ‎②加热蒸干NaHCO3溶液最后得到的固体是________。‎ ‎③25 ℃时0.10 mol·L－1的NaHCO3溶液的pH＝8.3，加热到4 min时溶液沸腾，后保温到7 min。已知常温下Na2CO3溶液浓度和pH的关系如下表(忽略温度对Kw的影响)：‎ c/mol·L－1‎ 饱和 ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0.010‎ ‎0.001 0‎ pH ‎12.1‎ ‎11.8‎ ‎11.5‎ ‎11.1‎ ‎10.6‎ 请在图2中作出NaHCO3溶液的pH随时间变化的曲线。‎ Ⅱ.研究得出当甲烷分解时，几种气体平衡时分压(Pa)与温度(℃)的关系如图3：‎ ‎(1)T1℃时，向1 L恒容密闭容器中充入0.3 mol CH4，只发生反应2CH4(g)C2H4(g)＋2H2(g)，达到平衡时，c(C2H4)＝c(CH4)，CH4的平衡转化率为________；上述平衡状态某一时刻，若改变温度至T2℃，CH4以0.01 mol·L－1·s－1的平均速率增多，经t s后再次达到平衡，且平衡时，c(CH4)＝2c(C2H4)，则t＝________s。‎ ‎(2)列式计算反应2CH4(g)C2H2(g)＋3H2(g)在图3中A点温度时的平衡常数K＝________(用平衡分压代替平衡浓度计算，lg 0.05＝－1.3)。‎ ‎(3)由图3可知，甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，为提高甲烷制乙炔的转化率，除改变温度外，还可采取的措施有____________________________________________。‎ 答案　Ⅰ.(1)2HCO(aq)===CO(aq)＋CO2(g)＋H2O(l)　ΔH＝＋38.28 kJ·mol－1，反应需要的能量比固体小 ‎(2)①1.7×10－3 　②Na2CO3　③‎ Ⅱ.(1)66.7%　5　(2)5.0×104　(3)充入适量的乙烯 解析　Ⅰ.(1) 根据所给热化学方程式结合盖斯定律可得2HCO(aq)===CO(aq)＋CO2(g)＋H2O(l)　ΔH＝＋38.28 kJ·mol－1，所以加热NaHCO3溶液需要的能量比固体小。‎ ‎(2)①根据图1可知，25 ℃时，HCO的转化率为0.2%，即生成H2CO3的浓度为：0.10 mol·‎ L－1×0.2%＝2×10－4mol·L－1,25 ℃时，反应b中HCO的转化率为3.0%，即生成CO2的浓度为：0.10 mol·L－1×3.0%×＝1.5×10－3mol·L－1，所以25 ℃时 0.10 mol·L－1NaHCO3溶液中CO2与H2CO3的总浓度最大可能为：2×10－4mol·L－1＋1.5×10－3mol·L－1＝1.7×10－3mol·L－1。‎ ‎②加热蒸干NaHCO3溶液，NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和水，所以最后得到的固体是Na2CO3。‎ ‎③根据已知条件，碳酸钠的起始pH应该为8.3，所以起点从8.3出发，加热到4 min时溶液沸腾，即4 min之前已达到平衡，且此时Na2CO3的浓度小于0.10 mol·L－1大于0.01 mol·L－1，所以拐点的pH在11.1至11.5之间，保温到7 min，pH变化不大。‎ Ⅱ.(1)假设达到平衡时，生成n(C2H4)为x mol，‎ ‎　　　　 2CH4(g)C2H4(g)＋2H2(g)‎ 起始n/mol　　0.3　　　　 0　　　0‎ 反应n/mol 2x x 2x 平衡n/mol 0.3－2x  x 2x 由于恒容密闭容器体积不变，所以达到平衡时，c(C2H4)＝c(CH4)，即n(C2H4)＝n(CH4)＝x＝0.3－2x，计算得x＝0.1，甲烷的转化率为： ‎×100%≈66.7%；假设再次平衡时乙烯转化的物质的量是y mol，则0.1＋2y＝2×(0.1－y)，解得y＝0.025，这说明甲烷的物质的量增加了0.025 mol×2＝0.05 mol，所以时间t＝＝5 s。‎ ‎(2)根据图3可知，平衡时甲烷、氢气、乙炔的平衡分压分别是103、104、，所以 A点温度时的平衡常数K＝＝5.0×104。‎ ‎(3)根据方程式可知，增大乙烯的浓度可以增大甲烷的浓度，进而提高乙炔的转化率。‎ ‎35.钛被誉为“21世纪的金属”，可呈现多种化合价。其中以＋4价的Ti最为稳定。回答下列问题：‎ ‎(1)基态Ti原子的价电子排布图为______________________________________。‎ ‎(2)已知电离能：I2(Ti)＝1 310 kJ·mol－1，I2(K)＝3 051 kJ·mol－1。I2(Ti)

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