河北省2020届高三化学全国1卷模拟试卷15（教师版）（Word版有解析）

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 ＋2 和 VO －3 的形式存在，且存在平衡 VO＋2 ＋H2OVO－3 ＋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＋2 、VO－3 、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＋2 ＋H2OVO－3 ＋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 [X 为 c（HC2O） c（H2C2O4）或 c（C2O） c（HC2O）]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 c（C2O） c（HC2O）与 pH 的变化关系 B．pH＝1.22 的溶液中：2c(C2O2－4 )＋c(HC2O－4 )＞c(Na＋) C．1.22＜pH＜4.19 的溶液中：c(HC2O－4 )＞c(C2O2－4 )＞c(H2C2O4)   D．pH＝4.19 的溶液中：c(Na＋)＝3c(HC2O－4 ) 解 析 ： 选 B   A 项 ， 二 元 弱 酸 草 酸 的 K1 ＝ c（HC2O） c（H2C2O4）×c(H ＋ ) ＞ K2 ＝ c（C2O） c（HC2O）×c(H＋)，当溶液的 pH 相同时，c(H＋)相同，lg X：Ⅰ＞Ⅱ，则Ⅰ表示 lg c（HC2O） c（H2C2O4）与 pH 的变化关系，Ⅱ表示 lg c（C2O） c（HC2O）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－4 )＋2c(C2O2－4 )＋c(OH－)可知，2c(C2O2－4 )＋c(HC2O－4 )＞c(Na＋)，正确； C 项，lg X 为增函数，当 pH＝1.22 时，曲线Ⅰ中，lg X＝lgc（HC2O） c（H2C2O4）＝0，c(HC2O －4 )＝c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中 lg X＝lg c（C2O） c（HC2O）＝－3，10 3c(C2O2－4 )＝c(HC2O－4 )＝ c(H2C2O4)；当 pH＝4.19 时，曲线Ⅰ中，lg X＝lg c（HC2O） c（H2C2O4）＝3，c(HC 2O－4 )＝ 103c(H2C2O4) ， 曲 线 Ⅱ 中 ， lg X ＝ lg c（C2O） c（HC2O）＝ 0 ， c(C2O2－4 ) ＝ c(HC2O－4 ) ＝ 103c(H2C2O4)，所以 1.22＜pH＜4.19 的过程中，c(HC2O－4 )逐渐增大，c(H2C2O4)逐 渐减小，c(C2O2－4 )逐渐增大，则不一定满足 c(C2O2－4 )＞c(H2C2O4)，错误；D 项，pH ＝4.19 时，曲线Ⅱ中 c(C2O2－4 )＝c(HC2O－4 )，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－4 )，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＋＋2SO2－4 ，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 TeO 2 的离子方程式为 Cu2Te＋2O2＋4H＋ ===== 加压 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＋＋2SO2－4 ，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－===TeO2－3 ＋H2O；流程中，电解过程用石墨作电极得到碲，阴 极反应式为 TeO2－3 ＋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＋ ===== 加压 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－===TeO2－3 ＋H2O TeO2－3 ＋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 38.1 g 122 g·mol－1≈0.312 mol， 30 mL 异丙醇的物质的量为30 mL × 0.79 g·cm－3 60 g·mol－1 ＝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 40.930 g 51.168 g ×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－3 (aq) ΔH＝＋18.81 kJ·mo1－1 ②Na2CO3(s)===2Na＋(aq)＋CO2－3 (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－3 ＋H2OH2CO3＋OH－， b.2HCO－3 CO2－3 ＋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－3 (aq)===CO2－3 (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－3 (aq)===CO2－3 (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 －3 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 －3 的转化率为 3.0%，即生 成 CO2 的浓度为：0.10 mol·L －1×3.0%×1 2 ＝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 ： 2 × 0.1 mol 0.3 mol ×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＝ 0.05 mol·L－1 0.01 mol·L－1·s－1 ＝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、1 20 ， 所以 A 点温度时的平衡常数 K＝pC2H2·p3H2 p2CH4 ＝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)