2020届云南省楚雄州大姚实验中学高三4月理综化学仿真试题一、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。

1.《本草纲目》中的“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。

”这里的“石碱”是指（）A. KOHB. KAl(SO4)2C. KHCO3D. K2CO3【答案】D【解析】【详解】“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，排除KOH、KAl(SO4)2，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以碳酸钾符合，同时符合久则凝淀如石，而KHCO3久则分解生成粉末状的碳酸钾，故D符合，故答案为D。

2.N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A. 标准状况下，11.2L的三氯甲烷所含的氢原子数大于0.5N AB. 常温下，1mol的NaHCO3固体中HCO3-的个数必定小于N AC. 1molCu与含2molH2SO4的浓硫酸充分反应，生成的SO2的分子个数为N AD. 1mol苯分子中含有3N A个碳碳双键【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下三氯甲烷为液体，11.2 L的三氯甲烷的物质的量远大于0.5mol，则所含的氢原子数大于0.5N A，故A正确；B．碳酸氢钠固体由钠离子和碳酸氢根离子构成，故此1mol碳酸氢钠固体中含有的碳酸氢根离子个数为N A 个，故B错误。

C．1 mol Cu与含2 mol H2SO4的浓硫酸充分反应，浓硫酸变稀后不再氧化Cu，故生成的SO2的分子个数小于N A，故C错误；D．苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故D错误；故答案为A。

【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4N A，1molP4含有的共价键为6N A等。

3.有机物M的结构简式如图所示，与氢气发生加成反应得到物质甲，下列有关说法错误的是（）A. 有机物M含有2种官能团B. 有机物M的分子式为C4H6O2C. 有机物M能发生取代反应、加聚反应D. 甲的只含有一种官能团的链状同分异构体有6种【答案】D【解析】【详解】A．M中含有碳碳双键和羧基两种官能团，故A正确；B．根据结构简式确定分子式为C4H6O2，故B正确；C．M中羧基能发生取代反应、碳碳双键能发生加聚反应，故C正确；D．M和氢气发生加成反应生成甲为(CH3)2CHCOOH，甲的同分异构体中只含一种官能团且为链状结构，官能团可能是-COOH，有丁酸、2-甲基丙酸，官能团是酯基时，有甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，去掉其本身，符合条件的有5种，故D错误；故答案为D。

【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质；熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，注意D为解答易错点，D 中有官能团异构及碳链异构。

4.下列实验操作、现象和结论均正确是选实验操作现象结论项A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】试题分析：A、分别加热Na2CO3和NaHCO3固体，NaHCO3固体不稳定分解后有水生成，Na2CO3固体受热不分解，没有水珠生成，错误；B、升华是物理变化，而NH4Cl固体受热分解生成HCl、NH3，二者又反应生成氯化铵，属化学变化，错误；C、NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置后，观察到溶液分层且上层呈橙红色，说明有Br2生成，可知Br—还原性强于Cl—，正确；D、向FeSO4溶液中先滴入KSCN 溶液，再滴加H2O2溶液，观察到溶液变血红色，可知Fe2+有还原性被氧化成Fe3+，错误。

考点：化学实验方案的分析、评价。

5.短周期主族元素M、T、X、Y、Z的原子序数依次增大，M的气态氢化物极易溶于T的简单氢化物中，且所得溶液显碱性；常温下，X的单质能溶于Y的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。

下列说法错误的是（）A. 原子半径的大小顺序为Y>Z>X>M>TB. 元素M的气态氢化物与Z的气态氢化物相遇会产生白烟C. 元素Y、Z的最高价氧化物的水化物酸性比较，Z的更强D. 仅由M、T两种元素组成的化合物有多种【答案】A【解析】【详解】由M的气态氢化物极易溶于T的简单氢化物，且所得溶液显碱性知，M为氮元素，T为氧元素；常温下，由X的单质能溶于Y的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液知，X为铝元素，Y 的原子序数比X大，所以Y为硫元素，Z为氯元素；A．N、O 元素为第二周期主族元素，Al、S、Cl元素为第三周期主族元素，且同周期主族元素核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：Al>S>Cl>N>O，故A错误；B．NH3与HCl相遇生成NH4Cl(产生白烟)，故B正确；C．Cl的非金属性强于S，酸性：HClO4>H2SO4，故C正确；D．N、O可以组成NO、N2O、NO2、N2O4、N2O5等多种化合物，故D正确；故答案为A。

6.一种脱除废水中NH4+的电化学装置如图所示，下列说法正确的是（）A. 该装置将化学能转变为电能B. 该装置工作时，CIˉ向阴极移动C. NH4+在阴极上被还原为N2，阴极周围溶液的pH增大D. 阳极的电极反应式为Clˉ+H2O－2eˉ=ClOˉ+2H+【答案】D【解析】电解装置将电能转变为化学能，故A错误；电解池中阴离子移向阳极，CIˉ向阳极移动，故B错误；NH4+ N2失电子发生氧化反应，故C错误；阳极Clˉ失电子生成ClOˉ，所以阴极反应式Clˉ+H2O－2eˉ=ClOˉ+2H+，故D正确。

