2020年高考化学考前适应性模拟卷 试卷03（解析版）

2020 年高考考前适应性模拟卷 03 化 学 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Fe 56 Co 59 Cu 64 As 75 一、选择题：本题共 7 个小题，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．中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识。下列有关说法不正确的是（ ） A．“自古书契多编以竹简，其用缣帛者（丝质品）谓之为纸”，这里的纸主要成分为纤维素 B．中国蓝是古代人工合成的蓝色化合物，其化学式为 BaCuSi4O10，可改写成 BaO·CuO·4SiO 2 C．东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述：“……得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”这里 的黄芽是指硫 D．《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”。这里的瓦属于传统无机非金属 材料，主要成分为硅酸盐 【答案】A 【解析】A．“自古书契多编以竹简，其用缣帛者谓之为纸”，这里纸的主要成分为纤维素，缣帛是丝织品， 蚕丝主要成分是蛋白质，故 A 错误； B．硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写 SiO2，含氢元素的 H2O 最后写，所以 BaCuSi4O10 用氧化物形式表示：BaO·CuO·4SiO 2，故 B 正确； C．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和 硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故 C 正确； D．择取无沙粘土而为之得到“瓦”，是传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，故 D 正确； 8．NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ） A．17g H2S 与 PH3 组成的混合气体中含有的质子数为 9NA B．4.6g 分子式为 C2H6O 的有机物中含有 C—H 键数为 0.5NA C．常温下，将 5.6g 铁块投入足量浓硝酸中，转移电子数为 0.3NA D．一定条件下，1mol H2 与足量碘蒸气充分反应，生成 HI 分子数一定小于 NA 【答案】A 【解析】A．H2S 与 PH3 的摩尔质量均为 34g/mol，故 17g 混合物的物质的量为 0.5mol，且两者均含 18 个质 子，故 0.5mol 混合物中含质子为 9NA 个，故 A 正确；B．C2H6O 可能的结构有 CH3OCH3 或 CH3CH2OH，前者有 6 个 C—H 键，后者有 5 个 C—H 键，所以 4.6g 分子式为 C2H6O 的有机物中含有 C—H 键数目无法确定，故 B 错误； C．常温下，铁在浓硝酸中钝化，故 C 错误； D．I2 和 H2 的反应为可逆反应，不能进行彻底，1mol H2 与足量碘蒸气充分反应，生成的 HI 的分子数小于 2NA 个，可能为 NA 个，故 D 错误； 9．有机物 Z 常用于治疗心律失常，Z 可由有机物 X 和 Y 在一定条件下反应制得，下列叙述错误的是（ ） A．X 中所有原子不可能在同一平面 B．X、Z 均能与酸性 KMnO4 溶液反应 C．Y 含有羧基的同分异构体有 12 种 D．室温下 Z 与 Br2 加成的产物最多有 3 种 【答案】D 【解析】有机物 X 含有羰基、酚羟基，Y 含有酯基和溴原子，Z 含有碳碳双键、酯基和醚键，据此回答问 题。 A. X 中含有苯环，为平面结构，碳氧双键为平面结构，甲基为四面体结构，故所有原子不可能在同一平面，A 正确； B. X 具有酚羟基、Z 具有碳碳双键，均为不饱和结构，能与酸性 KMnO4 溶液反应，B 正确； C. 若 Y 含有羧基，则除去羧基外，还有 4 个碳原子，4 个碳原子构成的结构有 4 种，根据氢环境计算，一 溴代物的同分异构体有 12 种，C 正确； D. 室温下 Z 与 Br2 加成，结构中碳碳双键有 2 个，可发生 1，2 加成，1，4 加成和全加成等，故产物最多 有 4 种，D 错误。 10．二氧化氯(C1O2)是易溶于水且不与水反应的黄绿色气体，沸点为 11℃。某小组在实验室中制备 C1O2 的 装置如下：[已知：SO2+2NaC1O3+H2SO4=2C1O2+2NaHSO4]下列说法正确的是（ ） A．