【化学】河北省2020届高三全国Ⅰ卷模拟试卷19（解析版）
河北省2020届高三全国Ⅰ卷模拟试卷19
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.化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是( )
A．铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈
B．燃煤中加入生石灰可有效减少污染物的排放量
C．二氧化硫可广泛用于食品的漂白
D．漂白粉可作棉、麻的漂白剂，也可用作环境的消毒剂
解析：铁质器件附有铜配件时，在接触电解质溶液时，铁是原电池的负极，易被腐蚀生成铁锈，故A正确；利用生石灰可以“固硫”，反应为2CaO＋2SO2＋O2===2CaSO4，所以可以减少二氧化硫的排放，故B正确；SO2不能用于漂白食品，故C错误；漂白粉具有强氧化性、漂白性，可作棉、麻的漂白剂，也可用作环境的消毒剂，故D正确。
答案：C
8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A．密闭容器中2 mol NO与2 mol O2充分反应，体系中的原子总数为8NA
B．100 g质量分数为9.8%的硫酸水溶液中含氧原子的数目为0.4NA
C．0.1 mol铁在0.1 mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为0.3NA
D．常温下，0.1 mol·L－1的Na2SO4溶液中含有的离子总数为0.3NA
解析：A．由于NO和氧气均为双原子分子，故2 mol NO和2 mol O2中含8 mol原子，而反应过程中满足原子个数守恒，故将2 mol NO和2 mol O2混合，充分反应后体系中原子总数为8NA，故A正确；B.在硫酸溶液中，除了硫酸外，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数多于0.4NA个，故B错误；C.0.1 mol Fe在0.1 mol氯气中燃烧，铁过量，氯气完全反应，而氯气反应后化合价变为－1价，故0.1 mol氯气转移0.2 mol电子即0.2NA，故C错误；D.未注明溶液的体积，无法计算0.1 mol·L－1的Na2SO4溶液中含有的离子总数，故D错误。
答案：A
9.氯酸镁[Mg(ClO3)2]常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量Mg(ClO3)2·6H2O的流程如下：
已知：卤块的主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质。
下列说法不正确的是( )
A．卤块中的FeCl2与KMnO4溶液发生的是氧化还原反应
B．加入BaCl2溶液生成的沉淀是BaSO4
C．加MgO后过滤得到的滤渣成分是氢氧化镁和氢氧化铁
D．在滤液中加NaClO3饱和溶液得到产品的反应是复分解反应
解析：根据题给已知信息，知卤块的主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质，FeCl2能与KMnO4溶液发生氧化还原反应，A正确；卤块中含有杂质MgSO4，故加入BaCl2溶液生成的沉淀是BaSO4，B正确；加MgO调节溶液的pH＝4，可沉淀出氢氧化铁，C错误；在滤液中加NaClO3饱和溶液，发生复分解反应：MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2↓＋2NaCl，这是因为相同温度下Mg(ClO3)2的溶解度比NaClO3小，D正确。
答案：C
10.下列实验操作正确且能达到对应实验目的的是( )
解析：碘单质易溶于四氯化碳，应采用蒸馏操作分离二者，A项错误；直接蒸馏75%的酒精溶液不能制备无水酒精，在75%的酒精溶液中加入生石灰，再蒸馏得无水酒精，B项错误；乙烷不和溴水反应，乙烯与溴反应生成1，2－二溴乙烷，C项正确；提纯乙酸乙酯应采用分液操作，不能用蒸发操作，D项错误。
答案：C
11.短周期1～10号元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高正价和最低负价的代数和为0；X的一种核素在考古时常用来鉴定此文物的年代，Y的常见氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质。Z是地壳中含量最高的元素。根据以上叙述，下列说法中不正确的是( )
A.元素简单气态气化物的热稳定性：Z>Y>X
B.W可与同主族的元素形成离子化合物
C.W、X、Y、Z四种元素可形成水溶液显中性的盐
D.X、Z分别与W形成化合物的沸点一定有：X
1
C．向Na2XO3溶液中滴加稀盐酸至溶液显中性时：c(Na＋)＋2c(H＋)＝c(HXO)＋2c(XO)＋2c(OH－)
D．实线M表示pOH与lg的变化关系
答案：B
解析：Na2XO3溶液加水稀释，水解程度增大，但是溶液中c(HXO)、c(OH－)均减小，温度不变，Kw不变，因此c(H＋)增大，Na2XO3溶液加水稀释，一直增大，A错误；＝＝，根据图像当lg＝0时，溶液的pOH＝4，水解大于电离，溶液显碱性，所以Kh/Ka1>1，即在NaHXO
