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  • 2021-07-09 发布

2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷(B卷)(4月份)

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‎2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷(B卷)(4月份)‎ 一、选择题:本大题包括7小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.‎ ‎ ‎ ‎1. 阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是(        ) ‎ A.1L ‎0.1mol⋅L‎−1‎NH‎4‎Cl溶液中,NH‎4‎‎+‎的数量为0.1‎NA B.2.4g Mg与H‎2‎SO‎4‎完全反应,转移的电子数为0.1‎NA C.标准状况下,‎2.24 L  ‎N‎2‎和O‎2‎的混合气体中分子数为‎0.2‎NA D.0.1mol H‎2‎和0.1mol I‎2‎于密闭容器中充分反应后,其分子总数为0.2‎NA ‎ ‎ ‎2. 常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( ) ‎ A.无色透明的溶液中:Fe‎3+‎、Mg‎2+‎、SCN‎ ‎‎−‎、‎Cl‎ ‎‎−‎ B.c(H‎+‎)/c(OH‎−‎)=1×10‎‎ ‎‎−12‎的溶液中:K‎+‎、Na‎+‎、CO‎3‎‎2−‎、‎NO‎3‎‎−‎ C.c(Fe‎2+‎ )=1 mol⋅‎L‎−1‎的溶液中:K‎+‎、NH‎4‎‎+‎、MnO‎4‎‎−‎、‎SO‎4‎‎2−‎ D.能使甲基橙变红的溶液中:Na‎+‎、NH‎4‎‎+‎、SO‎4‎‎2−‎、‎HCO‎3‎‎−‎ ‎ ‎ ‎3. ‎ K‎2‎Cr‎2‎O‎7‎溶液中存在平衡:Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎(橙色)‎+H‎2‎O⇌2CrO‎4‎‎2−‎(黄色)‎+2‎H‎+‎。用K‎2‎Cr‎2‎O‎7‎溶液进行如图所示实验。结合实验,下列说法不正确的是( )‎ A.①中溶液橙色加深,③中溶液变黄 B.②中Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎被C‎2‎H‎5‎OH还原 C.对比②和④可知K‎2‎Cr‎2‎O‎7‎酸性溶液氧化性强 D.若向④中加入‎70%H‎2‎SO‎4‎溶液至过量,溶液变为橙色 ‎ ‎ ‎4. 为落实“五水共治”,某工厂拟综合处理含NH‎4‎‎+‎废水和工业废气(主要含N‎2‎,CO‎2‎,SO‎2‎,NO,CO,不考虑其他成分),设计了如下流程:下列说法不正确的是(       ) ‎ A.固体Ⅰ中主要含有Ca(OH‎)‎‎2‎、CaCO‎3‎、‎CaSO‎3‎ B.X可以是空气,且需过量 C.捕获剂所捕获的气体主要是CO D.处理含NH‎4‎‎+‎废水时,发生反应的离子方程式为:‎NH‎4‎‎+‎+NO‎2‎‎−‎=N‎2‎↑+2H‎2‎O ‎ ‎ ‎5. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的简单氢化物可用作制冷剂,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后,加入稀盐酸,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是( ) ‎ A.X的简单氢化物的热稳定性比W强 B.Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构 C.Y与Z形成的化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红 D.Z与X属于同一主族,与Y属于同一周期 ‎ ‎ ‎6. 通过以下反应可获得新型能源二甲醚‎(CH‎3‎OCH‎3‎ )‎,下列说法不正确的是(       ) ①C(s)+H‎2‎O(g)=CO(g)+H‎2‎ (g)ΔH‎1‎=a kJ⋅mol‎−1‎ ②CO(g)+H‎2‎O(g)=CO‎2‎(g)+H‎2‎ (g)ΔH‎2‎=b kJ⋅mol‎−1‎ ③CO‎2‎ (g)+3H‎2‎ (g)=CH‎3‎OH(g)+H‎2‎O(g)ΔH‎3‎=c kJ⋅mol‎−1‎ ④‎2CH‎3‎OH(g)=CH‎3‎OCH‎3‎ (g)+H‎2‎O(g)ΔH‎4‎=d kJ⋅mol‎−1‎   ‎ A.反应①、②为反应③提供原料气 B.反应③也是CO‎2‎资源化利用的方法之一 C.反应CH‎3‎OH(g)=‎1‎‎2‎CH‎3‎OCH‎3‎ (g)+‎1‎‎2‎H‎2‎O(l)‎ΔH=d‎2‎kJ⋅mol‎−1‎ D.反应‎2CO(g)+4H‎2‎ (g)=CH‎3‎OCH‎3‎ (g)+H‎2‎O(g)‎ΔH=( 2b+2c+d ) kJ⋅mol‎−1‎ ‎ ‎ ‎7. 