连接装置时，导管口 a 应接 h 或 g，导管口 c 应接 e B．装置 C 中装的是饱和食盐水，导管口 a 通过的气体为 SO2 C．装置 D 放冰水的目的是液化 SO2，防止污染环境 D．可选用装置 A，用 1 mol·L-1 盐酸与 MnO2 反应制取 Cl2 【答案】A 【解析】A. 装置 A 中制备二氧化硫气体，利用 SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 制备 ClO2，为防止 倒吸，应在之前有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，气体要长进短出，故连接顺序为：a→g→h→b→c→e→f→d， A 正确； B. 实验室中制备 ClO2 的实验中，尾气为 SO2，为防止污染空气，装置 C 中装的是 NaOH 吸收未反应完的 SO2，B 错误； C. ClO2 沸点较低，在 D 中冰水浴收集，为充分冷却气体，便于收集，C 错误； D. 只有浓盐酸才能在加热时与 MnO2 反应生成 Cl2，1 mol/L 的稀盐酸不能用于反应制取 Cl2，D 错误； 11．短周期主族元素 W、X、Y、Z、Q 的原子序数依次增大，已知 A、B、C、D 是它们中的两种或三种元 素间形成的化合物，Y 元素的焰色反应呈黄色，Y、Z、Q 的最高价氧化物对应水化物相互之间可反应。B 是两性氢氧化物；D 是由 W 与 Q 形成的化合物，常温下， 溶液的 pH 为 1。在一定条件下它 们之间的相互转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ） A．可通过电解熔融的 C 得到 Z 单质 B．X 元素的氢化物沸点比同主族元素的氢化物高 C．W、X、Y、Z 元素的原子半径大小为 D．A 的水溶液呈弱碱性，是因为含有元素 Y 【答案】B 【解析】【分析】已知 A、B、C、D 是它们中的两种或三种元素间形成的化合物，Y 元素的焰色反应呈黄色， Y 为 Na， Y、Z、Q 的最高价氧化物对应水化物相互之间可反应，则 Z 应为 Al，Q 为非金属元素且其最高 价氧化物水化物能溶解氢氧化铝且与氢氧化钠反应，则可能为 S 或者 Cl，D 是由 W 与 Q 形成的化合物，常 -10.1mol L D⋅ W>X>Y>Z温下， 溶液的 pH 为 1，则 D 应为一元强酸，因此 Q 应为 Cl，B 是两性氢氧化物则 B 为氢氧 化铝，原子序数可知 W 为氢、X 为氧，结合转化关系图，A 可以与 HCl 反应产生氢氧化铝，则 A 应为偏铝 酸钠，C 为氯化铝，据此分析解答； 【详解】由以上分析可知 W 为 H、X 为 O、Y 为 Na、Z 为 Al、Q 为 Cl，A 为 NaAlO2，B 为 Al(OH)3，C 为 AlCl3，D 是 HCl。 A.氯化铝是分子晶体，其熔融状态不导电，故不能通过电解其熔融物制取铝单质，工业上采用电解熔融氧 化铝的方法制取铝，故 A 错误； B.X 的氢化物为水，水分子间存在氢键，导致其熔沸点在同族气态氢化物中最高，故 B 正确； C.电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越大，因此原子半径 Na＞Al＞O＞H， 故 C 错误； D.A 为偏铝酸钠，偏铝酸根水解使溶液显碱性，与钠离子无关，故 D 错误； 12．二甲醚(CH3OCH3)直接燃料电池具有启动快、效率高等优点，用二甲醚燃料电池电解甲基肼 (CH3—NH—NH2)制氢的装置如图所示，其中 X、Y、M、N 均为惰性电极。下列说法正确的是（ ） A．M 极的电极反应式为 CH3—NH—NH2+12OH--10e-=CO +N2↑+9H2O B．图 1 中电解质溶液的 pH 减小，图 2 中电解质溶液的 pH 增大 C．图 2 中的交换膜是阴离子交换膜，OH-透过交换膜向 N 极移动 D．理论上，当生成 6.72LH2 时，消耗 CH3OCH3 的质量为 2.3g 【答案】A 【解析】【分析】装置图 1 分析可知，氢离子移向的电极为正极，X 为负极，二甲醚失电子发生氧化反应， 结合电极反应判断电极附近 pH 变化，Y 为正极，电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为二甲醚 失电子生成二氧化碳，结合原子守恒和电荷守恒写出电极反应为：CH3OCH3+3H2O-12e－=2CO2+12H＋； 氧 气在正极发生还原反应，O2+4H＋+4e－=2H2O；图 2 是电解池，N 是阴极，H2O 得电子发生还原反应：2H2O ＋2e－=2OH－＋H2↑，M 极是阳极，发生氧化反应：CH3—NH—NH2+12OH--10e-=CO +N2↑+9H2O。 -10.1mol L D⋅ 2 3 − 2 3 −【详解】A．M 极是阳极，发生氧化反应：CH3—NH—NH2+12OH--10e-=CO +N2↑+9H2O，故 A 正确； B．图1中生成水，CH3OCH3+3O2 2CO2+3H2O，电解质溶液的pH增大，图2中CH3—NH—NH2+H2O+2OH- CO +N2↑+5H2↑，电解质溶液的 pH 减小，故 B 错误； C．图 2 中的交换膜是阴离子交换膜，OH-透过交换膜向 M 极移动，故 C 错误； D．理论上，CH3OCH3~12e－~6H2，当生成标准状况下 6.72LH2 时，消耗 CH3OCH3 的质量为 =2.3g，但题目中没有说明生成的氢气的状态，故 D 错误； 【点睛】 易错点 D，注意生成的氢气的状态。 13．常温下，用 AgNO3 溶液分别滴定浓度均为 0.01mol·L-1 的 KCl、K2C2O4 溶液，所得的沉淀溶解平衡图像 如图所示(不考虑 C2O42-的水解)。下列叙述正确的是（ ） A．Ksp(Ag2C2O4)=10-7 B．a 点表示的是 AgCl 的不饱和溶液 C．向 c(Cl-)=c(C2O42-)=0.1mol·L-1 的混合液中滴入 AgNO3 溶液时，先生成 Ag2C2O4 沉淀 D．Ag2C2O4(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+C2O42-(aq)的平衡常数为 109.04 【答案】D 【解析】A．Ksp(Ag2C2O4)＝c2(Ag＋)·c(C2O )＝(10－4)2×(10－2.46)＝10－10.46，故 A 错误； B.在 a 点，c(Ag＋)大于平衡浓度，故 a 点的浓度积 Qc(AgCl)＞Ksp(AgCl)，故为氯化银的过饱和溶液，将有 沉淀析出，故 B 错误； C.根据图像可知，当阴离子浓度相同时，生成 AgCl 沉淀所需的 c(Ag＋)小，故向 c(Cl－)＝c(C2O )的混合液 中滴入 AgNO3 溶液时，先析出氯化银沉淀，故 C 错误； D.Ag2C2O4(s)＋2Cl－(aq) 2AgCl(s)＋C2O42- (aq)的平衡常数 K＝ ，此时溶液中的 c(Ag＋)相 2 3 − 2 3 − 1 1 6.72 46 ·22.4 · 6 L g molL mol − − ××   ( ) ( ) 2 2 4 2 l C O C c c − −同，故有：K＝ ＝ 109.04，故 D 正确； 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35~36 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 43 分。 26．（15 分）煤炭气化作为洁净煤利用的核心技术，是影响煤化工系统效率、污染物及温室气体排放的关键。 工业生产中主要的气化方式包括纯水气化、CO2 气化和纯氧气化，反应如下： i.C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH=+119kJ·mol-1 ii.C(s)+CO2(g) 2CO(g) ΔH=+162kJ·mol-1 iii.C(s)+ O2(g) CO(g) ΔH=-123kJ·mol-1 iv.C(s)+ O2(g) CO2(g) ΔH=-409kJ·mol-1 （1）均相水煤气反应 CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)的 ΔH__。 （2）图 1 是不同气化方式得到的合成气成分，图 2 是温度对碳转化率的影响(碳转化率是指气化得到气体中 的碳占入炉原料煤中碳的质量分数)。 ①气化过程中不同氧化剂的配比会对合成气的成分造成很大影响，为了提高合成气的氢碳比，生产中应该 适当提高__在氧化剂中的比例。 ②若使用混合氧化剂进行气化，最佳气化温度是___℃。温度升高纯氧气化的碳转化率降低，原因是___。 ③工业上常在压强 200kPa 的条件下进行气化，压强过高过低都不利于气化的进行，可能的原因是__。 ④T℃时，向容积可变的恒压密闭容器中加入 20g 燃煤(含碳 84%)和 2molH2O(g)模拟纯水气化反应，起始容 积为 2L。一段时间达到平衡后，测得容器内 H2 为 1mol。则该温度下 C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)的平衡 常数 K=__。 （3）煤的气化中可以利用 CO2 捕集技术实现 CO2 的综合利用。