3溶液中：>1，B正确；向Na2XO3溶液中滴加稀盐酸至溶液显中性时：溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HXO)＋2c(XO)＋c(OH－)，C错误；Na2XO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，分两步水解：XO＋H2OHXO＋OH－， HXO＋H2OH2XO3＋OH－；水解的第一步程度较大，因此比值较大，当＝10－4时，溶液的碱性最强，pOH＝0；第二步水解受到第一步抑制，水解程度较小，比值较小，当＝10－9时，溶液的碱性最强，pOH＝0；所以实线M表示pOH与lg的变化关系，D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·长沙市长郡中学高三上学期一模，27)如图是工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生产CuCl的流程：
已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化为绿色，见光分解变成褐色。
请回答下列问题：
(1)流程中的滤渣①与Y反应和X与Y反应相比，单位时间内得到的气体多，其原因为_______________________________________________。
(2)滤液①需要加过量Z，检验Z过量的方法是________________________________。
(3)写出生成CuCl的化学方程式：____________________________________。
(4)为了提高CuCl产品的纯度，流程中的“过滤”操作适宜用下列装置图中的________(填选项字母)，过滤后，洗涤CuCl的试剂宜选用____________(填“无水乙醇”或“稀硫酸”)。
(5)CuCl加入饱和NaCl溶液中会部分溶解生成CuCl，在一定温度下建立两个平衡：
Ⅰ.CuCl (s)Cu＋(aq)＋Cl－ (aq) Ksp＝1.4×10－6
Ⅱ.CuCl(s)＋Cl－ (aq)CuCl(aq) K＝0.35。
分析c(Cu＋)、c(CuCl)和Ksp、K的数学关系，在图中画出c(Cu＋)、c(CuCl)的关系曲线(要求至少标出一个坐标点)。
(6)氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25 g于250 mL锥形瓶中，加入10 mL过量的FeCl3溶液，不断摇动：
②待样品溶解后，加入20 mL蒸馏水和2滴指示剂；
③立即用0.100 0 mol·L－1硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；
④重复三次，消耗硫酸铈溶液的平均体积为24.30 mL。
上述相应化学反应为CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，则样品中CuCl的纯度为________(保留三位有效数字)。
解析：(1)流程中的滤渣①与Y反应和X与Y反应相比，单位时间内得到的气体多，说明反应速率快，因为滤渣①中有铁和铜单质，与盐酸反应时能形成无数微小的原电池，极大地加快了反应速率；(2)检验溶液中通入的氯气已过量，可取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，若下层液体呈橙色，说明氯气已过量。(3)根据流程图可知，SO2、CuSO4、CuCl2反应生成H2SO4、CuCl，因此化学方程式为：CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4。(4)生产中为了提高CuCl产品的质量，尽可能减少CuCl被空气中氧气氧化，宜采用抽滤法快速过滤，所以过滤装置选择B项。洗涤CuCl宜选用无水乙醇，因为CuCl难溶于无水乙醇，洗涤时可减少CuCl的溶解损失，而且后续干燥中易除去乙醇。不选用稀硫酸，虽然CuCl难溶于稀硫酸，但用稀硫酸洗涤，会给CuCl表面带来少量的H＋和SO杂质。(5)据反应式CuCl(s)＋Cl－ (aq)CuCl(aq)和K的定义式有：K＝，将分子、分母同乘以c(Cu＋)得：K＝＝，将题给的K和Ksp的数据代入得c(CuCl)×c(Cu＋)＝1.4×10－6×0.35＝4.9×10－7。取其中(0.7，0.7)做为一个坐标点，图像示意如下：
(6)根据题给的相应化学反应CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，可得CuCl和Ce4＋的反应配比是1∶1，所以可得CuCl的纯度：×100%＝96.7%。
答案：(1)滤渣①中有铁和铜，与盐酸反应时形成无数微小的原电池，极大地加快了反应速率
(2)取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量(其他合理答案均可)
(3)CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4
(4)B 无水乙醇
(5)
(6)96.7%
27．(2019·河南中原名校第一次质量考评)某小组同学进行实验研究FeCl3溶液和Na2S溶液的反应。
[实验一]
已知：FeS、Fe2S3均为黑色固体，均能溶于盐酸。H2S气体有臭鸡蛋气味。
同学们对黑色沉淀的成分提出两种假设：