支撑海港码头基础的钢管桩,常用外加电流的阴极保护法进行防腐,工作原理如图所示,其中高硅铸铁为惰性辅助阳极,下列有关表述不正确的是(      ) ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 A.通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零 B.通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩 C.高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流 D.通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整 二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第8题-第10题为必考题每个试题考生都必须作答,第11题-第12题为选考题,考生根据要求作答.‎ ‎ ‎ ‎ 高锰酸钾‎(KMnO‎4‎)‎是一种常用氧化剂,主要用于化工、防腐及制药工业等.以软锰矿(主要成分为MnO‎2‎)为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下: 回答下列问题: ‎ ‎(1)原料软锰矿与氢氧化钾按‎1:1‎的比例在“烘炒锅”中混配,混配前应将软锰矿粉碎,其作用是__________________________。‎ ‎ ‎ ‎(2)“平炉”中发生反应的化学方程式为_____________________________。‎ ‎ ‎ ‎(3)“平炉”中需要加压,其目的是___________________________________。‎ ‎ ‎ ‎(4)将K‎2‎MnO‎4‎转化为KMnO‎4‎的生产有两种工艺。 ①“CO‎2‎歧化法”是传统工艺,即在K‎2‎MnO‎4‎溶液中通入CO‎2‎气体,使体系呈中性或弱碱性,K‎2‎MnO‎4‎发生歧化反应,反应中生成KMnO‎4‎,MnO‎2‎和________(写化学式)。 ②“电解法”为现代工艺,即电解K‎2‎MnO‎4‎水溶液,电解槽中阳极发生的电极反应为___________________________________________,阴极逸出的气体是________。 ③“电解法”和“CO‎2‎歧化法”中,K‎2‎MnO‎4‎的理论利用率之比为________。‎ ‎ ‎ ‎(5)高锰酸钾纯度的测定:称取‎1.0800g样品,溶解后定容于‎100mL容量瓶中,摇匀。取浓度为‎0.2000mol⋅‎L‎−1‎的H‎2‎C‎2‎O‎4‎标准溶液‎20.00mL,加入稀硫酸酸化,用KMnO‎4‎溶液平行滴定三次,平均消耗的体积为‎24.48mL,该样品的纯度为________(已知‎2MnO‎4‎‎−‎+5H‎2‎C‎2‎O‎4‎+6H‎+‎=2Mn‎2+‎+10CO‎2‎↑+8H‎2‎O)。‎ ‎ ‎ ‎ 绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁,在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题: ‎ ‎(1)在试管中加入少量绿矾样品,加水溶解,滴加KSCN溶液,溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气,溶液逐渐变红。由此可知:__________________________、____________________________。‎ ‎ ‎ ‎(2)为测定绿矾中结晶水含量,将石英玻璃管(带两端开关K‎1‎和K‎2‎)(设为装置A)称重,记为m‎1‎‎ g,将样品装入石英玻璃管中,再次将装置A称重,记为 m‎2‎‎ g。按下图连接好装置进行实验。 ①仪器B的名称是________。 ②将下列实验操作步骤正确排序_____________(填标号);重复上述操作步骤,直至A恒重,记为m‎3‎‎ g。 a.点燃酒精灯,加热                 b.熄灭酒精灯      c.关闭K‎1‎和K‎2‎ d.打开K‎1‎和K‎2‎,缓缓通入N‎2‎     e.称量A               f.冷却至室温 ③根据实验记录,计算绿矾化学式中结晶水数目x=‎__________________(列式表示),若实验时按a、d次序操作,则使x________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎(3)为探究硫酸亚铁的分解产物,将(2)中已恒重的装置A接入下图所示的装置中,打开K‎1‎和K‎2‎,缓缓通入N‎2‎,加热,实验后反应管中残留固体为红色粉末。 ①C、D中的溶液依次为________(填标号)。C、D中有气泡冒出,并可观察到的现象分别为_______________________________。 a.品红  b.NaOH   c.BaCl‎2‎     d.Ba(NO‎3‎‎)‎‎2‎     e. 浓H‎2‎SO‎4‎ ②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_____________________________________。‎ ‎ ‎ ‎ 用零价铁‎(Fe)‎去除水体中的硝酸盐‎(NO‎3‎‎−‎)‎已成为环境修复研究的热点之一。 ‎ ‎(1)Fe还原水体中NO‎3‎‎−‎的反应原理如图所示。 ①作负极的物质是________。 ②正极的电极反应式是________。‎ ‎ ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎(2)将足量铁粉投入水体中,经‎24‎小时测定NO‎3‎‎−‎的去除率和pH,结果如下: ‎ 初始pH pH‎=‎‎2.5‎ pH‎=‎‎4.5‎ NO‎3‎‎−‎的去除率 接近‎100%‎ ‎<50%‎ ‎24‎小时pH 接近中性 接近中性 铁的最终物质形态 ‎ pH=‎4.5‎时,NO‎3‎‎−‎的去除率低。其原因是________。‎ ‎ ‎ ‎(3)其他条件与(2)相同,经‎1‎小时测定NO‎3‎‎−‎的去除率和pH,结果如下: ‎ 初始pH pH‎=‎‎2.5‎ pH‎=‎‎4.5‎ NO‎3‎‎−‎的去除率 约‎10%‎ 约‎3%‎ ‎1‎小时pH 接近中性 接近中性 ‎ 与(2)中数据对比,解释(2)中初始pH不同时,NO‎3‎‎−‎去除率和铁的最终物质形态不同的原因:________。‎ ‎(二)选考题:共15分。请考生从给出的题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一小题计分。【化学—选修3:物质结构与性质】(15分)‎ ‎ ‎ ‎ 钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题: ‎ ‎(1)‎元素K的焰色反应呈紫红色,其中紫色对应的辐射波长为________nm(填标号)。 A.404.4     B.553.5‎    C.589.2     D.670.8‎   ‎E.766.5‎ ‎ ‎ ‎(2)基态K原子中,核外电子占据的最高能层的符号是________,占据该能层电子的电子云轮廓图形状为________。K和Cr属于同一周期,且核外最外层电子构型相同,但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低,原因是_________________________________________________。‎ ‎ ‎ ‎(3)X射线衍射测定等发现,I‎3‎AsF‎6‎中存在I‎3‎‎+‎离子.I‎3‎‎+‎离子的几何构型为________,中心原子的杂化类型为________。‎ ‎ ‎ ‎(4)KIO‎3‎晶体是一种性能良好的非线性光学材料,具有钙钛矿型的立体结构,边长为a=0.446nm,晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置,如图所示:K与O间的最短距离为________nm,与K紧邻的O个数为________。‎ ‎ ‎ ‎(5)‎在KIO‎3‎晶胞结构的另一种表示中,I处于各顶角位置,则K处于________位置,O处于________位置.‎ ‎【化学-选修5:有机化学基础】(15分)‎ ‎ ‎ ‎ 化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体,一种合成G的路线如下: 已知以下信息: ①A的核磁共振氢谱为单峰;B的核磁共振氢谱为三组峰,峰面积比为‎6:1:1‎. ②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢;‎1molD可与‎1mol NaOH或‎2mol Na反应. 回答下列问题: ‎ ‎(1)A的结构简式为_________________.‎ ‎ ‎ ‎(2)B的化学名称为______________.‎ ‎ ‎ ‎(3)C与D反应生成E的化学方程式为_____________________________________________________.‎ ‎ ‎ ‎(4)由E生成F的反应类型为_________________。‎ ‎ ‎ ‎(5)G的分子式为______________.‎ ‎ ‎ ‎(6)L是D的同分异构体,可与FeCl‎3‎溶液发生显色反应,‎1mol的L可与‎2mol的Na‎2‎CO‎3‎反应,L共有________种;其中核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为‎3:2:2:1‎的结构简式为______________、______________.‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 参考答案与试题解析 ‎2020年河北省衡水中学高考化学模拟试卷(B卷)(4月份)‎ 一、选择题:本大题包括7小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 阿伏加德罗常数 ‎【解析】‎ ‎【解答】‎ A.1L ‎0.1mol⋅‎L‎−1‎的NH‎4‎Cl溶液中含有溶质NH‎4‎Cl的物质的量为0.1mol,由于NH‎4‎‎+‎部分水解,溶液中含有的NH‎4‎‎+‎的物质的量小于0.1mol,则NH‎4‎‎+‎的数量小于0.1NA,A错误; B.2.4g Mg的物质的量为0.1mol,与H‎2‎SO‎4‎反应生成MgSO_4和H‎2‎,转移的电子数为0.2NA,B错误; C.标准状况下,氮气与氧气不反应,所以2.24L N‎2‎和O‎2‎的混合气体的物质的量为0.1mol,所含分子数为0.1 NA,C错误; D.