用石墨电极电解 CO2 制 CH3CH2OH 的原理 示意图如图： ( ) ( ) sp 2 2 4 2 sp Ag C O AgCl K K   ( ) -10.46 2-5.75 -4 10 = 10 10× 1 2①b 为电源的___(填“正”或“负”)极。 ②生成 CH3CH2OH 的电极反应式为___。 【答案】（1）-43kJ·mol-1（3 分） （2）水（1 分） 900（1 分） 纯氧气化涉及的反应ⅲ、反应ⅳ都是放热反应，温度升高，平衡逆 移，碳转化率降低（2 分） 压强高会使气化反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的平衡逆向移动；压强低反应速率小，都 不利于气化的进行（2 分） mol·L-1（3 分） （3）正（1 分） 2CO2+12H++12e-=CH3CH2OH+3H2O（2 分） 【解析】【分析】（1）根据盖斯定律进行计算； （2）据图可知，纯水气化时氢碳比最大，CO2 气化氢碳比最小；温度升高纯氧气化中碳转化率略微减小， 而纯水气化和 CO2 气化碳转化率增大，温度高于 900℃后升高不明显； ④恒压容器中气体的体积比等于气体的物质的量之比，据此先计算平衡时容器的体积，再根据 K= 计算平衡常数； （3）该装置目的是用石墨电极电解 CO2 制 CH3CH2OH，C 元素化合价降低被还原，所以通入二氧化碳的一 极为电解池的阴极，则产生氧气的一极为阳极。 【详解】（1）已知：i.C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH=+119kJ·mol-1 ii.C(s)+CO2(g) 2CO(g) ΔH=+162kJ·mol-1 根据盖斯定律 i-ii 可得反应 CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)的 ΔH=+119kJ·mol-1-(+162kJ·mol-1)=-43kJ·mol-1； （2）①据图可知纯水气化时氢碳比最大，所以为了提高合成气氢碳比凯越适当提高水在氧化剂中的比例； ②据图可知温度升高，纯氧气化碳转化率略微减小，而纯水气化和 CO2 气化碳转化率增大，温度高于 900℃ 后升高不明显，所以为了提高碳转化率，同时尽量降低能耗，提高反应速率，最佳的气化温度应为 900℃； 纯氧气化涉及的反应ⅲ、反应ⅳ都是放热反应，温度升高，平衡逆移，所以温度升高碳转化率降低； ③压强高会使气化反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的平衡逆向移动，压强低反应速率小，都不利于气化的进行，所以压强 1 3 ( ) ( ) ( ) 2 2 H CO H O c c c不能过高也不能过低； ④该反应的平衡常数 K 的表达式为 ，平衡时容器内 n(H2)=1mol，根据反应方程式可知该时段 内消耗 n(H2O)=1mol，生成的 n(CO)=1mol，剩余的 n(H2O)=2mol-1mol=1mol，所以平衡时容器内气体总物 质的量为 1mol+1mol+1mol=3mol，压强不变，则体积比等于气体的物质的量之比，初始气体的物质的量为 2mol，平衡时为 3mol，容器初始体积为 2L，所以平衡容器体积为 3L，则平衡时容器内 c(H2O)= c(H2)=c(CO)= mol/L，K= = mol·L-1； （3）①根据分析产生氧气的一极为电极池的阳极，阳极与外接电源的正极相连，所以 b 为电源的正极； ②二氧化碳被还原生成乙醇，电解质溶液显酸性，所以电极反应式为 2CO2+12H++12e-=CH3CH2OH+3H2O。 【点睛】 本题中平衡常数的计算为易错点，要注意本题中的容器为恒压容器，而涉及的反应前后气体系数之和不相 等，所以容器的体积会变，需要先求出体积才能求浓度。 27．（14 分）乙酰苯胺（C6H5-NHCOCH3）可用作止痛剂退热剂、防腐剂和染料中间体，常用苯胺 （C6H5-NH2）与冰醋酸为原料制备，具体流程如下： 化学原理：C6H5-NH2 + CH3COOH C6H5–NHCOCH3+ H2O，已知：①苯胺易被氧化，乙酰苯胺碱性条 件下水解；②部分物质有关性质如下表；③步骤 1 所用装置如图所示（固定装置、加热装置已略去）。 ( ) ( ) ( ) 2 2 H CO H O c c c 1 3 -1 -1 -1 1 1mol L mol L3 3 1 mol L3 ×   1 3 Δ→请回答下列问题: （1）仪器 a 的名称________________________ （2）盛有冰醋酸的容器，最有可能贴有的安全标签是__________（填标号）。 