ⅰ.Fe3＋与S2－反应直接生成沉淀Fe2S3 ⅱ.Fe3＋被S2－还原，生成沉淀FeS和S
甲同学进行如下实验：
操作
现象
取少量FeS固体，加入稀盐酸
固体溶解，有臭鸡蛋气味气体生成
取少量Fe2S3固体，加入稀盐酸
固体溶解，出现淡黄色浑浊，有臭鸡蛋气味气体生成
根据上述实验现象和资料，甲同学得出结论：黑色沉淀是Fe2S3。
(1)0.1 mol·L－1 Na2S溶液的pH为12.5。用离子方程式表示其显碱性的原因：________________________________________________________________________。
(2)乙同学认为甲同学的结论不严谨，理由是______________________________________
________________。
(3)进一步研究证实，黑色沉淀的主要成分是Fe2S3。Na2S溶液呈碱性，FeCl3溶液与其反应不生成Fe(OH)3而生成Fe2S3的原因可能是_________________________________________。
[实验二]
步骤
操作
现象
Ⅰ
开始时，局部产生少量的黑色沉淀，振荡，黑色沉淀立即消失，同时溶液中产生淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味的气体
Ⅱ
继续滴加Na2S溶液
一段时间后，产生大量的黑色沉淀，振荡，沉淀不消失
(4)进一步实验证实，步骤Ⅰ中局部产生少量的黑色沉淀是Fe2S3，黑色沉淀溶解的主要原因不是Fe2S3与溶液中Fe3＋发生氧化还原反应。步骤Ⅰ中黑色沉淀溶解的反应的离子方程式是________________________________________________________________________。
(5)根据以上研究，FeCl3溶液和Na2S溶液反应的产物与________相关。
解析：(1)0.1 mol·L－1 Na2S溶液的pH为12.5，呈碱性的原因是S2－水解，离子方程式为S2－＋H2OHS－＋OH－。(2)乙同学认为甲同学的结论不严谨，理由是黑色沉淀还可能是FeS和Fe2S3的混合物。(3)根据溶解平衡理论，当Fe2S3的溶解度比Fe(OH)3的溶解度小时，反应会生成溶解度更小的Fe2S3沉淀。(4)少量的Na2S溶液与过量的FeCl3溶液反应生成少量的黑色沉淀Fe2S3，由于黑色沉淀溶解的主要原因不是Fe2S3与溶液中Fe3＋发生氧化还原反应，所以Fe2S3溶解是与H＋作用生成Fe3＋和H2S，然后Fe3＋与H2S反应，所以步骤Ⅰ
中黑色沉淀溶解的离子方程式是Fe2S3＋4H＋===2Fe2＋＋S↓＋2H2S↑。(5)根据以上研究，FeCl3溶液和Na2S溶液反应的产物与试剂的相对用量、反应体系的酸碱性相关。
答案：(1)S2－＋H2OHS－＋OH－
(2)黑色沉淀可能是FeS和Fe2S3的混合物
(3)Fe2S3的溶解度比Fe(OH)3的更小
(4)Fe2S3＋4H＋===2Fe2＋＋S↓＋2H2S↑
(5)试剂的相对用量、反应体系的酸碱性
28. 请应用化学反应原理的相关知识解决下列问题：
(1)已知NaCl的溶解热为3.8 kJ·mol－1(吸热)
Na(s)－e－===Na＋(aq) ΔH＝－240 kJ/mol
Cl2(g)＋e－===Cl－(aq) ΔH＝－167 kJ/mol
写出钠在氯气中燃烧的热化学方程式________________________________。
(2)一定条件下，在2 L恒容密闭容器中充入1.5 mol CO2和3 mol H2发生反应：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)
下图是反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线。已知在温度为500 K的条件下，该反应10 min达到平衡；
①该反应是________ (填“吸热”或“放热”)反应。
②在0～10 min时段反应速率v(H2)为________。
③若改充入2 mol CO2和3 mol H2，图中的曲线会________(填“上移”或“下移”)。
(3)根据下表数据回答问题：
表1 25 ℃时浓度为0.1 mol/L两种溶液的pH
溶质
NaClO
Na2CO3
pH
9.7
11.6
表2 25 ℃时两种酸的电离平衡常数
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10－2
6.3×10－8
H2CO3
4.2×10－7
5.6×10－11
①根据表1能不能判断出H2CO3与HClO酸性强弱？ ________(填“能”或“不能”)。
②0.10 mol·L－1 Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为________。
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的离子方程式为______________________________。
