届高考化学全真模拟卷19解析版.docx

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届高考化学全真模拟卷19解析版

2020届高考化学全真模拟卷

19

（考试时间：

50分钟试卷满分：

100分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Na23Si28S32Mn55Fe56Cu64

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．《天工开物》记载：

“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”，“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖中燃薪举火”，“浇水转釉（主要为青色），与造砖同法”。

下列说法错误的是（）

A．沙子和粘土的主要成分均为硅酸盐

B．“燃薪举火”使粘土发生复杂的物理化学变化

C．烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦

D．粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料

【答案】A

【解析】A．沙子主要成分为二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐，A错误；

B．黏土烧制成瓦的过程为复杂的物理化学变化过程，粘土发生复杂的物理化学变化，B正确；

C．青瓦和红瓦是在冷却时区分的：

自然冷却的是红瓦，水冷却的是青瓦，C正确；

D．由“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”可知粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料，D正确；

答案选A。

8．已知NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（）

A．将1molNH4NO3溶于稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NA

B．室温下，1LpH=3的NaHSO3水溶液中由水电离产生的OH-的数目为0.001NA

C．常温常压下，40gSiC中含有Si—C键数目为4NA

D．100g质量分数为3%的甲醛水溶液中含有的氢原子数目大于0.2NA

【答案】B

【解析】A.1molNH4NO3，溶于稀氨水中使溶液呈中性，则溶液中存在电荷守恒：

n（NH4+）+n（H+）=n（OH−）+n（NO3-），则硝酸根离子个数等于铵根离子个数等于NA，A项正确；

B.pH=3的NaHSO3溶液中，HSO3−的电离大于水解，故溶液中的氢离子主要来自于HSO3−的电离，故溶液中水电离出的OH-小于0.001NA，B项错误；

C.40gSiC的物质的量n=40g/40g/mol=1mol，而1molSiC中含有Si−C键4mol即4NA，C项正确；

D.在100g质量分数为3%的甲醛水溶液中含有3g甲醛，含有甲醛的物质的量为0.1mol，0.1mol甲醛分子中含有0.2mol氢原子，由于水分子中也含有氢原子，则该溶液中含有氢原子数大于0.2NA，D项正确；

答案选B。

9．我们常用的生姜因含有姜辣素而呈现出刺激的味道，当生姜干燥后，姜辣素会转变成姜烯酚，辛辣增加两倍，若加热则产生较多的姜酮，刺激性较小，还有一点甜味。

下列有关三种有机物的说法正确的是（    ）

A．一定条件下，姜辣素、姜烯酚、姜酮均可发生聚合反应

B．姜辣素分子在氢氧化钠醇溶液条件下发生消去反应，产物有两种（不考虑顺反异构）

C．1mol姜辣素分子与足量的溴水反应最多可消耗2molBr2

D．生姜加热后产生的姜酮分子最多有10个碳原子共平面

【答案】A

【解析】A.姜辣素含有两个羟基，可以进行缩聚反应，姜烯酚含有碳碳双键，可以进行加聚反应，姜酮只有一个羟基，一定条件下，可以转化出两个羟基，也可以发生加聚反应，A项正确；

B.氢氧化钠醇溶液能使卤代烃发生消去反应，姜辣素不含卤元素，不能发生消去反应，B项错误；

C.姜辣素分子存在酚羟基，Br2可取代酚羟基邻位、对位的H，姜辣素只存在一个邻位H，1mol姜辣素与足量的溴水反应最多可消耗1molBr2，C项错误；

D.生姜加热后产生的姜酮分子最多有11个碳原子共平面，D项错误。

答案选A。

10．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种原子的最外层电子数之和为18，W与Y同主族，X原子的最外层电子数等于周期数，Z的单质在常温下为气体，下列说法正确的是

