河北省2020届高三化学全国1卷模拟试卷18

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河北省2020届高三化学全国1卷模拟试卷18

模拟试卷18‎ 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.从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是(  )‎ A.我国已能利用3D打印技术,以钛合金粉末为原料,通过激光熔化逐层堆积,来制造飞机钛合金结构件。高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛 B.“天宫二号”使用的碳纤维,是一种新型有机高分子材料 C.推广使用煤液化技术,可减少二氧化碳等温室气体的排放 D.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器,其主要原料为石灰石 解析 钠与熔融的盐反应发生置换反应,生成相应的单质,所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛,故A正确;碳纤维属于无机材料,故B错误;煤的组成元素主要是碳,完全燃烧生成二氧化碳,液化后,不能减少二氧化碳的排放,故C错误;瓷器由黏土烧制而成,瓷器的主要原料为黏土,故D错误。‎ 答案 A ‎8.硫酸亚铁铵受热分解的反应方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O,用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(  )‎ A.1 L 0.1 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的数目为0.1NA B.将1 mol SO2和1 mol O2充分反应后,其分子总数为1.5NA C.标准状况下,每生成15.68 L气体转移电子数目为0.8NA D.常温常压下,3.0 g 15N2中含有的中子总数为1.4NA 解析:选C A项,由于Fe2+水解,1 L 0.1 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的数目小于0.1NA,错误;B项, SO2与O2的反应2SO2+O22SO3属于可逆反应,反应不能完全进行,若1 mol SO2和1 mol O2完全反应生成1 mol SO3,剩余0.5 mol O2,共1.5 mol,现不能完全反应,其物质的量大于1.5 mol,分子总数大于1.5NA,错误;C项,标准状况下,15.68 L气体为0.7 mol,其中NH3占2/7、N2占1/7,SO2占4/7,根据化学方程式可知,生成4 mol SO2转移8 mol电子,生成0.4 mol SO2则转移0.8 mol电子,数目为0.8NA,正确;D项,15‎ N的中子数=15-7=8,3.0 g 15N2为0.1 mol,含有的中子总数=0.1×16×NA=1.6NA,错误。‎ ‎9.利用食盐水制取ClO2的工业流程如图所示,装置①中的反应:NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑,装置②中的反应:2NaClO3+4HCl2ClO2↑+ Cl2↑+2NaCl+2H2O。下列关于该流程说法不正确的是(  )‎ A.该流程中Cl2、NaCl都可以循环利用 B.装置①中H2是阴极产物 C.装置②发生的反应中,Cl2是氧化产物,NaCl是还原产物 D.为了使H2完全转化为HCl,需要向装置③中补充Cl2‎ 解析 A.装置①中电解食盐水得到氢气、NaClO3,氢气和氯气反应生成氯化氢,装置②中2NaClO3+4HCl(浓)2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl,该流程中Cl2、NaCl都可以循环利用,故A正确;B.装置①是电解食盐水,溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气,是阴极产物,故B正确;C.电解食盐水得到氯酸钠(NaClO3)和H2,NaClO3和盐酸发生价态归中反应,生成NaCl、ClO2、Cl2、H2O,化学方程式为:2NaClO3+4HCl2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O,氯气是氧化产物,氯化钠中氯元素化合价不变,是氯化氢中氯元素生成,故C错误;D.电解饱和食盐水生成的氢气,为了使H2完全转化为HCl,需要向装置③中补充Cl2,故D正确;故选C。‎ 答案 C ‎10.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是(  )‎ A.装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应 B.装置丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大 C.最后收集的气体可以作为清洁燃料使用 D.