(4)已知：t ℃时，Ksp(AgCl)＝1.5×10－10、Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12；AgCl为白色沉淀，Ag2CrO4为砖红色沉淀，t ℃时，向Cl－和CrO浓度均为0.1 mol/L的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液至过量且不断搅拌，实验现象为_____________。
解析：(1)已知：①NaCl的溶解热为3.8 kJ/mol(吸热)，NaCl(s)===Na＋(aq)＋Cl－(aq) ΔH1＝＋3.8 kJ/mol，②Na(s)－e－===Na＋(aq) ΔH2＝－240 kJ/mol，③Cl2(g)＋e－===Cl－(aq) ΔH3＝－167 kJ/mol，Na在氯气中燃烧的方程式为Na(s)＋Cl2(g)===NaCl(s)，该反应可由②＋③－①得到，根据盖斯定律，该反应的焓变ΔH＝ΔH2＋ΔH3－ΔH1＝－410.8 kJ/mol；(2)①随着温度升高，CO2平衡转化率降低，表明温度升高不利于反应正向进行，所以反应为放热反应；②温度为500 K时，CO2的平衡转化率为60%，CO2转化的浓度分别为Δc(CO2)＝＝0.45 mol/L，根据化学计量数之比等于速率之比，可知H2转化的浓度Δc(H2)＝3Δc(CO2)＝1.35 mol/L，所以其化学反应速率v(H2)＝＝＝0.135 mol·L－1·min－1；③改充入2 mol CO2 和3 mol H2，相当于增加了CO2的比例，可使H2的转化率上升，自身转化率下降；所以图中的曲线会下移；
(3)①因H2CO3为二元弱酸，第一步电离得到的HCO，第二步电离生成CO，所以根据NaClO和Na2CO3的pH值只能比较HClO和HCO的酸性强弱，不能比较HClO和H2CO3的酸性强弱；②0.1 mol/L Na2SO3溶液中，SO水解使溶液显碱性，溶液中存在SO＋H2OHSO＋OH－，HSO＋H2OH2SO3＋OH－，H2OH＋＋OH－，综合考虑溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(HSO)＞c(H＋)；③根据电离常数及强酸制弱酸的原理分析，H2SO3的酸性比H2CO3的酸性强，因此H2SO3与NaHCO3溶液反应生成CO2，所以H2SO3与NaHCO3溶液发生的反应的离子方程式为：H2SO3＋HCO===HSO＋H2O＋CO2
↑；(5)开始形成AgCl时，需要的Ag＋的浓度c(Ag＋)＝＝ mol/L＝1.5×10－9 mol/L，同理可得开始形成Ag2CrO4时，需要的Ag＋的浓度c(Ag＋)＝ mol/L≈4.5×10－6 mol/L，显然先生成沉淀AgCl，再生成沉淀Ag2CrO4，向Cl－和CrO浓度均为0.1 mol/L的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液至过量且不断搅拌，实验现象为：先生成白色沉淀，后来变成砖红色。
答案：(1)Na(s)＋Cl2(g)===NaCl(s) ΔH＝－410.8 kJ/mol
(2)①放热 ②0.135 mol·L－1·min－1 ③下移
(3)①不能 ②c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(HSO)＞c(H＋) ③H2SO3＋HCO===HSO＋H2O＋CO2↑
(4)先生成白色沉淀，后来变成砖红色
35．(1)①丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是____________，1 mol丙酮分子中含有σ键的数目为__________________。
②乙醇的沸点高于丙酮，这是因为_______________________________________________。
(2)①碳的一种单质的结构如图a所示。该单质的晶体类型为________，原子间存在的共价键类型有________，碳原子的杂化轨道类型为____________________。
②SiCl4分子的中心原子的价层电子对数为__________，分子的立体构型为________，属于________分子(填“极性”或“非极性”)。
③四卤化硅SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如图b所示。
ⅰ.SiX4的沸点依F、Cl、Br、I顺序升高的原因是____________________________________
________________________________________________________________________。
ⅱ.结合SiX4的沸点和PbX2的熔点的变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I顺序，PbX2中的化学键的离子性________、共价性________。(填“增强”“不变”或“减弱”)
(3)[Zn(CN)4]2－在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2－＋4H＋＋4H2O===[Zn(H2O)4]2＋＋4HOCH2CN
①1 mol HCHO分子中含有σ键的数目为________mol。
②HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型为________。
③与H2O分子互为等电子体的阴离子为________。