A．原子半径：

Y＞X＞W

B．最简单氢化物的稳定性Z＞W＞Y

C．X与Z形成的化合物的水溶液能使红色石蕊试纸变蓝

D．Y的氧化物既能与碱反应，也能与酸反应・属于两性氧化物

【答案】B

【解析】A.原子半径：

Al>Si>C，即X>Y>W，A错误；

B.最简单氢化物的稳定性：

HCl>CH4>SiH4，即Z>W>Y，B正确；

C.X与Z形成的化合物为AlCl3，为强酸弱碱盐，水解显酸性，使红色石蕊试纸变红，C错误；

D.Y的氧化物为二氧化硅，酸性氧化物，D错误。

答案：

B

【点睛】本题考查元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，把握元素的位置、元素化合物知识、元素周期律为解答的关键。

11．下列设计的实验方案不能达到实验目的的是

A．检验亚硫酸钠溶液是否变质：

取少量溶液，向其中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液

B．制取乙酸乙酯：

向试管中加入碎瓷片，再依次加入3mL乙醇、2mL浓硫酸和2mL乙酸，用酒精灯加热，将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠钠溶液的上方

C．除去溴化钠溶液中混有的碘化钠：

向溶液中加入稍过量溴水，充分反应后，加入四氯化碳，振荡后静置、分液，取上层溶液

D．探究温度对反应速率的影响：

将2支均装有5mL0.1mol·L−1硫代硫酸钠溶液的试管分别置于冰水和热水中，再同时向试管中加入5mL0.1mol·L−1稀硫酸

【答案】A

【解析】A．加入硝酸钡生成的亚硫酸钡沉淀，加入硝酸会被氧化为硫酸钡，不能证明亚硫酸根离子的存在，故A错误，符合题意；

B．饱和碳酸钠溶液能吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，易于析出，将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠溶液的上方，故B正确，不符合题意；

C．除去溴化钠溶液中混有的碘化钠：

向溶液中加入稍过量溴水，充分反应后，碘离子被氧化生成碘单质，加入四氯化碳，振荡后静置、分液，过量的溴和碘被萃取在下层有机层，取上层溶液为溴化钠溶液，故C正确，不符合题意；

D．探究温度对反应速率的影响：

将2支均装有5mL0.1mol·L−1硫代硫酸钠溶液的试管分别置于冰水和热水中，再同时向试管中加入5mL0.1mol·L−1稀硫酸，其他条件相同时，温度高的反应速率快，则先产生沉淀，故D正确，不符合题意；故选：

A。

12．工业上可利用电解原理，间接氧化降解处理含有机污染物的废水，其原理如图所示：

下列有关说法不正确的是（）

A．电极A是阳极，发生氧化反应

B．强氧化剂可能为Cl2、O2

C．有机污染物在石墨电极上被还原为无污染物

D．若介质离子为OH-，电极B上发生的反应为2H2O＋2e-═H2↑＋2OH-

【答案】C

【解析】A.根据装置图可知在电极A上，溶液中的介质离子失去电子变为强氧化剂，所以A电极为阳极，A项正确；

B.介质离子为Cl-失去电子变为Cl2，介质离子为OH-失去电子变为O2，B项正确；

C.根据装置图可知有机污染物在溶液中与强氧化剂反应，被氧化为无污染物，C项错误；

D.介质离子为OH-，分析可知，B做阴极，阴极得电子，发生的反应为2H2O＋2e-═H2↑＋2OH-，D项正确；

答案选C。

13．室温下，用0.1mol/L的盐酸滴定相同浓度的25mL溴化肼（N2H5Br）溶液，已知肼（N2H4）是二元弱碱，N2H4+H2O

N2H5++OH-Kb1=1.0×10-6，N2H5++H2O

N2H62++OH-Kb2=1.3×10-15，滴定过程中混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示。

