河北省唐山市2020届高三第一次模拟考试化学试题

唐山市2019-2020 学年度高三年级第一次模拟考试
理科综合能力测试化学部分
相对原子质量(原子量)： H1 Li7 B11 C12 N14 016 Na23 S32 Cl35.5 Cr52 Fe56 Zn65
1.化学与中华古文化密切相关，下列说法不正确的是
A. 汉代烧制出“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为粘土
B. 雾霾天气会危害人类的健康，“雾” 和“霾”的分散质微粒不同
C. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
D. 煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和高级脂肪酸甘油酯
【答案】D
【解析】
【详解】A．陶瓷以黏土为原料，故A正确；
B．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同，雾是粒度较大的液滴，霾是粒度较小的固体颗粒，故B正确；
C．电热水器内胆一般是不锈钢或铜制成的，Mg较活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止内胆被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D．花生油是植物油，植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，牛油是动物油，是饱和高级脂肪酸甘油酯，故D错误；
答案选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 将4.6g 钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1 NA
B. 标准状况下，22.4L 已烷中含有的共价键的数目为19NA
C. 标准状况下，11.2L 12C18O中含有的中子数为8NA
D. 标准状况下，7.1 gCl2通入足量石灰水中反应转移的电子数为0.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．4.6 g钠为0.2mol钠，0.2mol钠与水反应生成的氢气的物质的量为0.1mol，反应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气，故与足量水充分反应生成氢气分子数大于0.1NA，故A错误；
B．己烷在标准状况下是液体，气体摩尔体积不适用，所以无法求其物质的量，含有的共价键的数目也无法确定，故B错误；
C．标准状况下， 11.2L 12C18O物质的量为0.5mol，而一个12C18O分子中含16个中子，故0.5mol12C18O中含中子为8NA个，故C正确；
D．7.1g氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，反应中消耗1molCl2转移1mol电子，故0.1mol氯气和碱反应转移0.1NA个电子，故D错误；
答案选C。
3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，A遇甲的浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体，上述物质的转化关系如下图所示，下列说法正确的是

A. 由于丁和戊化学键相同，所以它们都是平面结构
B. 简单氢化物的沸点： X＞Z
C. 简单离子半径大小： X＜Y
D. Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，A是元素Y的单质，常温下A遇甲的浓溶液钝化，可知A为Al单质，Y为Al元素，丙是无色气体，则甲为H2SO4、丙为SO2、丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，二氧化硫能被戊氧化为硫酸，可知丁为H2O，戊为H2O2，乙为Al2(SO4)3，则W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S元素，据此分析结合元素性质解答。
【详解】A．丁为H2O，戊为H2O2，H2O中O原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=2+=4，所以采取sp3杂化，分子构型为V型平面结构，H2O2的构型为二面角结构，像半开书页型一般，两个O在书轴上，两个氢分别和两个O相连，但不在同一平面上，结构如图所示：，故A错误；
B．X为O，Z为S，简单氢化物分别为H2O和H2S，水分之间存在氢键，使其熔沸点较高，H2S分子间没有氢键，熔沸点较低，则简单氢化物沸点：X＞Z，故B正确；
C．X、Y分别为O、Al元素，其简单离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径大小：X＞Y，故C错误；
D．Y、Z分别为Al、S元素，Y的简单离子为弱碱根（弱碱阳离子）离子，可水解生成氢氧化铝和氢离子，Z的简单离子为弱酸根离子，在水溶液水解生成硫氢根离子和氢氧根，二者放入同一溶液中可相互促进水解反应，则不能大量共存，故D错误；
答案选B。
【点睛】铝与浓硫酸和浓硝酸在常温下都能发生钝化现象，由于甲溶液是浓硝酸，则生成的气体是二氧化氮，为红棕色气体，丙是无色气体排除甲是硝酸的情况。
4.毒番石榴是自然界中最毒的树木之一，人若在树下避雨它的汁液会通过雨水渗进皮肤使人中毒，毒番石榴汁液的主要成分佛波醇分子结构如下图，下列说法正确的是