④[Zn(CN)4]2－中Zn2＋与CN－的C原子形成配位键。不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2－的结构可用示意图表示为________________。
(4)①V2O5常用作SO2 转化为SO3的催化剂。SO2 分子中S原子价层电子对数是________对，分子的立体构型为________；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________；SO3的三聚体环状结构如图c所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为________；该结构中S—O键长有两类，一类键长约140 pm，另一类键长约为160 pm，较短的键为________(填图c中字母)，该分子中含有________个σ键。
②V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3VO4)，该盐阴离子的立体构型为________；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图d所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为________。
解析：(1)①甲基上的碳原子为sp3杂化，羰基上的碳原子为sp2杂化。单键全为σ键，1个双键中含有1个π键和1个σ键，故1 mol丙酮中含有9 mol σ键。②乙醇中含有羟基，可以形成分子间氢键，故沸点高于丙酮。(2)①该单质为石墨，石墨属于混合型晶体，层内碳原子之间形成σ键和π键；石墨中碳原子有3个σ键，无孤电子对，因此杂化类型为sp2；②SiCl4中心原子是Si，有4个σ键，孤电子对数为＝0，价层电子对数为4，立体构型为正四面体形，属于非极性分子；③ SiX4属于分子晶体，不含分子间氢键，范德华力越大，熔沸点越高，范德华力随着相对分子质量的增大而增大，即熔沸点增高；同主族从上到下非金属性逐渐减弱，得电子能力逐渐减弱，因此PbX2中化学键的离子性减弱，共价性增强。(3)①HCHO的结构式为，单键为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，1个HCHO分子中含有3个σ键，故1 mol HCHO中含有σ键3 mol。②根据HOCH2
CN的结构简式可知，—CH2—中的C原子形成4个σ键，该碳原子采取sp3杂化；—CN中的C原子形成2个σ键、2个π键，该碳原子采取sp杂化。③等电子体是指原子总数相同、价电子总数相同的微粒，H2O分子中有3个原子、8个价电子，根据左右移位法可知，符合条件的阴离子为NH。④Zn2＋提供空轨道，CN－中C原子提供孤电子对，两者形成配位键，结构可表示为或。(4)①SO2分子中S原子的价层电子对数为：2＋(6－2×2)＝3，分子的立体构型为V形；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp2杂化；SO3的三聚体环状结构中，S原子形成4个σ键，S原子杂化轨道类型为sp3杂化；该结构中S—O键长有两类，较短的键为a，该分子中含有12个σ键。②钒酸钠(Na3VO4)中阴离子的立体构型为正四面体形，偏钒酸钠的化学式为NaVO3。
答案：(1)①sp2和sp3 9NA ②乙醇分子间存在氢键
(2)①混合型晶体 σ键、π键 sp2 ②4 正四面体形 非极性 ③ⅰ.均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大 ⅱ.减弱 增强
(3)①3 ②sp3和sp ③NH
④或
(4)①3 V形 sp2 sp3 a 12
②正四面体形 NaVO3
36．(2019·唐山期末)高分子化合物G是一种重要的化工产品，可由烃A(C3H6)和苯合成。合成G的流程图如下：
已知：①B和C中核磁共振氢谱分别有4种和3种峰
②CH3Cl＋NaCN―→CH3CN＋NaCl
③CH3CNCH3COOH
请回答下列问题：
(1)A的名称是________。
(2)①的反应类型是________，⑥的反应类型是________________________。
(3)D的结构简式是________________。
(4)E中官能团的名称是____________。
(5)⑦的反应的化学方程式是___________________________________________________。
(6)F的同分异构体有多种，符合下列条件的有_______种。
①苯环上仅有两个取代基，且位于对位，其中一个是—NH2
②能水解
③核磁共振氢谱有5种峰
写出符合上述条件的一种同分异构体的结构简式________________。
(7)参照上述流程图，写出用乙烯、NaCN为原料制备聚酯的合成路线(其他无机物任选)。______________________________________________________
解析：由G知，B中—NO2在烷基对位，G上有2个甲基，说明B为，C为，D为E为，F为
(6)能水解，说明含有酯基，且苯环上只有两个取代基并位于对位，符合条件的同分异构体的结构简式为
(7)分析目标产物知，需要增长碳链。先要制备乙二醇和丁二酸。
答案：(1)丙烯
(2)加成反应 还原反应
(7)