碘与氢气反应的化学方程式为H‎2‎‎(g)+I‎2‎(g)⇌2HI(g)‎,由化学方程式可知,反应前后混合气体的总物质的量不变,反应前混合气体的总物质的量为0.2mol,所以反应后混合气体的总物质的量还是0.2mol,其分子总数为0.2NA,D正确。 故选D。‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 离子共存问题 ‎【解析】‎ A‎.无色透明说明溶液中不含有色离子,且离子之间不反应; B.c(H‎+‎)/c(OH‎−‎)=1×10‎‎ ‎‎−12‎的溶液,溶液呈碱性,离子之间不反应且和氢氧根离子不反应的能大量共存; C.能和亚铁离子反应的离子不能大量共存; D.能使甲基橙溶液变红色,说明溶液呈酸性,离子之间不反应的能大量共存.‎ ‎【解答】‎ 解:A.Fe‎3+‎呈黄色,不符合无色条件,且Fe‎3+‎、SCN‎ ‎‎−‎发生络合反应而不能大量共存,故A错误; B.c(H‎+‎)/c(OH‎−‎)=1×10‎‎ ‎‎−12‎的溶液,溶液呈碱性,这几种离子之间不反应且都不和氢氧根离子反应,所以能大量共存,故B正确; C.Fe‎2+‎、MnO‎4‎‎−‎发生氧化还原反应而不能大量共存,故C错误; D.能使甲基橙溶液变红色,说明溶液呈酸性,HCO‎3‎‎−‎能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存,故D错误; 故选B.‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 物质制备实验和性质实验应用 化学平衡的影响因素 氧化还原反应 ‎【解析】‎ 增大cH‎+‎,题给反应平衡逆向移动,cCr‎2‎O‎7‎‎2−‎增大,溶液橙色加深,加入OH‎−‎,中和H‎+‎,使cH‎+‎减小,平衡正向移动,cCrO‎4‎‎2−‎增大,溶液颜色变黄,K‎2‎Cr‎2‎O‎7‎在酸性条件下的氧化性更强。‎ ‎【解答】‎ A.‎‎①K‎2‎Cr‎2‎O‎7‎溶液中加入H‎2‎SO‎4‎,增大cH‎+‎,题给可逆反应的平衡逆向移动,溶液橙色加深;③K‎2‎Cr‎2‎O‎7‎溶液中加入了NaOH溶液,OH‎−‎中和了溶液中的H‎+‎,使cH‎+‎减小,平衡正向移动,溶液变黄,A正确。‎ B.‎‎②中溶液变成绿色,说明有Cr‎3+‎生成,即Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎被C‎2‎H‎5‎OH还原为Cr‎3+‎,B正确。‎ C.‎对比②④可知,酸性条件下Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎被C‎2‎H‎5‎OH还原为Cr‎3+‎,而碱性条件下Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎不能被还原,说明酸性条件下K‎2‎Cr‎2‎O‎7‎的氧化性更强,C正确。‎ D.‎若向④中加入过量的H‎2‎SO‎4‎溶液,溶液呈酸性,题给可逆反应的平衡逆向移动,CrO‎4‎‎2−‎转化为Cr‎2‎O‎7‎‎2−‎,K‎2‎Cr‎2‎O‎7‎会被C‎2‎H‎5‎OH还原为Cr‎3+‎,溶液变绿色,不会变为橙色,D错误。‎ 故选D。 ‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 工艺流程分析及应用 ‎“三废”处理与环境保护 物质分离、提纯、除杂的实验方案设计和基本操作的综合应用 ‎【解析】‎ 工业废气中CO‎2‎、SO‎2‎可被石灰水吸收,生成固体‎1‎为CaCO‎3‎、CaSO‎3‎,气体‎1‎是不能被过量石灰水吸收的N‎2‎、NO、CO,气体‎1‎通入气体X,用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO‎2‎,X可为空气,但不能过量,否则得到硝酸钠,NaNO‎2‎与含有NH‎4‎‎+‎的溶液反应生成无污染气体,应生成氮气,则气体‎2‎含有CO、N‎2‎,捕获剂所捕获的气体主要是CO,以此解答该题.‎ ‎【解答】‎ 解:工业废气中CO‎2‎、SO‎2‎可被石灰水吸收,生成固体‎1‎为CaCO‎3‎、CaSO‎3‎,气体‎1‎是不能被过量石灰水吸收的N‎2‎、NO、CO,气体‎1‎通入气体X,用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO‎2‎,X可为空气,但不能过量,否则得到硝酸钠,NaNO‎2‎与含有NH‎4‎‎+‎的溶液反应生成无污染气体,应生成氮气,则气体‎2‎含有CO、N‎2‎,捕获剂所捕获的气体主要是CO, A.工业废气中CO‎2‎、SO‎2‎可被石灰水吸收,生成CaCO‎3‎、CaSO‎3‎,因氢氧化钙过量,则固体‎1‎主要含有Ca(OH‎)‎‎2‎、CaCO‎3‎、CaSO‎3‎,故A正确; B.由分析可知,气体‎1‎是不能被过量石灰水吸收的N‎2‎、NO、CO,气体‎1‎通入气体X,用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO‎2‎,X可为空气,但不能过量,否则得到硝酸钠,故B错误; C.气体‎2‎含有CO、N‎2‎,所捕获的气体主要是CO,防止污染空气,故C正确; D.NaNO‎2‎与含有NH‎4‎‎+‎的溶液反应生成无污染气体,应生成氮气,发生氧化还原反应,离子方程式为NH‎4‎‎+‎+NO‎2‎‎−‎=N‎2‎↑+2H‎2‎O,故D正确。 