A. 该分子不能使稀高锰酸钾溶液褪色
B. 佛波醇不能溶于水及甲苯
C. 该分子中所有原子共平面
D. 佛波醇可以发生加聚反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．该分子含有碳碳双键和羟基，具有烯烃和醇的性质，能使稀高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B．分子中羟基个数较多，能与水形成分子间氢键，可溶于水，故B错误；
C．该分子结构中含有亚甲基，为四面体结构，则所有原子不可能共平面，故C错误；
D．佛波醇分子结构中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可以发生加聚反应，故D正确；
答案选D。
【点睛】官能团的性质决定有机物的化学性质，清晰记忆双键，羟基能发生的化学反应是解本题的关键。
5.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是

A. 该分解过程是：2NON2+O2
B. 实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应
C. 过程②释放能量，过程③吸收能量
D. 标准状况下，NO分解生成5.6 LN2转移电子数约为6.02×1023
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2NON2+O2，故A正确；
B．铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B正确；
C．过程②为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C错误；
D．根据反应2NON2+O2，O元素由-2价变为0价，生成1mol O2，同时生成1molN2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6 LN2为0.25mol，则转移电子数约为0.25mol ×4×6.02×1023=6.02×1023个，故D正确；
答案选C。
【点睛】断裂化学键需要吸收能量，形成化学键要释放能量，本题中通过图示，了解清晰反应历程很关键。
6.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
Cu片与足量浓硫酸加热反应，冷却后，再将冷水缓慢加入盛有反应混合物的烧杯中
溶液变蓝
证明反应生成了Cu2+
B
取少量某溶液于试管中，加入NaOH浓溶液并加热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体
蓝色石蕊试纸变红
溶液中含有NH4+
C
向20.00mL浓度均为0.01mol/L的Na2SO4和Na2S 的混合溶液中滴加几滴等浓度的AgNO3溶液
只产生黑色沉淀Ag2S
Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2SO4)
D
室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3两种溶液的pH
pH：
Na2CO3＞Na2SO3
非金属性：S＞C




A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于使用的是足量浓硫酸，故浓硫酸会剩余在试管中，浓硫酸溶于水会放出大量的热，为防止液体飞溅，确保实验安全，应将反应混合物加入到水中，故A错误；
B．氨气溶于水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则检验铵根离子，应使用湿润红色石蕊试纸，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明溶液中含有NH4+，故B错误；
C．Na2SO4和Na2S 的混合溶液中含有硫酸根离子和硫离子，均可与银离子反应生成沉淀，由于Ksp小的先沉淀，只产生黑色沉淀，说明硫离子先和银离子反应，硫化银更难溶，则Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2SO4)，故C正确；
D．等浓度的Na2SO3和Na2CO3两种溶液的pH，后者大，可以说明Na2CO3更易发生水解，相应的碳酸氢根离子的酸性更弱，但对应的并不是最高价氧化物对应水化物形成的酸，不能比较非金属性的强弱，故D错误；
答案选C。
7.已知：pKa=- lgKa， 25°C时，弱酸H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1 mo/L NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/L H2A溶液的曲线如下图所示。

下列说法不正确的是
A. d点所得溶液中溶质的水解平衡常数Kh1=10-7.19
B. c点所得溶液中：c(Na+)+c(H+)= 2c(A2-)+ c(HA-)+ c(OH-)
C. b点所得溶液中： c(A2-)＞c(H2A)
D. a点所得溶液中：溶质是NaHA和H2A
【答案】A
【解析】
【详解】A．弱酸H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19，则Ka1=10-1.85，Ka2=10-7.19，d点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，为第二个滴定终点，此时Na2A水解使溶液显碱性，溶液的pH为9.85，发生水解的方程式为A2−+H2O⇌HA−+OH−，则A2-水解平衡常数Khl=====10−6.81，故A错误；
B．b点为加入NaOH溶液20mL，此时溶液中恰好生成NaHA，d点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，则c点所得溶液是NaHA和Na2A的混合溶液，该溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= 2c(A2-)+ c(HA-)+ c(OH-)，故B正确；
C．b点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHA，为第一个滴定终点，溶液中存在质子守恒：c(H2A)+c(H+)=c(A2−)+c(OH−)，该点溶液的pH=4.52，显酸性，c(H+)＞c(OH−)，则c(A2-)＞c(H2A)，故C正确；
D．a点时，加入氢氧化钠的体积小于20mL，弱酸H2A过量，所得溶液中：溶质是NaHA和H2A，故D正确；
答案选A。
8.碳酸盐在无机试剂制备中应用广泛。某研究小组用如下两种方法制备FeCO3。已知： FeCO3 是白色固体，难溶于水。
I．研究小组用炼铁厂的铁矾渣制备FeCO3，铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO、Fe2O3及少量的CaO、MgO、 SiO2 等。

