2020年广西柳州市高考化学模拟试卷(4月份) (含解析)

2020年广西柳州市高考化学模拟试卷（4月份）
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.下列元素最高价氧化物的水化物溶于水一定是强碱溶液的是()
A. 原子最外层只有1个电子的元素
B. 原子次外层电子数是最外层电子数8倍的元素
C. 原子次外层电子数是最外层电子数4倍的元素
D. 原子的电子层数与最外层电子数相等的元素
2.某有机物结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是()
A. 1 mol 该有机物含有 6 mol 碳碳双键
B. 1 mol 该有机物完全燃烧可生成9molH2O
C. 1 mol 该有机物可电离生成2molH+
D. 1 mol 该有机物最多可与6molH2发生加成反应
3.短周期元素X、Y、Z、W、R的化合价与原子序数的关系如图所示．下列说法不正确的是()
A. X、Y都存在同素异形现象
B. 工业上常用W的氧化物为原料制取单质W
C. Z和Y形成的化合物中只存在离子键
D. 常温下单质W不能溶于R的最高价氧化物对应水化物的浓溶液
4.下列关于NH3性质的说法正确的是()
A. 收集时采用向上排空气法
B. 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
C. 可用浓硫酸进行干燥
D. 不能与氧气反应
5.25℃，以0.10mol/LNaOH溶液滴定20.00mL醋酸溶液和20.00mL盐酸，滴定曲线如图所示，下列
说法不正确的是()
A. 曲线Ⅰ、Ⅱ分别表示醋酸溶液和盐酸的滴定曲线
B. 达到滴定终点时，两溶液pH均等于7
C. 初始时盐酸的浓度为0.10mol/L
D. 滴定醋酸溶液、盐酸时，均可选择酚酞溶液做指示剂
6.利用下图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是
选
项
①②③实验结论
A稀盐酸CaCO3Na2SiO3溶液非金属性：Cl>C>Si
B浓硫酸蔗糖Ba(NO3)2溶液验证SO2与可溶性钡盐可生成白色沉淀
C浓氨水生石灰酚酞溶液氨气的水溶液呈碱性
D浓硝酸Fe NaOH溶液铁和浓硝酸反应可生成NO2
A. A
B. B
C. C
D. D
7.电解池中，阳极的电极材料一定()
A. 发生氧化反应
B. 与电源正极相连
C. 是铂电极
D. 得电子
二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
8.羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。

制备
少量羟基乙酸钠的反应为ClCH2COOH+2NaOH→HOCH2COONa+
NaCl+H2O△H<0
实验步骤如下：
步骤1：在如图所示装置的反应瓶中，加入40g氯乙酸、50mL水，搅拌。

逐步加入40%NaOH溶液，在95℃继续搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9。

步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。

滤液冷却至15℃，过滤得粗产品。

步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭。

步骤4：将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。

(1)步骤1中，如图所示的装置中仪器A的名称是______；逐步加入NaOH溶液的目的是______。

(2)步骤2中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是______。

(3)步骤3中，粗产品溶解于过量水会导致产率______(填“增大”或“减小”)；去除活性炭的
操作名称是______。

(4)步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是______。

三、简答题（本大题共4小题，共49.0分）
9.如图是一套实验室制气装置，某课外活动小组欲利用这套装置快速制取氧气和氯化氢
气体，供选用的试剂有：A.浓H2SO4，B.浓盐酸，C.食盐，D.MnO2，E.H2O2(aq)，F.KClO3，
G.KMnO4溶液，试完成下列问题：
(1)若要快速制备少量氧气，应选择______ (选项编号)．
(2)若要快速制备少量HCl，应选择______ (选项编号)．
10.氨气是重要的化工原料
(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ⋅mol−1
4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=−905kJ⋅mol−1
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=−483.6kJ⋅mol−1
写出氨气在高温高压催化剂条件下生成氮气和氢气的热化学方程式：______；如果在1L密闭容器中，3mol NH3在等温条件下充分反应，2min后达到平衡，平衡时的反应热为92.4kJ，则在这段时间内v(H2)=______；保持温度不变，将起始NH3的物质的量调整为8mol，平衡时NH3的转化率为______．
(2)氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，试写出该反应的化学方程式：______，
科学家利用此原理，设计成氨气一氧气燃料电池，则通入氨气的电极是______(填“正极”或“负极”)；碱性条件下，该电极发生反应的电极反应式为______．
(3)一定条件下，某密闭容器中发生反应：4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g).在一定体积
的密闭容器中，为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动，下列措施中可采用的
是______(填字母代号)．
a.增大压强
b.适当升高温度
c.增大O2的浓度
d.选择高效催化剂
(4)如果某氨水的电离程度为1%，浓度为0.01mol/LMgCl2溶液滴加氨水至开始产生沉淀时(不考
虑溶液体积变化)，溶液中的NH3⋅H2O的浓度为______{已知Ksp[Mg(OH)2]=4.0×10−12]}．11.金和铜可以形成多种金属化合物，其中一种晶体的结构如图所示(为面心立
方体结构)．
(1)该金属化合物的化学式为______ ．
(2)已知Au的相对原子质量为197，Cu的相对原子质量为64，阿伏加德罗
常数为N A，若该化合物的密度为dg⋅cm−3，试计算面上距离最近的两个金原子的核间距为______ cm．
12.由烃A制备抗结肠炎药物H的一种合成路线如下(部分反应略去试剂和条件)：
已知：Ⅰ．
Ⅱ.
回答下列问题：
(1)H的分子式是______，A的化学名称是______。