故答案为B。‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 C ‎【考点】‎ 原子结构与元素周期律的关系 位置结构性质的相互关系应用 元素周期表的结构及其应用 ‎【解析】‎ W的简单氢化物可用作制冷剂,常见为氨气,则W为N元素,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,应为Na元素,由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后,加入稀盐酸,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生,黄色沉淀为S,则由X、Y和Z三种元素形成的一种盐为Na‎2‎S‎2‎O‎3‎,刺激性气体为SO‎2‎,则X为O元素,Z为S元素,结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律的递变规律解答该题.‎ ‎【解答】‎ 解:W的简单氢化物可用作制冷剂,常见为氨气,则W为氮元素,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,应为钠元素,由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后,加入稀盐酸,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生,黄色沉淀为S,则由X、Y和Z三种元素形成的一种盐为Na‎2‎S‎2‎O‎3‎,刺激性气体为SO‎2‎,则X为氧元素,Z为硫元素。 A.非金属性O>N,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,故A正确; B.Y为钠元素,X为氧元素,钠对应的简单离子核外有‎10‎个电子,与O‎2−‎的核外电子排布相同,故B正确; C.Y与Z形成的化合物为Na‎2‎S,为强碱弱酸盐,水解呈碱性,则可使石蕊试液变蓝色,故C错误; D.Z为硫元素,与O同主族,与Na同周期,故D正确; 故选C。‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 反应热和焓变 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ A‎.反应③中的反应物为CO‎2‎、H‎2‎,由反应可知,反应①、②为反应③提供原料气,故A正确; B.反应③中的反应物为CO‎2‎,转化为甲醇,则反应③也是 CO‎2‎资源化利用的方法之一,故B正确; C.由反应④可知,物质的量与热量成正比,且气态水的能量比液态水的能量高,则反应CH‎3‎OH(g)=‎1‎‎2‎CH‎3‎OCH‎3‎ (g)+‎1‎‎2‎H‎2‎O(l)‎的ΔH≠d‎2‎kJ⋅mol‎−1‎,故C错误; D.由盖斯定律可知,②‎×2+‎③‎×2+‎④得到‎2CO(g)+4H‎2‎ (g)=CH‎3‎OCH‎3‎ (g)+H‎2‎O(g)‎,则ΔH=( 2b+2c+d ) kJ⋅mol‎−1‎,故D正确; 故选C。‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 金属的电化学腐蚀与防护 ‎【解析】‎ 外加电流阴极保护是通过外加直流电源以及辅助阳极,被保护金属与电源的负极相连作为阴极,电子从电源负极流出,给被保护的金属补充大量的电子,使被保护金属整体处于电子过剩的状态,让被保护金属结构电位低于周围环境,从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制,避免或减弱腐蚀的发生,阳极若是惰性电极,则是电解质溶液中的离子在阳极失电子,据此解答.‎ ‎【解答】‎ A‎.被保护的钢管桩应作为阴极,从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制,使钢管桩表面腐蚀电流接近于零,避免或减弱腐蚀的发生,故A正确; B.通电后,惰性高硅铸铁作阳极,海水中的氯离子等在阳极失电子发生氧化反应,电子经导线流向电源正极,再从电源负极流出经导线流向钢管桩,故B正确; C.高硅铸铁为惰性辅助阳极,所以高硅铸铁不损耗,故C错误; D.在保护过程中要使被保护金属结构电位低于周围环境,则通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整,故D正确; 故选C。‎ 二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第8题-第10题为必考题每个试题考生都必须作答,第11题-第12题为选考题,考生根据要求作答.