（1）试剂1是过量的_______，滤渣 2的成分是__________ (写化学式)；
（2）“沉铁”发生反应的离子方程式是____________；
（3）沉铁后的滤液经“操作a”，再经过“过滤、 洗涤、干燥”得到皓矾(ZnSO4·7H2O)，“操作a”是__，取28.70g皓矾(ZnSO4·7H2O)加热，剩余固体的质量变化如图，100°C时所得固体的化学式____。

II．研究小组又采用如下装置制取FeCO3 (C后及夹持装置略)。操作的关键是向Na2CO3溶液(pH=12.11)通入一段时间CO2至溶液pH为7，再滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀。

（1）画出装置B______________，B中所用试剂为______________；
（2）先向1mol/L Na2CO3溶液中通入CO2的目的是_________________________；
（3）FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，该实验小组用KMnO4测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，其原因是_______________(不考虑操作不当引起的误差)。
【答案】 (1). H2SO4 (2). MgF2、CaF2、Fe (3). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). ZnSO4•H2O (6). (7). 饱和NaHCO3溶液 (8). 排除装置中的空气，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2 (9). 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4
【解析】
【分析】
I．用过量的稀硫酸溶解铁矾渣(主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO、Fe2O3及少量的CaO、MgO、 SiO2 等)，SiO2不溶，过滤得到的滤渣I主要是SiO2，滤液为含有K+、Fe3+、Zn2+、Ca2+、Mg2+的酸性溶液，加入铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H2↑，再加入NH4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀，过滤，滤渣II含有过量的铁粉、CaF2、MgF2，滤液主要含有Fe2+、Zn2+，再加入NH4HCO3沉淀Fe2+，生成FeCO3和CO2气体，得到的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶，再经过过滤、 洗涤、干燥，得到皓矾(ZnSO4∙7H2O) ，据此分析解答；
II．(1)装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体，影响后续制取实验，据此分析；
(2)碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(OH-)大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高；
(3)根据乳酸[CH3CH(OH)COOH]的结构简式，乳酸中醇羟基，具有醇的性质，可与高锰酸钾溶液反应，据此分析。
【详解】I．(1)根据分析，试剂1是过量的硫酸(H2SO4)，滤渣2的成分是铁粉(Fe)、CaF2、MgF2；
(2)“沉铁”发生反应的离子方程式是Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(3)沉铁后的滤液经“操作a”，再经过“过滤、 洗涤、干燥”得到皓矾(ZnSO4·7H2O)，结合分析，“操作a”是蒸发浓缩、冷却结晶；
皓矾(ZnSO4⋅7H2O)受热易分解，在不同的温度下分解可生成ZnSO4⋅H2O或ZnSO4或ZnO，产物不同；28.70g皓矾的物质的量为：n((ZnSO4⋅7H2O)==0.1mol，不论分解产物是什么，根据锌元素守恒，物质的量为0.1mol，因此生成0.1molZnSO4⋅H2O的质量=0.1mol ×179g/mol=17.90g；生成0.1molZnSO4的质量=0.1mol ×161g/mol=16.10g；生成0.1molZnO的质量=0.1mol ×81g/mol=8.10g；根据上述分析：100°C时所得固体A的质量为17.90g，生成的固体为ZnSO4⋅H2O；
II．(1)装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体，影响后续制取实验，通入C装置前应先进行洗气除杂，一般选用饱和碳酸氢钠，洗气时，气体应长进短出，装置图为；
(2)装置中含有空气，空气中的氧气可以将亚铁离子氧化为铁离子， CO2可将装置中的氧气排除，防止亚铁离子氧化；同时碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(OH−)大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高，则先向1mol/L Na2CO3溶液中通入CO2的目的是排除装置中的空气，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2；
(3)乳酸中含有醇羟基，具有醇的性质，能被高锰酸鉀溶液氧化导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。
9.铋(Bi)的化合物在电子、医药等领域应用广泛。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3, 含杂质SiO2等，Bi2S3不溶于水和硫酸)制备Bi2O3的工艺如下。

回答下列问题：
（1）试剂a最好选用的试剂是______________(填选项字母)；
A． HCl溶液 B．浓H2SO4 C． H2O2溶液 D． FeCl3和HCl混合液
（2）辉铋矿的浸出液中铋元素主要以Bi3+形式存在，写出浸出过程生成S渣的离子方程式_______，“滤液b”中通入气体X后可循环利用，气体X是_______________ (写化学式)；
（3）“抽滤”用如下装置完成，请选择字母代号补全正确的操作顺序(洗涤操作只做一次)：