反应②的类型是______。

(2)D的结构简式是______。

F中含有的官能团的名称是______。

(3)E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是______。

(4)设计C→D和E→F两步反应的共同目的是______。

(5)化合物X是H的同分异构体，X遇FeCl3溶液不发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有3种
不同化学环境的氢，峰面积比为3：2：2，写出1种符合要求的X的结构简式______。

(6)已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，
而当苯环上连有羧基时则取代在间位。

据此写出以A为原料制备化合物的合成路线______(其他试剂任选)。

【答案与解析】
1.答案：B
解析：解：A.原子最外层只有1个电子的元素，可能为H，故A不选；
B.原子次外层电子数是最外层电子数8倍的元素，可能为Na或K，元素最高价氧化物的水化物溶于水一定是强碱溶液，故B选；
C.原子次外层电子数是最外层电子数4倍的元素，为Mg元素或Ca元素，氢氧化镁为弱碱，故C不选；
D.原子的电子层数与最外层电子数相等的元素，可能为Be、Al，元素最高价氧化物的水化物溶于水不是强碱溶液，故D不选；
故选B．
元素最高价氧化物的水化物溶于水一定是强碱溶液，则由原子结构判断为碱金属元素或某些碱土金属元素，以此来解答．
本题考查原子结构及元素的性质，为高频考点，把握电子层结构推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意金属与对应碱的碱性，题目难度不大．
2.答案：D
解析：
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。

由结构可知分子中含酚−OH、−COOC−、−COOH，结合酚、酯、羧酸的性质来解答。

A.分子中苯环不含碳碳双键，故A错误；
B.由结构可知分子式为C16H14O5，1 mol 该有机物完全燃烧可生成7molH2O，故B错误；
C.含有1个羧基、1个羟基，但不能完全电离，故C错误；
D.该物质中能和氢气发生加成反应的为苯环，所以最多可与6molH2发生加成，故D正确。

故选D。

3.答案：C
解析：解：由上述分析可知，X为C，Y为O，Z为Na，W为Al，R为S，
A.C有金刚石、石墨等同素异形体，O有氧气、臭氧等同素异形体，故A正确；
B.Al为活泼金属，电解熔融氧化铝可冶炼Al，故B正确；
C.Z和Y形成的化合物为过氧化钠时，含离子键、O−O非极性共价键，故C错误；
D.R的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硫酸，常温下Al遇浓硫酸发生钝化，不能完全溶解，故D正确；
故选C．
由表中化合价可知，Y的化合价为−2价，没有正化合价，故Y为O元素，X的化合价为+4、−4价，处于ⅣA族，原子序数比O元素小，故X为C元素，Z的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故Z为Na元素，W为+3价，原子序数大于Na，则W为Al元素，R的化合价为+6、−2价，故R为S元素，以此来解答．
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的化合价、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为易错点，题目难度不大．
4.答案：B
解析：解：A、密度比空气小，所以收集时采用向下排空气法，故A错误；
B、氨气溶于水生成一水合氨，电离出氢氧根离子，所以氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故B 正确；
C、氨气是碱性气体，与硫酸反应，氨气只能用碱性和中性干燥剂干燥，故C错误；
D、氨气与氧气在点燃的条件下生成氮气和水，故D错误；
故选：B。