甲烷的二氯代物有2种 解析:选D 加强热时,聚丙烯分解生成碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯,除碳为固体,其他物质均为气体,冷却后,苯和甲苯液化,氢气、甲烷、乙烯和丙烯都是气体,其中,乙烯和丙烯与丙中溴发生加成反应,最后收集的气体为氢气和甲烷。A项,装置乙试管中收集的液体是甲苯和苯,在铁粉或FeBr3存在下均可与溴发生取代反应,正确;B项,1,2二溴乙烷、1,2二溴丙烷的密度都大于水的密度,正确;C项,最后收集的氢气和甲烷可作清洁燃料,正确;D项,因为甲烷为正四面体结构,则甲烷的二氯代物只有一种,错误,D项符合题意。‎ ‎11.原子序数依次增大的短周期主族元素a、b、c、d和e中,a的最外层电子数为其周期数的二倍;b、d 的最简单氢化物为A2B型,且b、d 的最外层电子数之和等于a、c、e的最外层电子数之和,c的+1价离子比e的-1价离子少8个电子。下列说法正确的是(  )‎ A.简单离子的半径:e>d>b>c B.最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱:e>d>a C.简单氢化物的沸点:b>d>c D.简单离子的还原性:b>e>d 答案 B 解析 a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期元素,a的最外层电子数为其周期数的二倍,a为C元素;c的+1价离子比e的-1价离子少8个电子,c为Na元素,e为Cl元素;b、d的简单氢化物为A2B型,b、d的最外层电子数之和等于a、c、e的最外层电子数之和,b的原子序数小于d,b为O元素,d为S元素。A项,根据“层多径大,序大径小”,简单离子半径由大到小的顺序为:S2->Cl->O2->Na+,错误;B项,非金属性:Cl>S>C,最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序:HClO4>H2SO4>H2CO3,正确;C项,b、d、c的简单氢化物依次为H2O、H2S、NaH,NaH属于离子晶体,NaH的沸点最高,H2O分子间存在氢键,H2O的沸点高于H2S,沸点由高到低的顺序为:NaH>H2O>H2S,错误;D项,非金属性:O>S、Cl>S,简单离子还原性最强的为S2-,错误。‎ ‎12..三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池元件。电解法制备过程如下:用NaOH 溶液将NiCl2溶液的pH调至7.5,加入适量硫酸钠固体后进行电解。电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO-,把二价镍(可简单写成Ni2+)氧化为Ni3+,再将Ni3+经一系列反应后转化为Ni2O3,电解装置如图所示。下列说法不正确的是(  )‎ A.加入适量硫酸钠的作用是增加离子浓度,增强溶液的导电能力 B.电解过程中阳极附近溶液的pH降低 C.电解过程中,溶液中的Cl-经阳离子交换膜向阳极移动 D.ClO-氧化Ni2+的离子方程式为ClO-+H2O+2Ni2+===Cl-+2Ni3++2OH-‎ 解析:选C A项,硫酸钠是强电解质,加入硫酸钠,是为了增加离子浓度,增强溶液的导电能力,正确; B项,电解过程中,阳极反应:2Cl--2e-===Cl2↑,阳极生成的Cl2与附近的水反应生成盐酸和次氯酸,使溶液的pH降低,正确; C项,阳离子交换膜只允许阳离子自由通过,电解过程中,溶液中的Cl-不能通过阳离子交换膜,错误; D项,ClO-把Ni2+氧化为Ni3+,ClO-被还原生成Cl-,反应的离子方程式为ClO-+H2O+2Ni2+===Cl-+2Ni3++2OH-,正确。‎ ‎13.(2019·青岛二中高三下学期期初考试)常温下,向20 mL 0.2 mol·L-1二元酸H2A溶液中滴加0.2 mol·L-l NaOH溶液,有关微粒物质的量变化如图。下列叙述正确的是(  )‎ A.当V(NaOH)=20 mL时,溶液中各离子浓度的大小顺序为:c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>‎ c(OH-)>c(H+)‎ B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后,其溶液中水的电离程度比纯水中的大 C.等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱,溶液的pH变化都不大 D.当V(NaOH)=40 mL时,升高温度,c(Na+)/c(A2-)减小 答案 C 解析 A项,当V(NaOH)=20 mL时,0.2 mol·L-1NaOH与20 mL 0.2 mol·L-1H2A反应生成NaHA,离子浓度大小的顺序为c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(OH-)>c(A2-),错误;B项,等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合生成NaHA,由图像可知,当加入20 mL NaOH溶液时,A2-的浓度大于H2A,说明HA-的电离程度大于水解程度,则会抑制水的电离程度,故其溶液中水的电离程度比纯水中的小,错误;C项,等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱,溶液的pH变化都不大,正确;D项,当V(NaOH)=40 mL时,生成Na2A,A2-会发生水解,升高温度,促进水解,则c(A2-)减小,则c(Na+)/c(A2-)增大。