开抽气泵→a→b→d→ ____→c→ 关抽气泵；
a．转移固液混合物 b．关活塞A c．开活塞A d．确认抽干 e．加洗涤剂洗涤
（4）写出“煅烧”碱式碳酸铋[(BiO)2CO3]制备Bi2O3 的化学方程式____________________________；
（5）硝酸酸溶后调pH可得到碱式硝酸铋，碱式硝酸铋直接灼烧也能得到Bi2O3,上述工艺中却转化为碱式碳酸铋再灼烧，除了能改良产品性状，另一优点是__________________________________________；
（6）从“母液”中回收可用做炸药的物质是_________ ( 写物质名称)。
【答案】 (1). D (2). Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S (3). Cl2(或O2) (4). c→e→b→d (5). (BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑ (6). 没有污染性气体产生 (7). 硝酸铵
【解析】
【分析】
辉铋矿(主要成分是Bi2S3．含杂质SiO2等)制备铋酸钠，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，盐酸是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，得到滤渣为S，滤液中含有Bi3+，H+，Fe3+，滤液中加入铁粉过滤得到粗铋：2Bi3++3Fe=3Fe2++2Bi、2Fe3++Fe=3Fe2+，滤液b主要是氯化亚铁，向滤液b中通入氯气或氧气，可将Fe2+ 转化为Fe3+得到主要含有FeCl3 的溶液，可用于辉铋矿浸出操作，达到循环使用的目的，“粗铋”中含有的杂质主要是Fe，通过熔盐电解精炼除去Fe，得到精铋，加入硝酸溶解调节pH得到碱式硝酸铋，与碳酸铵溶液反应得到碱式碳酸铋，母液为硝酸铵，将碱式碳酸铋煅烧生成Bi2O3，据此分析作答。
【详解】(1)根据分析，浸出溶浸过程中，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，Bi3+，Fe3+易水解生成沉淀，加入盐酸可防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，则试剂a最好选用的试剂是FeCl3和HCl混合液
答案选D；
(2)辉铋矿的浸出液中铋元素主要以Bi3+形式存在，浸出过程加入氯化铁溶液，氯化铁氧化硫离子为硫单质，化学方程式为：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，离子方程式Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S；滤液b主要是氯化亚铁，向滤液b中通入氯气或氧气，可将Fe2+ 转化为Fe3+得到主要含有FeCl3 的溶液，可用于辉铋矿浸出操作，达到循环使用的目的，则气体X是Cl2(或O2)；
(3)抽滤操作的正确操作顺序为开抽气泵→转移固液混合物→关活塞A→确认抽干→开活塞A→加洗涤剂洗涤→关活塞A→确认抽干→开活塞A→关抽气泵，故答案为：cebd；
(4)根据分析， “煅烧”操作是将碱式碳酸铋煅烧分解生成Bi2O3和二氧化碳，化学方程式为(BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑；
(5)碱式硝酸铋直接灼烧也能得到Bi2O3，但同时产生氮氧化物，会污染大气。上述工艺中转化为碱式碳酸铋再灼烧，可以改良产品性状，且没有污染性气体产生；
(6)根据分析，母液为硝酸铵，从“母液”中回收可用做炸药的物质是硝酸铵。
10.燃煤烟气中含有大量NOx和SO2，可经处理消除。
（1）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。
CH4(g)+ 4NO2(g)⇌ 4NO(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)； ∆H1=574.0 kJ ·mol-1
CH4(g)+4NO(g)⇌ 2N2(g)+ CO2(g)+ 2H2O(g)； ∆H2= 1160.0 kJ·mol-1
①反应CH4(g)+2NO2(g) ⇌N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)； ∆H3=_____；
②若该反应中将NOx还原为N2，消耗标准状况下5.6L CH4，则反应过程中转移的电子物质的量为___；
（2）用CH4原NO2的反应为CH4(g)+ 2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)，向两个容积均为2L温度分别为T1°C、T2°C的恒温恒容密闭容器中分别加入物质的量为1 mol的CH4和2molNO2，测得各容器中n(NO2)随反应时间t的变化如图所示：

①T1_______T2(填“>”或“