A、密度比空气小；
B、氨气溶于水生成一水合氨，电离出氢氧根离子；
C、氨气是碱性气体，与硫酸反应；
D、氨气与氧气在点燃的条件下生成氮气和水．
本题考查氨气的性质，为高频考点，是对干燥剂知识的考查，掌握干燥剂不能与被干燥的气体发生化学反应是解答此类题的关键．
5.答案：B
解析：
本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图示曲线变化情况为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。

根据图示可知，20.00mL醋酸溶液和20.00mL盐酸加入20mLNaOH溶液时出现滴定飞跃，说明醋酸和盐酸的浓度都与氢氧化钠溶液相等，都是0.10mol/L，
A.盐酸和醋酸的浓度都是0.10mol/L，由于盐酸为强酸、醋酸为弱酸，则初始时pH较大的曲线Ⅰ为醋酸、pH较小的曲线Ⅱ为盐酸，故A正确；
B.滴定终点时，盐酸与氢氧化钠溶液反应生成的NaCl溶液呈中性，其pH=7，而醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠溶液呈碱性，其pH>7，故B错误；
C.根据分析可知，初始时盐酸的浓度为0.10mol/L，故C正确；
D.醋酸钠溶液呈碱性，NaCl溶液呈中性，酚酞的变色范围为8～10，所以滴定醋酸溶液、盐酸时，均可选择酚酞溶液做指示剂，故D正确。

故选B。

6.答案：C
解析：
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握装置的作用、实验技能及化学反应原理为解答的关键，侧重分析、实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
A.比较非金属性，应用最高价氧化物的水化物，不能用氯化氢的酸性比较Cl、C的非金属性，且盐酸挥发，也不能比较碳酸、硅酸的酸性强弱，故A错误；
B.二氧化硫与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，二氧化硫与氯化钡等溶液不反应，故B错误；
C.浓氨水与生石灰反应生成氨气，氨水溶液显碱性，则加酚酞变红，故C正确；
D.常温下，Fe与浓硝酸发生钝化，不能说明铁和浓硝酸反应可生成NO2，故D错误。

故选C。

7.答案：B
解析：
本题考查电解原理，为高频考点，明确电解池阴阳极与电子得失、反应类型之间的关系即可解答，题目难度不大。

A.电解池中，阳极上失电子，发生反应类型是氧化反应，阳极是惰性电极时，则是电解质溶液中的离子失电子，而不是电极材料，故A错误；
B.阳极与电源正极相连，故B正确；
C.阳极材料必须是导电的物质，不一定是Pt，故C错误；
D.阳极一定是失电子发生氧化反应，故D错误。

故选B。

8.答案：(回流)冷凝管防止升温太快、控制反应体系pH 防止暴沸减小趁热过滤提高羟基乙酸钠的析出量(产量)
解析：解：(1)根据图中仪器得出仪器A的名称为冷凝管，根据题中信息可知制备羟基乙酸钠的反应为放热反应，逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快，同时控制反应体系的pH。

故答案为：(回流)冷凝管；防止升温太快，控制反应体系的pH。

(2)步骤2中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸。

故答案为：防止暴沸。

(3)粗产品溶于过量水，导致在水中溶解过多，得到的产物减少，因此导致产率减小；由于产品易溶于热水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤。

故答案为：减小；趁热过滤。

(4)根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量(产量)。

故答案为：提高羟基乙酸钠的析出量(产量)。

(1)熟悉常见的蒸馏装置；NaOH溶液显碱性，加入氢氧化钠溶液可以降温也可以控制pH；
(2)沸石或碎瓷片的作用是防止暴沸。

(3)粗产品溶于过量水，导致得到的产物减少；产品易溶于热水，而活性炭不溶于水，可以趁热过滤除去活性炭。

(4)根据题干信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，所以将所得溶液加到适量乙醇中，有利于羟基乙酸钠的析出。