‎ 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.(2017·合肥模拟)高纯活性氧化锌可用于光催化、光电极、彩色显影等领域。以工业级氧化锌(含Fe2+、Mn2+、Cu2+、Ni2+、Cd2+等)为原料,用硫酸浸出法生产高纯活性氧化锌的工艺流程如下: ‎ 已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。‎ 回答下列问题: ‎ ‎(1)浸出时,为了提高浸出效率可采取的措施有(写两种):________________。‎ ‎(2)氧化时,加入KMnO4溶液是为了除去浸出液中的Fe2+和Mn2+(溶液中Mn元素全部转化为MnO2),请配平下列除去Fe2+的离子方程式:‎ MnO+Fe2++________===MnO2↓+Fe(OH)3↓+H+‎ ‎(3)加入锌粉的目的是______________________________________________。‎ ‎(4)已知H2SO4浸出液中,c(Fe2+)=5.04 mg·L-1、c(Mn2+)=1.65 mg·L-1。‎ ‎①加入KMnO4溶液反应一段时间后,溶液中c(Fe3+)=0.56 mg·L-1,若溶液pH=3,则此时Fe3+________(填“能”或“不能”)生成沉淀。‎ ‎②若要除尽1 m3上述浸出液中的Fe2+和Mn2+,需加入________g KMnO4。‎ ‎【解析】 (1)为了提高浸出效率,可以适当增大硫酸浓度、搅拌、将固体粉碎、提高浸出温度等。(2)锰元素由+7价降低到+4价,而铁元素由+2价升高到+3价,根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒配平方程式。(3)加入锌粉的目的是消耗溶液中的H+,调节溶液pH,促进溶液中的Cu2+、Ni2+、Cd2+等形成沉淀而除去。(4)①c(Fe3+)==1.0×10-5 mol·L-1,‎ 此时溶液中c(OH-)=1.0×10-11 mol·L-1,c(Fe3+)·c3(OH-)=1.0×10-38”或“<”)0;p1、p2、p3按从小到大的顺序为________。‎ ‎②在某恒容密闭容器中加入0.1 mol MoS2、0.2 mol Na2CO3、0.4 mol H2,一定温度下发生上述反应,下列叙述说明反应已达到平衡状态的是________ (填标号)。‎ a.v正(H2)=v逆(CO)‎ b.气体的密度不再随时间变化 c.气体的压强不再随时间变化 d.单位时间内断裂H—H键与断裂H—O键的数目相等 ‎③在2 L的恒温恒容密闭容器中加入0.1 mol MoS2、0.2 mol Na2CO3、0.4 mol H2,在1 100 K时发生反应,达到平衡时恰好处于下图中A点,则此温度下该反应的平衡常数为________。‎ 解析 (1)在反应中,Mo元素的化合价由反应前MoS2中的+2价变为反应后H2[MoO2Cl4]中的+6价,S元素的化合价由反应前MoS2中的-1价变为反应后H2SO4中的+6价,‎ ‎ N元素的化合价由反应前硝酸中的+5价变为反应后NO中的+2价,每1 mol MoS2发生反应,电子转移的物质的量为(6-2)+2×[6-(-1)]mol=18 mol;‎ ‎(2)①MoS2(s)===Mo(s)+S2(g) ΔH1 ‎ ‎②S2(g)+2O2(g)===2SO2(g)  ΔH2‎ ‎③2MoS2(s)+7O2(g)===2MoO3(s)+4SO2(g) ΔH3‎ 根据盖斯定律,将③-2×②-2×①,整理可得反应2Mo(s)+3O2(g)===2MoO3(s)的ΔH=ΔH3-2ΔH2-2ΔH1;‎ ‎(3)①该池为电解池,在阴极上溶液中H2O电离产生的H+获得电子,发生还原反应,电极反应式为:2H2O+2e-===H2↑+2OH-;②由于溶液中H+不断放电,使溶液中c(OH-)>c(H+),所以电解一段时间后,溶液的碱性增强,pH不断增大;溶液中 的Cl-在阳极失去电子变为Cl2,Cl2具有氧化性,其与水反应产生的HClO氧化性也非常强,Cl2、HClO将MoS2氧化为MoO,因此MoO在阳极A附近生成;③在食盐水溶液中含有的阴离子有Cl-、OH-,Cl-失去电子产生Cl2,OH-也可能失去电子变为O2,生成的O2会与C在高温下反应产生CO2气体而不断消耗石墨,所以阳极一般不选用石墨,而采用DSA惰性阳极;‎ ‎(4)①根据图像可知:在压强不变时,温度升高,H2的平衡转化率增大,说明该反应的正反应为吸热反应,所以ΔH>0;由于反应MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)的正反应是气体体积增大的反应,在其它条件不变时,增大压强,平衡逆向移动,H2的转化率降低,根据图像可知H2的转化率p1时最大,p3时最小,说明压强p3最大,p1最小,故压强按从小到大的顺序为:p1 p1
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