下列叙述错误的是（）

A．N2H4与硫酸反应形成的酸式盐的化学式为N2H6（HSO4）2

B．b点表示盐酸与溴化肼恰好完全反应：

c（Cl-）=c（Br-）>c（N2H62+）

C．a点对应的溶液中：

c（Br-）＋c（OH-）═c（N2H5+）＋2c（N2H62+）＋c（H+）

D．c点的混合溶液中：

c（Cl-）>c（Br-）>c（H+）>c（N2H62+）>c（N2H5+）>c（OH-）

【答案】D

【解析】A.N2H4与硫酸反应形成的酸式盐，则酸过量，N2H4会完全电离为N2H62+，该酸式盐的化学式为N2H6（HSO4）2，A项正确；

B.b点表示盐酸与溴化肼恰好为1：

1完全反应，此时溶液为N2H6BrCl，而N2H62+会水解，故c（Cl-）=c（Br-）>c（N2H62+）B项正确；

C.a点时为N2H5Br溶液，根据电荷守恒：

c（Br-）＋c（OH-）═c（N2H5+）＋2c（N2H62+）＋c（H+），C项正确；

D.c点的混合溶液为N2H6BrCl、HCl，溶液环境显酸性会抑制N2H62+水解，从图中可得知，c（N2H62+）>c（H+），D项错误；答案选D。

三、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35~36题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：

共43分。

26．（14分）工业上用含锰废料（主要成分MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、CuO、CaO等）与烟气脱硫进行联合处理并制备MnSO4的流程如图：

已知：

25℃时，部分氢氧化物的溶度积常数（Ksp）如下表所示。

氢氧化物

Al（OH）3

Fe（OH）3

Cu（OH）2

Mn（OH）2

Ksp

1.0×10-32

1.0×10-38

2.0×10-20

2.0×10-14

请回答：

（1）沉淀1的化学式为_____。

（2）室温下，加双氧水氧化后所得的溶液中c（Mn2+）=2mol/L，某种离子的浓度小于1×10-5mol/L时，可认为已完全沉淀，则生成沉淀2需调节pH的范围是_____。

“净化”时，加入（NH4）2S的作用为____。

（3）“酸化、还原”中，发生的所有氧化还原反应的离子方程式为_____。

（4）已知：

滤液3中除MnSO4外，还含有少量（NH4）2SO4。

（NH4）2SO4、MnSO4的溶解度曲线如图所示。

据此判断，操作“I”应为蒸发浓缩、_____、洗涤、干燥。

（5）工业上可用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2，其阳极反应式为_____。

（6）25.35gMnSO4·H2O样品隔绝空气条件下受热分解过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示。

则1150℃时，反应的化学方程式为_____。

【答案】

（1）CaSO4（2分）

（2）5

（3）SO2+MnO2=Mn2++SO42-、Fe2O3+SO2+2H+=2Fe3++SO42-+H2O（2分）

（4）趁热过滤（2分）

（5）Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+（2分）

（6）3MnO2

Mn3O4+O2↑（2分）

【解析】

（1）CaO与稀硫酸反应生成CaSO4，而CaSO4是微溶物，故沉淀1是CaSO4；

（2）Al3+沉淀完全时：

1×10-5×c3（OH-）=1.0×10-32，c（OH-）=1.0×10-9mol/L，pH=5，Fe（OH）3的溶度积更小，当Al3+沉淀完全时，Fe3+已经沉淀完全，Cu2+沉淀完全时：

1×10-5×c2（OH-）=2.0×10-20，c（OH-）=

×10-7.5mol/L，当c（Mn2+）=2mol/L开始沉淀时，2×c2（OH-）=2.0×10-14，c（OH-）=10-7mol/L，pH=7，故调节pH的范围是：

5

（3）“酸化、还原”中，发生的所有氧化还原反应的离子方程式为：

SO2+MnO2=Mn2++SO42-，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe3++SO42-+H2O；

（4）由（NH4）2SO4、MnSO4的溶解度曲线图可知，（NH4）2SO4的溶解度随着温度的升高而增大，MnSO4的溶解度随着温度的升高而减小，故将滤液3蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥。

（5）工业上可用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2，阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式为：

Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；

（6）25.35gMnSO4·H2O样品n（Mn2+）=n（MnSO4·H2O）=25.35g/（169g/mol）=0.15mol，其中n（H2O）=0.15mol，m（H2O）=0.15mol×18g/mol=2.79，280℃时，所得固体质量为22.65g,减少的质量为2.7g,则说明该段失去结晶水，此时的固体为MnSO4，继续受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物，850℃时，固体质量由22.65减少到13.05，减少9.6g，而0.15mol的二氧化硫的质量为9.6g，则该固体为MnO2，1150℃时的固体为MnO2分解所得，锰元素的质量为0.15mol×55g/mol=8.25g，则氧化物中n（O）=（11.45g-8.25g）/（16g/mol）=0.2mol，故n（Mn）：

n（O）=0.15：

0.2=3：

4，则该氧化物为Mn3O4，反应式为3MnO2

Mn3O4+O2↑。

【点睛】本题是工艺流程，对流程的分析要求较高，认真分析好工艺流程图，涉及陌生氧化还原反应方程式书写，从题中信息找出反应物、生成物，分析每一步所加入物质的作用，注意调节溶液的pH的范围，从另一个图形中判断物质溶解度的受温度影响情况，便于从溶液中得到晶体，再从样品质量随温度变化的曲线图上，利用原子守恒确定最终产物。

27．（15分）（2020·南昌市新建区第二中学高三月考）叠氮化钠（NaN3）是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。

NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。

实验室可利用亚硝酸叔丁酯（t－BuNO2，以t－Bu表示叔丁基）与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。

（1）制备亚硝酸叔丁酯

取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。

可利用亚硝酸与叔丁醇（t－BuOH）在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：

________________。

（2）制备叠氮化钠（NaN3）

按如图所示组装仪器（加热装置略）进行反应，反应方程式为：

t－BuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋t－BuOH。

①装置a的名称是________________；

②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；

③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤，所得晶体使用无水乙醇洗涤。

试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是______________________________________________。

（3）产率计算

①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。

②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[（NH4）2Ce（NO3）6]溶液40.00mL[发生的反应为2（NH4）2Ce（NO3）6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce（NO3）3＋2NaNO3＋3N2↑]（假设杂质均不参与反应）。

③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL（滴定原理：

Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋）。

计算可知叠氮化钠的质量分数为__________（保留2位有效数字）。

若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是______（填字母代号）。

A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗

B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数

C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡

D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内

（4）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：

____________________________。

【答案】

（1）t－BuOH＋HNO2

t－BuNO2＋H2O（2分）

（2）①恒压滴液漏斗（滴液漏斗）（2分）②水浴加热（2分）③降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失（2分）

（3）65%（2分）AC（2分）

（4）ClO－＋2N

＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑（3分）

【解析】

（1）根据元素组成以及酯化反应特点，有水分子生成，无机酸与醇的酯化反应生成亚硝酸酯与水，反应的化学方程式为t－BuOH＋HNO2

t－BuNO2＋H2O；

（2）①根据仪器的构造可知，装置a的名称是恒压滴液漏斗（滴液漏斗）；

②加热温度低于100℃，所以用水浴加热；

③叠氮化钠易溶于水，微溶于乙醇，低温下溶解度降低，用乙醇洗涤溶质损失更少；

（3）Ce4＋总计为0.10mol·L－1×0.04L＝0.004mol，分别与Fe2＋和N

反应。

其中与Fe2＋按1∶1反应消耗0.10mol·L－1×0.02L＝0.002mol，则与N

按1∶1反应也为0.002mol，即10mL所取溶液中有0.002molN

。

原2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液中有0.02mol即1.3gNaN3，所以样品质量分数为65%；

误差分析：

A、使用叠氮化钠溶液润洗锥形瓶，使进入锥形瓶中溶质比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大；

B、六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00mL，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，计算叠氮化钠溶液浓度偏小；

C、滴定前无气泡，终点时出现气泡，则读数体积为实际溶液体积减气泡体积，硫酸亚铁铵标准液读数体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大；

D、滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内，无影响。

答案选AC；

（4）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体氮气，结合氧化还原反应配平，反应的离子方程式为：