本题考查学生的读图、理解能力，能够认识装置图中仪器，利用信息解决有关问题。

主要考查知识点还有：常见的实验仪器、蒸馏、过滤等知识，学生要准确把握基础实验知识，尤其是物质的分离和提纯实验操作，难度较小。

9.答案：DE ；AB
解析：解：(1)制取O 2，由反应原理2H 2O 2
 MnO 2 ̲̲̲̲̲̲̲̲̲̲̲ 2H 2O +O 2↑可知，若要快速制备少量氧气，应选择
DE ，故答案为：DE ；
(2)制取HCl ，可利用浓H 2SO 4的吸水性和溶于水放出大量热的特点，把浓H 2SO 4滴入浓盐酸中，使浓盐酸中挥发出HCl 气体，则若要快速制备少量HCl ，应选择AB ，故答案为：AB ．
由图可知，为固体与液体且不加热制备气体的装置，制备氧气时选择过氧化氢分解，制备HCl 时利用浓硫酸难挥发而浓盐酸易挥发非原理，以此来解答．
本题考查气体制备实验评价，为高频考点，把握物质的性质、气体的制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用及实验评价性分析，题目难度不大． 10.答案：2NH 3(g)⇌N 2(g)+3H 2(g)△H =+92.4kJ ⋅mol −1 1.5mol/(L.min) 50% 4NH 3+
3O 2−
 点燃 2N 2+6H 2O 负极 2NH 3+6OH −−6e −=N 2+6H 2O c 0.002 mol/
解析：解：(1)已知：①N 2(g)+O 2(g)=2NO(g)△H =+180.5kJ ⋅mol −1
②4NH 3(g)+5O 2(g)=4NO(g)+6H 2O(g)△H =−905kJ ⋅mol −1
③2H 2(g)+O 2(g)=2H 2O(g)△H =−483.6kJ ⋅mol −1
依据盖斯定律，(②−①×2−③×3)÷2可得：
2NH 3(g)⇌N 2(g)+3H 2(g)，△H =+92.4kJ ⋅mol −1； 如果在1L 密闭容器中，3molNH 3在等温条件下充分反应，平衡时的反应热为92.4kJ ，说明反应的氨气为2mol ，则：
2NH 3(g)⇌N 2(g)+3H 2(g)
起始量(mol)：3 0 0
变化量(mol)：2 1 3
平衡量(mol)：1 1 3
v(H 2)=
3mol 1L
2min
=1.5mol/(L.min)；
平衡常数K =c(N 2)×c 3(H 2)c 2(NH 3)
=
1×3312
=27，保持温度不变，平衡常数不变，将起始NH 3的物质的量调整
为8mol ，设转化的氨气物质的量为xmol ，则： 2NH 3(g)⇌N 2(g)+3H 2(g) 起始量(mol)：8 0 0 变化量(mol)：x 0.5x 1.5x 平衡量(mol)：8−x 0.5x 1.5x 则
0.5x×(1.5x)3
(8−x)2
=27，解得x =4平衡时氨气的转化率=
4mol 8mol
×100%=50%
故答案为：2NH 3(g)⇌N 2(g)+3H 2(g)△H =+92.4kJ ⋅mol −1；1.5mol/(L.min)；50%； (2)氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，应生成氮气与水，反应的化学方程式：4NH 3+
3O 2
− 点燃 
2N 2+6H 2O ；
氨气--氧气燃料电池，燃料在负极发生氧化反应，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下生成氮气与水，该电极发生反应的电极反应式为：2NH 3+6OH −−6e −=N 2+6H 2O ， 故答案为：4NH 3+3O
2
− 点燃 
2N 2+6H 2O ，负极；2NH 3+6OH −−6e −
=N 2+6H 2O ；
(3)a.反应是气体体积增大的反应，增大压强，反应速率增大，平衡逆向进行，故a 不符合； b.反应是放热反应，适当升高温度，反应速率增大，平衡逆向进行，故b 不符合； c.增大O 2的浓度，平衡正向进行，反应速率增大，故c 符合；
d.选择高效催化剂只能改变化学反应速率，但不改变化学平衡，故d 不符合； 故答案为：c ；
(4)如果某氨水的电离程度为1%，浓度为0.01mol/LMgCl 2溶液滴加氨水至开始产生沉淀时(不考虑溶液体积变化)，{已知Ksp[Mg(OH)2]=4.0×10−12]}，则依据
溶度积常数Ksp =c(Mg 2+)×c 2(OH −)=4.0×10−12，溶液中c(Mg 2+)=0.01mol/L ，则c(OH −)=2×10−5mol/L ，氨水的浓度=2×10−5mol/L
1%
=0.002mol/L ，
故答案为：0.002 mol/L ．
(1)已知：①N 2(g)+O 2(g)=2NO(g)△H =+180.5kJ ⋅mol −1
②4NH 3(g)+5O 2(g)=4NO(g)+6H 2O(g)△H =−905kJ ⋅mol −1 ③2H 2(g)+O 2(g)=2H 2O(g)△H =−483.6kJ ⋅mol −1
根据盖斯定律，(②−①×2−③×3)÷2可得：
2NH 3(g)⇌N 2(g)+3H 2(g)，△H =+92.4kJ ⋅mol −1；
如果在1L密闭容器中，3molNH3在等温条件下充分反应，平衡时的反应热为92.4kJ，说明反应的氨气为2mol，则：
2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)
起始量(mol)：3 0 0
变化量(mol)：2 1 3
平衡量(mol)：1 1 3
根据v=△c
△t
计算v(H2)；
保持温度不变，平衡常数不变，根据K=c(N2)×c 3(H2)
c2(NH3)
计算平衡常数，将起始NH3的物质的量调整为8mol，设转化的氨气物质的量为xmol，表示出平衡时各组分物质的量，再结合平衡常数列方程计算解答；
(2)氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，应生成氮气与水；
氨气--氧气燃料电池，燃料在负极发生氧化反应，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下，生成氮气与水；
(3)a.增大压强，反应速率增大，平衡向气体体积减小的方向移动；
b.适当升高温度，反应速率增大，平衡向吸热反应移动；
c.增大反应物氧气的浓度，平衡正向进行，反应速率增大；
d.选择高效催化剂只能改变化学反应速率，但不影响化学平衡；
(4)溶液中c(Mg2+)=0.01mol/L，根据溶度积常数Ksp=c(Mg2+)×c2(OH−)=4.0×10−12，计算
c(OH−)，氨水的浓度=c(OH−)
氨水电离度
．
本题考查化学平衡计算与影响因素、热化学方程式书写、原电池、溶度积有关计算等，是对学生综
合能力的考查，注意对基础知识的理解掌握与灵活应用，难度中等．
11.答案：(1)AuCu3；
(2)√389
dN A
3
解析：
本题考查晶胞计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算及空间想象能力，题目难度不大。