‎ ‎【答案】‎ ‎(1)增大反应物接触面积,加快反应速率,提高原料利用率 ‎(2)‎‎2MnO‎2‎+4KOH+O‎2‎‎ ​=​=​=​= ‎‎△‎2K‎2‎MnO‎4‎+2H‎2‎O ‎(3)提高氧气的压强,加快反应速率,增加软锰矿转化率 ‎(4)①KHCO‎3‎,②MnO‎4‎‎2−‎−e‎−‎=MnO‎4‎‎−‎,H‎2‎,③‎‎3:2‎ ‎(5)‎‎95.62%‎ ‎【考点】‎ 工艺流程分析及综合应用 电解池电极反应式 电解原理及其应用 化学反应速率的调控作用 制备实验方案的设计 氧化还原反应的计算 氧化还原反应 化学方程式的书写 ‎【解析】‎ ‎(1)‎固体混合粉碎目的是增大接触面积加快反应速率;‎ ‎(2)‎流程分析可知平炉中发生的反应是氢氧化钾、二氧化锰和氧气加热反应生成锰酸钾和水;‎ ‎(3)‎‎“平炉”中加压能提高氧气的压强,加快反应速率,增加软锰矿转化率;‎ ‎(4)‎‎①在K‎2‎MnO‎4‎溶液中通入CO‎2‎气体,使体系呈中性或弱碱性,K‎2‎MnO‎4‎发生歧化反应,反应中生成KMnO‎4‎,MnO‎2‎和碳酸氢钾; ②“电解法”为现代工艺,即电解K‎2‎MnO‎4‎水溶液,在电解槽中阳极,MnO‎4‎‎2−‎失去电子,发生氧化反应,产生MnO‎4‎‎−‎;在阴极,水电离产生的H‎+‎获得电子变为氢气逸出,电极反应式是:‎2H‎2‎O+2e‎−‎=H‎2‎↑+2OH‎−‎; ③依据电解法方程式‎2K‎2‎MnO‎4‎+2H‎2‎O‎=​=​=​=​=​=‎通电2KMnO‎4‎+2H‎2‎↑+2KOH,可知K2MnO4‎的理论利用率是‎100%‎,而在二氧化碳歧化法反应中‎3K‎2‎MnO‎4‎+2CO‎2‎=2KMnO‎4‎+MnO‎2‎+K‎2‎CO‎3‎中K‎2‎MnO‎4‎的理论利用率是‎2‎‎3‎;‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎(5)‎依据离子方程式‎2MnO‎4‎‎−‎+5H‎2‎C‎2‎O‎4‎+6H‎+‎=2Mn‎2+‎+10CO‎2‎↑+8H‎2‎O可知KMnO‎4‎与草酸反应的定量关系是‎2KMnO‎4‎∼5‎H‎2‎C‎2‎O‎4‎,配制溶液浓度为c=‎2×0.2×20‎‎5×24.48‎mol/L,则‎1.0800g样品中含有KMnO‎4‎的物质的量n=‎100‎‎1000‎×‎2×0.2×20‎‎5×24.48‎mol=0.006536mol,KMnO‎4‎的质量m=0.006536mol×158g/mol=1.03269g,纯度‎=实际量样品量×100%‎;‎ ‎【解答】‎ 解:(1)原料软锰矿与氢氧化钾按‎1:1‎的比例在“烘炒锅”中混配,混配前应将软锰矿粉碎,其作用是增大接触面积加快反应速率,提高原料利用率. ‎ ‎(2)流程分析可知平炉中发生的反应是氢氧化钾、二氧化锰和氧气加热反应生成锰酸钾和水,反应的化学方程式为:‎2MnO‎2‎+4KOH+O‎2‎‎ ​=​=​=​= ‎‎△‎2K‎2‎MnO‎4‎+2H‎2‎O。 ‎ ‎(3)“平炉”中加压能提高氧气的压强,加快反应速率,增加软锰矿转化率; ‎ ‎(4)①在K‎2‎MnO‎4‎溶液中通入CO‎2‎气体,使体系呈中性或弱碱性,K‎2‎MnO‎4‎发生歧化反应,反应中生成KMnO‎4‎,MnO‎2‎,二氧化碳在碱性溶液中生成碳酸氢钾,化学式为:KHCO‎3‎; ②“电解法”为现代工艺,即电解K‎2‎MnO‎4‎水溶液,在电解槽中阳极MnO‎4‎‎2−‎失去电子,发生氧化反应,产生MnO‎4‎‎−‎,电极反应为MnO‎4‎‎2−‎−e‎−‎=MnO‎4‎‎−‎;在阴极,水电离产生的H‎+‎获得电子变为氢气逸出,电极反应式是:‎2H‎2‎O+2e‎−‎=H‎2‎↑+2OH‎−‎; ③依据电解法化学方程式‎2K‎2‎MnO‎4‎+2H‎2‎O‎ ​=​=​=​= ‎通电2KMnO‎4‎+H‎2‎↑+2KOH ,可知K‎2‎MnO‎4‎的理论利用率是‎100%‎,而在二氧化碳歧化法反应中‎3K‎2‎MnO‎4‎+4CO‎2‎+2H‎2‎O=2KMnO‎4‎+MnO‎2‎+4KHCO‎3‎ 中K‎2‎MnO‎4‎的理论利用率是‎2‎‎3‎,故“电解法”和“CO‎2‎歧化法”中,K‎2‎MnO‎4‎的理论利用率之比为3:2。 ‎ ‎(5)依据离子方程式‎2MnO‎4‎‎−‎+5H‎2‎C‎2‎O‎4‎+6H‎+‎=2Mn‎2+‎+10CO‎2‎↑+8H‎2‎O 可知KMnO‎4‎与草酸反应的定量关系是‎2KMnO‎4‎∼5‎H‎2‎C‎2‎O‎4‎, 配制溶液浓度为c=‎2×0.2×20‎‎5×24.48‎mol/L, ‎1.0800g样品中含有KMnO‎4‎的物质的量n=‎100‎‎1000‎×‎2×0.2×20‎‎5×24.48‎mol=0.006536mol, KMnO‎4‎的质量m=0.006536mol×158g/mol=1.03269g, 纯度‎=实际量样品量×100%‎即‎1.032688g‎1.0800g‎×100%=95.62%‎, ‎ ‎【答案】‎ ‎(1)硫酸亚铁与KSCN不反应,硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁 ‎(2)①干燥管,②dabcfe,③‎76(m‎2‎−m‎3‎)‎‎9(m‎3‎−m‎1‎)‎,偏小 ‎(3)①c、a,产生白色沉淀、品红褪色,②‎‎2FeSO‎4‎‎ ​=​=​=​= ‎高温Fe‎2‎O‎3‎+SO‎2‎↑+SO‎3‎↑‎ ‎【考点】‎ 物质制备实验和性质实验综合应用 探究铁离子和亚铁离子的转化 铁及其化合物的性质实验 化学方程式的书写 实验装置综合 ‎【解析】‎ ‎(1)‎亚铁离子不稳定,易被空气中氧气氧化生成铁离子;‎ ‎(2)①根据仪器的图形可判断仪器名称; ②实验时,为避免亚铁被氧化,应先通入氮气,冷却时注意关闭开关,防止氧气进入,冷却至室温再称量固体质量的变化; ③直至A恒重,记为m‎3‎‎ g,应为FeSO‎4‎和装置的质量,则m(FeSO‎4‎)=(m‎3‎−m‎1‎)‎.m(H‎2‎O)=(m‎2‎−m‎3‎)‎,以此计算n(H‎2‎O)‎、n(FeSO‎4‎)‎,结晶水的数目等于n(H‎2‎O)‎n(FeSO‎4‎)‎;若实验时按a、d次序操作,会导致硫酸亚铁被氧化;‎ ‎(3)‎硫酸亚铁高温分解可生成Fe‎2‎O‎3‎、SO‎3‎、SO‎2‎,C为氯化钡,用于检验SO‎3‎,D为品红,可用于检验SO‎2‎.