a. b. c. d. （3）加入锌粒，除了防止暴沸外，还能起到的作用是________________ （4）步骤 1 中控制温度计示数约 105 °C 的原因是_____________________ （5）判断反应基本完全的现象是____________；步骤 3 中洗涤乙酰苯胺粗产品最合适的试剂是_________ （填标号）。 a.冰水 b.热水 c.15%的乙醇溶液 d. NaOH 溶液 （6）步骤 4 中重结晶的过程：粗产品溶于沸水中配成饱和溶液→再加入少量蒸馏水→加入活性炭脱色→加 热煮沸→ _____ →冷却结晶→过滤→洗涤→干燥。 （7）本实验中乙酰苯胺产率为_____________。 【答案】（1）直形冷凝管(冷凝管) （1 分） （2）d（1 分） （3）防止苯胺被氧化 （2 分） （4）冰醋酸具有挥发性，温度过高，冰醋酸蒸出，降低了反应物的利用率，温度过低，不利于蒸出水 （2 分） （5）尾接管中不再有液滴滴下（2 分） a（1 分） （6）趁热过滤（2 分） （7）68.7%（3 分） 【解析】【分析】根据题干信息，根据实验原理 C6H5-NH2 +CH3COOH C6H5–NHCOCH3+H2O 制备乙 酰苯胺，以苯胺和冰醋酸为原料，控温加热 1h 后趁热倒入冷水，析出晶体后抽滤、洗涤、干燥得到粗产品， 洗涤时需注意温度越高，乙酰苯胺溶解度越大，且在碱性条件下易水解，可选用冰水洗涤，再重结晶得到 产品，据此分析解答问题。 【详解】（1）根据仪器构造可知，a 为直形冷凝管，用于冷凝回流，提高反应物的利用率，故答案为：直形 冷凝管(冷凝管)； （2）冰醋酸属于酸，具有腐蚀性，所以盛有冰醋酸的容器最有可能贴有的安全标签为腐蚀品，故答案为： d； （3）根据题干信息，苯胺易被氧化，而锌粒可与酸反应生成氢气，形成氢气环境，从而防止苯胺被氧化， 故答案为：防止苯胺被氧化； （4）已知冰醋酸具有挥发性，因此温度过高，冰醋酸蒸出，降低了反应物的利用率，但温度过低，不利于 蒸出水，所以将温度控制在约 105℃时，故答案为：冰醋酸具有挥发性，温度过高，冰醋酸蒸出，降低了反 应物的利用率，温度过低，不利于蒸出水； （5）当尾接管中不再有液滴滴下时，说明反应基本完全，由于乙酰苯胺易溶于酒精，在水中温度越高，乙 酰苯胺溶解度越大，且在碱性条件下易水解，故选用冰水洗涤，故答案为：尾接管中不再有液滴滴下；a； （6）重结晶时，将粗产品溶于沸水中配成饱和溶液，再加入少量蒸馏水，加入活性炭脱色，接着加热煮沸， 趁热过滤后冷却结晶，再过滤、洗涤、干燥得到最终产品，故答案为：趁热过滤； (7)根据分析，制备乙酰苯胺的实验原理为 C6H5-NH2 +CH3COOH C6H5–NHCOCH3+H2O，以 0.11mol 的苯胺和 0.26mol 的冰醋酸为原料，可知冰醋酸过量，根据反应方程式可求得理论上制得的乙酰苯胺的物质 的量为 0.11mol，则质量为 0.11mol×135g/mol=14.85g，则根据公式 可知，乙酰苯 胺的产率为 ，故答案为：68.7%。 28．（14 分）某铜钴矿石主要含有 CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3 和 SiO2，及一定量的 Fe2O3、MgO 和 CaO 等。由该矿石制 Co2O3 的部分工艺流程如图： Δ→ Δ→ = 100%×实际产量产率 理论产量 10.2g 100% 68.7%14.85g × ≈回答下列问题： （1）“浸泡”过程中，钴(III)可转化为 CoSO4，写出该转化的相关化学方程式：__。 （2）“除铜”若选用 MnS，计算常温下该“除铜”反应的平衡常数 K=__。［保留 2 位有效数字；已知常温下 Ksp(MnS)=2.5×10–13，Ksp(CuS)=1.3×10–36] （3）①步骤 I 中加入 NaClO3 与 Fe2+反应的离子方程式为__。 ②常温下，溶液中金属离子(Mn+)的 pM［pM=–lgc(Mn+)]随溶液 pH 变化关系如图所示，设加入 NaClO3 后， 溶液中的 c(Co2+)为 0.1mol•L-1，依据如图分析，步骤 I 中加入 Na2CO3 调整溶液 pH 范围为__。［当 c(Mn+)≤10–6mol•L–1，即认为该金属离子沉淀完全] （4）步骤 II 中加入足量 NaF 的目的是__。 （5）过滤出的 CoC2O4•2H2O 固体经洗涤后，证明固体已洗净的操作为__。 （6）若某工厂用 m1kg 该铜钴矿石制备了 m2kgCo2O3，假设产率为 a，则该矿石中钴元素的百分含量为__。 【答案】（1）2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O（2 分） （2）1.9×1023（2 分） （3）ClO +6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O（2 分） 3～7.6(或 3≤pH