7.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。

在一定温度下，用0.1mol/LKOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol/L的盐酸和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。

下列有关判断正确的是A. B点的溶液中有：c(K+)＞c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)B. A点的溶液中有：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol/LC. C点水电离的c(OH-)大于A点水电离的c(OH-)D. A、B、C三点溶液均有K w=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14【答案】A【解析】【分析】溶液电导率与离子浓度成正比，HCl是强电解质、醋酸是弱电解质，所以相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸中离子浓度大于醋酸，则相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸电导率较大，根据图象知，①是醋酸和KOH的混合、②是HCl和KOH的混合。

【详解】A. B点溶液中KOH过量，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOK和KOH，醋酸根离子水解生成OH-，但水解程度较小，溶液呈强碱性，则离子浓度大小顺序是c(K+)＞c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)，A 项正确；B.A点溶液中，醋酸和KOH恰好完全反应生成CH3COOK，溶液中存在电荷守恒，则c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（K+），A点溶液体积增大一倍，则离子浓度降为原来的一半，所以c（CH3COO-）+c（OH-）-c （H+）=c（K+）=0.05mol/L，B项错误；C .C点HCl和KOH恰好完全反应生成KCl，对水的电离无影响；A的溶质为CH3COOK，促进水电离，所以C点水电离的c（OH-）小于A点水电离的c（OH-），C项错误；D.离子积常数与温度有关，温度相同，离子积常数相同，温度不一定是常温，数值不一定是1.0×10-14，D项错误；故选A。

【点睛】本题考查离子浓度大小比较、水的电离等知识点，为高频考点，明确溶液中溶质及其性质、离子积常数影响因素等知识点是解本题关键，注意B选项中溶液体积增大导致物质浓度降低，易忽略而导致错误，为易错点。

二、非选择题：共58分。

第26、27、28题为必考题，每个考生必须作答。

第35、36题，为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题：共43分。

8.以赤铁矿(主要成分为60.0%Fe2O3，杂质为3.6%FeO，Al2O3，MnO2，CuO等)为原料制备高活性铁单质的主要生产流程如图所示：已知部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表所示：沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2pH 3.4 5.2 9.7 6.7请回答下列问题：（1）含杂质的赤铁矿使用前要将其粉碎，目的是___。

操作Ⅰ的名称是___。

（2）将操作Ⅰ后所得的MnO2与KClO3、KOH溶液混合共热，可得到K2MnO4，此反应的化学方程式是____。

（3）将pH控制在3.6的目的是___。

已知25℃时，K sp[Cu(OH)2]=2×10-20，该温度下反应Cu2++2H 2O Cu(OH)2+2H+的平衡常数K=___。

（4）加入双氧水时反应的离子方程式为___。

（5）利用氨气在500℃以上分解得到的氮原子渗透到铁粉中可制备氮化铁(Fe x N y)，若消耗氨气17.0g，消耗赤铁矿石1kg，写出该反应完整的化学方程式：___。

【答案】(1). 增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率(2). 过滤(3). 3MnO2＋6KOH ＋KClO33K2MnO4＋KCl＋3H2O(4). 使Fe3+全部沉淀下来而其他金属离子不形成沉淀(5).5.0×10-9(6). H2O2＋2Fe2+＋2H+=2Fe3+＋2H2O(7). 16Fe＋2NH32Fe8N＋3H2【解析】【分析】赤铁矿(主要成分为60.0%Fe2O3，杂质有3.6%FeO，Al2O3，MnO2，CuO等)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加双氧水把亚铁离子还原为铁离子，调节PH=3.6生成氢氧化铁沉淀，过滤，灼烧氢氧化铁生成氧化铁，再用氢气还原得铁单质，以此解答该题。

【详解】(1)含杂质的赤铁矿使用前要将其粉碎，可以增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率，通过操作Ⅰ将不溶的二氧化锰过滤掉；(2)MnO2与KClO3、KOH溶液混合共热，可得到K2MnO4，锰元素化合价升高，则氯元素化合价降低，产物有氯化钾，化学方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O；(3)根据表中数据可知，为保证铁离子全部沉淀的PH 大于3.4，但为了不使其他金属离子沉淀，PH 不能太大；K sp [Cu(OH)2]=c(Cu 2+)×c 2(OH -)=2×10-20，c(H +)=()wK c OH-，反应Cu 2++2H 2O ⇌Cu(OH)2+2H +的平衡常数K=()()()()[]222w w222sp 2H K KK Cu(OH)c Cu c Cu c OH c +++-==⋅=5×10-9； (4)双氧水氧化亚铁离子，发生反应的离子方程式为H 2O 2+2Fe 2++2H +=2Fe 3++2H 2O ； (5)赤铁矿石1kg 含铁的物质的量为：100060%160⨯×2+1000 3.6%72⨯=8mol ，氨气的物质的量为：17g17g /mol=1mol ，铁和氨气的物质的量之比是8:1，生成的氮化铁为Fe 8N ，根据质量守恒，则该反应为：16Fe+2NH 32Fe 8N+3H 2。