‎ ‎【解答】‎ 解:(1)滴加KSCN溶液,溶液颜色无明显变化,可知硫酸亚铁与KSCN不反应,但亚铁离子不稳定,易被空气中氧气氧化生成铁离子,最终溶液变红色;‎ ‎(2)①由仪器的图形可知B为干燥管; ②实验时,为避免亚铁离子被氧化,应先通入氮气,冷却时注意关闭开关,防止氧气进入,冷却至室温再称量固体质量的变化,则正确的顺序为dabcfe; ③直至A恒重,记为m‎3‎‎ g,应为FeSO‎4‎和装置的质量,则m(FeSO‎4‎)=(m‎3‎−m‎1‎)‎g。m(H‎2‎O)=(m‎2‎−m‎3‎)‎g,n(H‎2‎O)=‎m‎2‎‎−‎m‎3‎‎18‎,n(FeSO‎4‎)=‎m‎3‎‎−‎m‎1‎‎152‎,结晶水的数目等于n(H‎2‎O)‎n(FeSO‎4‎)‎=‎76(m‎2‎−m‎3‎)‎‎9(m‎3‎−m‎1‎)‎;若实验时按a、d次序操作,会导致硫酸亚铁被氧化,使固体质量偏大,则使x偏小;‎ ‎(3)①实验后反应管中残留固体为红色粉末,说明生成Fe‎2‎O‎3‎,则反应中Fe元素化合价升高,S元素化合价应降低,则一定生成SO‎2‎,可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe‎2‎O‎3‎、SO‎3‎、SO‎2‎,C为氯化钡,用于检验SO‎3‎,可观察到产生白色沉淀,D为品红,用于检验SO‎2‎,可观察到品红褪色; ②硫酸亚铁高温分解可生成Fe‎2‎O‎3‎、SO‎3‎、SO‎2‎,化学方程式为:‎2FeSO‎4‎‎ ​=​=​=​= ‎高温Fe‎2‎O‎3‎+SO‎2‎↑+SO‎3‎↑‎。‎ ‎【答案】‎ 铁,NO‎3‎‎−‎+8e‎−‎+10‎H‎+‎=‎NH‎4‎‎+‎+3H‎2‎O 因为铁表面生成不导电的FeO(OH)‎,阻止反应进一步发生 Fe+2‎H‎+‎‎=Fe‎2+‎+H‎2‎↑‎,初始pH较小,氢离子浓度高,产生的Fe‎2+‎浓度大,促使FeO(OH)‎转化为可导电的Fe‎3‎O‎4‎,使反应进行的更完全,初始pH高时,产生的Fe‎2+‎浓度小,从而造成NO‎3‎‎−‎去除率和铁的最终物质形态不同 ‎【考点】‎ 探究影响化学反应速率的因素 电极反应和电池反应方程式 pH的简单计算 ‎【解析】‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎(1)由图可知,Fe失去电子,N得到电子; (2)pH=‎4.5‎时,NO‎3‎‎−‎的去除率低,与铁表面生成不导电的FeO(OH)‎有关; (3)初始pH较小,氢离子浓度高,产生的Fe‎2+‎浓度大,促使FeO(OH)‎转化为可导电的Fe‎3‎O‎4‎,使反应进行的更完全,初始pH高时,产生的Fe‎2+‎浓度小。‎ ‎【解答】‎ ‎①Fe是活泼的金属,根据还原水体中的NO‎3‎‎−‎的反应原理图可知,Fe被氧化作负极, 故答案为:铁; ②正极发生得到电子的还原反应,因此正极是硝酸根离子被还原为NH‎4‎‎+‎,为酸性电解质溶液,结合电荷及电子守恒可知电极反应式为NO‎3‎‎−‎+8e‎−‎+10‎H‎+‎=NH‎4‎‎+‎+3H‎2‎O, 故答案为:NO‎3‎‎−‎+8e‎−‎+10‎H‎+‎=NH‎4‎‎+‎+3H‎2‎O;‎ 从pH对硝酸根去除率的影响来看,初始pH=‎4.5‎时去除率低,主要是因为铁离子容易水解生成FeO(OH)‎,同时生成的Fe‎3‎O‎4‎产率降低,且生成的FeO(OH)‎不导电,所以NO‎3‎‎−‎的去除率低, 故答案为:因为铁表面生成不导电的FeO(OH)‎,阻止反应进一步发生;‎ 由表中信息可知(2)中初始pH不同时,NO‎3‎‎−‎去除率和铁的最终物质形态不同的原因为Fe+2‎H‎+‎=Fe‎2+‎+H‎2‎↑‎,初始pH较小,氢离子浓度高,产生的Fe‎2+‎浓度大,促使FeO(OH)‎转化为可导电的Fe‎3‎O‎4‎,使反应进行的更完全;初始pH高时,由于Fe‎3+‎的水解,Fe‎3+‎越容易生成FeO(OH)‎,产生的Fe‎2+‎浓度小,从而造成NO‎3‎‎−‎去除率和铁的最终物质形态不同, 故答案为:Fe+2‎H‎+‎=Fe‎2+‎+H‎2‎↑‎,初始pH较小,氢离子浓度高,产生的Fe‎2+‎浓度大,促使FeO(OH)‎转化为可导电的Fe‎3‎O‎4‎,使反应进行的更完全,初始pH高时,产生的Fe‎2+‎浓度小,从而造成NO‎3‎‎−‎去除率和铁的最终物质形态不同。‎ ‎(二)选考题:共15分。请考生从给出的题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一小题计分。