(1)该晶胞中Cu原子个数=6×1
2=3，Au原子个数=8×1
8
=1，所以其化学式为AuCu3，故答案为：
AuCu3；
(2)该晶胞中面上距离最近的两个Au 原子核间距就是晶胞棱长，为√
M
N A
ρ
3
=√
64×3+197
N A
d
3cm =√389
dN
A
3cm ，
故答案为：√389
dN A
3。

12.答案：C 7H 7O 3N 甲苯 取代反应
羟基、醛
基 保护酚羟基(防止酚羟基
被氧化)
或
解析：解：C 发生信息(I)中的反应生成D ，D 发生氧化反应生成E ，结合C 原子数可知，A 为
，
B 为，
C 的结构简式为，
D 为，D 氧化生成
E 为，
E 与氢氧化钠反应、酸化得到
F 为，由信息(II)可知，F 在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发
生反应生成G 为，G 发生还原反应得到抗结肠炎药物H ；
(1)H 的分子式是C 7H 7O 3N ，A 为
，A 的化学名称是甲苯。

反应②的类型是取代反应，
故答案为：C 7H 7O 3N ；甲苯；取代反应； (2)D 的结构简式是
，F 为
，F 中含有的官能团的名称是醛基、羟基，
故答案为：；羟基、醛基；
(3)E 与足量NaOH 溶液反应的化学方程式是
，
故答案为：
；
(4)设计C→D和E→F两步反应的共同目的是保护酚羟基(防止酚羟基被氧化)，
故答案为：保护酚羟基(防止酚羟基被氧化)；
(5)化合物X是H的同分异构体，X遇FeCl3溶液不发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为3：2：2，可知含1个甲基、1个−NO2，符合要求的X的结构简式为
或，
故答案为：或；
(6)以A为原料合成化合物，甲苯先发生硝化反应生成邻硝基甲苯，再发生氧化反应、最后发生还原反应，流程为
，
故答案为：。

C发生信息(I)中的反应生成D，D发生氧化反应生成E，结合C原子数可知，A为，B为，C的结构简式为，D为，D氧化生成E为，E与氢氧化钠反应、酸化得到F为，由信息(II)可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成G为，G发生还原反应得到抗结肠炎药物H；
(6)以A为原料合成化合物，甲苯先发生硝化反应生成邻硝基甲苯，再发生氧化反应、最后发生还原反应。

本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团的变化、碳链变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度中等。