ClO－＋2N

＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。

28．（14分）（2020·湖南雅礼中学高三月考）硫酸在生活和生产中应用广泛。

某工厂以黄铁矿（主要成分为FeS2）为原料，采用接触法制备硫酸。

（1）已知在298K和101kPa条件下：

FeS2（s）=FeS（s）+S（s）∆H1

S（s）+O2（g）=SO2（g）∆H2

4FeS（s）+7O2（g）=2Fe2O3（s）+4SO2（g）∆H3

则在该条件下FeS2与O2生成Fe2O3和SO2的热化学方程式为_______。

（2）催化氧化反应：

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）∆H<0。

在体积可变的密闭容器中，维持压强为101kPa和初始n（SO2）=2mol，充入一定量的O2，SO2的平衡转化率α（SO2）随O2物质的量n（O2）的变化关系如图所示：

①在1000℃时，SO2平衡转化率随着O2物质的量的增大缓慢升高，解释其原因________。

②a点时SO3的平衡分压p（SO3）=_________Pa（保留两位有效数字，某组分的平衡分压=总压×某组分的物质的量分数）。

（3）保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO2、O2。

请画出平衡体系中SO3的体积分数φ（SO3）随初始SO2、O2的物质的量之比[n（SO2）/n（O2）]的变化趋势图______：

（4）已知活性氧可以把SO2快速氧化为SO3，根据计算机模拟结果，在炭黑表面上O2转化为活性氧的反应历程与能量变化关系如图所示。

下列说法不正确的是_______（填字母代号）。

A．O2转化为活性氧是氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程

B．该过程的最大能垒（活化能）E正=0.73eV

C．每活化一个O2分子最终吸收0.29eV能量

D．依题炭黑可以作为SO2转化为SO3的催化剂

E.其他条件相同时，炭黑颗粒越小，反应速率越快

（5）硫酸工厂尾气中的SO2可被NaOH溶液吸收，用惰性电极将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH的同时得到H2SO4，写出阳极的电极反应式：

___________

【答案】

（1）4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）∆H=2∆H1+2∆H2+∆H3（2分）

（2）①该反应∆H<0，1000

时，该反应的平衡常数很小，二氧化硫的平衡转化率很小；1000

时，恒压条件下，充入氧气，c（SO2）和c（SO3）等倍数减，c（O2）增大，Qc=

②

（2分）

（3）

（2分）

（4）BC（2分）

（5）SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+（3分）

【解析】

（1）①FeS2（s）=FeS（s）+S（s）∆H1；②S（s）+O2（g）=SO2（g）∆H2；

③4FeS（s）+7O2（g）=2Fe2O3（s）+4SO2（g）∆H3；根据盖斯定律，①×2+②×2+③得热化学反应方程式为：

4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）∆H=2∆H1+2∆H2+∆H3；故答案为：

4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）∆H=2∆H1+2∆H2+∆H3；

（2）①该反应∆H<0，1000

时，根据二氧化硫的转化曲线，该反应的平衡常数很小，二氧化硫的平衡转化率很小；1000

时，恒压条件下，充入氧气，c（SO2）和c（SO3）等倍数减，c（O2）增大，Qc=

该反应∆H<0，1000

时，该反应的平衡常数很小，二氧化硫的平衡转化率很小；1000

时，恒压条件下，充入氧气，c（SO2）和c（SO3）等倍数减，c（O2）增大，Qc=

②

SO3的平衡分压p（SO3）=

，故答案为：

；

（3）保持温度不变，向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO2、O2，二氧化硫与氧气比例为2:

1时，三氧化硫的平衡体积分数最大，故答案为：

；

（4）A.由图分析可知，O2转化为活性氧是氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程，A正确；

B.该过程的最大能垒（活化能）E正=0.75eV，B错误；

C.每活化一个O2释放0.29eV能量，C错误；

D.炭黑可以提供活化氧，可作为SO2转化为SO3的催化剂，D正确；

E.其他条件相同时，炭黑颗粒越小，反应接触面积越大，反应速率越快，E正确；故答案为：

BC；

（5）用惰性电极将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH的同时得到H2SO4，阳极是亚硫酸根离子失去电子，生成硫酸根离子，即阳