【化学—选修3:物质结构与性质】(15分)‎ ‎【答案】‎ ‎(1) ‎A ‎(2) N,球形,K的原子半径较大,且价电子较少,金属键较弱 ‎(3) V形,‎sp‎3‎ ‎(4) ‎0.315‎,‎‎12‎ ‎(5) 体心,棱心 ‎【考点】‎ 物质结构与性质综合应用 晶胞和非晶胞 晶胞的计算 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 原子结构与元素的性质 原子核外电子排布 同周期元素性质的递变规律 ‎【解析】‎ ‎(1)‎紫色波长介于‎400nm∼435nm之间;‎ ‎(2)‎基态K原子核外有‎4‎个电子层,最高能层为第四层,最外层电子为‎4‎s‎1‎电子,K和Cr属于同一周期,K的原子半径较大,且价电子较少,金属键较弱;‎ ‎(3)I‎3‎‎+‎中心原子的价层电子对数为‎7+1×2−1‎‎2‎‎=4‎,则为sp‎3‎杂化,价层电子对为正四面体,中心I原子的孤电子对数为‎7−1×2−1‎‎2‎‎=2‎,为V形;‎ ‎(4)K与O间的最短距离为面对角线的一半;O位于面心,K位于顶点,‎1‎个顶点为‎12‎个面共有;‎ ‎(5)‎在KIO‎3‎晶胞结构的另一种表示中,I处于各顶角位置,个数为‎8×‎1‎‎8‎=1‎,则K也为‎1‎,应位于体心,则O位于棱心,个数为‎12×‎1‎‎4‎=3‎。‎ ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎紫色波长介于‎400nm∼435nm之间,只有A符合,故答案为:A。‎ ‎(2)‎基态K原子核外有‎4‎个电子层,核外电子排布为:‎1s‎2‎2s‎2‎2p‎6‎3s‎2‎3p‎6‎4‎s‎1‎,最高能层为第四层,即N层;最外层电子为‎4‎s‎1‎电子,该能层电子的电子云轮廓图形状为球形;K和Cr属于同一周期,K的原子半径较大,且价电子较少,金属键较弱,则金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低,故答案为:N; 球形;K的原子半径较大,且价电子较少,金属键较弱。‎ ‎(3)I‎3‎‎+‎中心原子的价层电子对数为‎7+1×2−1‎‎2‎‎=4‎,则为sp‎3‎杂化,中心I原子的孤电子对数为‎7−1×2−1‎‎2‎‎=2‎,为V形,故答案为:V形;sp‎3‎。‎ ‎(4)K与O间的最短距离为面对角线的一半,则K与O间的最短距离为‎2‎‎2‎‎×0.446nm≈0.315nm,与K紧邻的O在以K为顶点的正方形的面心,一个晶胞中距离顶点K最近的有3个O,顶点处的K被8个晶胞共有,面心O被2个晶胞共有,所以与K紧邻的O个数为‎3×8×‎1‎‎2‎=12‎,故答案为:0.315;12。 ‎ ‎(5)‎在KIO‎3‎晶胞结构的另一种表示中,I处于各顶角位置,个数为‎8×‎1‎‎8‎=1‎,则K也为‎1‎个,应位于体心,则O位于棱心,每个棱为‎4‎个晶胞共有,则O个数为‎12×‎1‎‎4‎=3‎,故答案为:体心;棱心。‎ ‎【化学-选修5:有机化学基础】(15分)‎ ‎【答案】‎ ‎(1)‎ ‎(2)‎2−‎丙醇 ‎(3)‎ ‎(4)取代反应 ‎(5)‎C‎18‎H‎31‎NO‎4‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎(6)‎6‎,,‎ ‎【考点】‎ 有机化学基础综合应用 同分异构现象和同分异构体 结构简式 有机物的合成 有机化合物命名 有关有机物分子式确定的计算 取代反应与加成反应 ‎【解析】‎ A的化学式为C‎2‎H‎4‎O,其核磁共振氢谱为单峰,则A为;B的化学C‎3‎H‎8‎O,核磁共振氢谱为三组峰,峰面积比为‎6:1:1‎,则B的结构简式为CH‎3‎CH(OH)CH‎3‎;D的化学式为C‎7‎H‎8‎O‎2‎,其苯环上仅有两种不同化学环境的氢,‎1 mol D可与‎1 mol NaOH或‎2 mol Na反应,则苯环上有酚羟基和‎−CH‎2‎OH,且为对位结构,则D的结构简式为,E应为,以此解答该题.‎ ‎【解答】‎ 解:A的化学式为C‎2‎H‎4‎O,其核磁共振氢谱为单峰,则A为;B的化学C‎3‎H‎8‎O,核磁共振氢谱为三组峰,峰面积比为‎6:1:1‎,则B的结构简式为CH‎3‎CH(OH)CH‎3‎;D的化学式为C‎7‎H‎8‎O‎2‎,其苯环上仅有两种不同化学环境的氢,‎1 mol D可与‎1 mol NaOH或‎2 mol Na反应,则苯环上有酚羟基和‎−CH‎2‎OH,且为对位结构,则D的结构简式为,E应为,据此回答问题; ‎(1)‎由以上分析可知A的结构简式为;‎ ‎(2)B的结构简式为CH‎3‎CH(OH)CH‎3‎,其化学名称为‎2−‎丙醇;‎ ‎(3)D为,对比E的分子式可知,C和D发生取代反应生成E,发生反应生成E的化学方程式为; ‎ ‎(4)‎对比E和F的分子式可知由E生成F的反应类型为取代反应,生成F的同时生成HCl;‎ ‎(5)‎由结构简式可知有机物G的分子式为C‎18‎H‎31‎NO‎4‎;‎ ‎(6)L是D的同分异构体,可与FeCl‎3‎溶液发生显色反应,‎1 mol的L可与‎2 mol的Na‎2‎CO‎3‎反应,说明L的分子结构中含有‎2‎个酚羟基和一个甲基,当二个酚羟基在邻位时,苯环上甲基的位置有‎2‎种,当二个酚羟基在间位时,苯环上甲基的位置有‎3‎种,当二个酚羟基在对位时,苯环上甲基的位置有‎1‎种,则满足条件的L共有‎6‎种,其中核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为‎3:2:2:1‎的结构简式为或。 ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页