1、第 1 页 共 3 页用等效氢法、定一移一法可得结果。11.依题意 M 为 Al、X 为 Si、Y 为 N、Z 为 O；A 项离子半径 r（O2）r（Al3+）；B 项 Al3+会水解；C 项 NH3H2O 为弱碱；D 项中元素形成的铵盐如硝酸铵，受热分解时即符合题意。12.该装置左侧为电解池，右侧为燃料电池。A 项为指明气体所处温度压强，无法计算。B 项 b 电极连接电源正极，为电解池的阳极，发生氧化反应。C 项 d 电极与电解池阴极相连，为原电池的负极，H+应移向正极。13.A 项混合后所得的溶液是醋酸钠溶液,存在质子守恒 c(CH3COOH)c(H)c(OH)。用水稀释pH 相同的盐酸和
2、 NH4Cl,盐酸的 pH 变化较大,NH4Cl 的 pH 变化小,溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小,即其中表示盐酸,表示 NH4Cl,且溶液导电性:abc。C 项 Al3+与 OH-反应时，先生成氢氧化铝沉淀，而后沉淀溶解生成偏铝酸根，a 点对应的碱性较强，铝元素应以偏铝酸根的形式存在。若除去 Fe2(SO4)3 溶液中的 Cu2+,加入适量 Fe2O3，调节溶液的 pH 至 4 左右,此时会生成氢氧化铁沉淀，不能除去 Cu2+，反而把 Fe3+除去。26.【答案】共 15 分，除标注外，每空 2 分（1）fabcde(ab 顺序可互换）；过快滴加 NaClO 溶液，过量的 Na
3、ClO 溶液氧化水合肼，降低产率（2）无固体残留且溶液呈无色（答出溶液呈无色即给分）（1 分）2IO3+3N2H4H2O=3N2+2I+9H2O趁热过滤或过滤（1 分）80%水合胼能与水中的溶解氧反应不合理（1 分）可能是 I在酸性环境中被 O2 氧化成 I2 而使淀粉变蓝【解析】（1）水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3=N2H4H2O+NaCl，利用装置 D 制备氨气，通过装置 A 安全瓶，防止溶液倒吸，气体通入装置 B 滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼，剩余氨气需要用装置 C 吸收，倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸，按气流方向其连接顺序为：fabcde；开始实验时，先向氧化钙中滴加浓氨
4、水，生成氨气一段时间后再向 B 的三口烧瓶中滴加 NaClO溶液反应生成水合肼，水合肼有还原性，滴加 NaClO 溶液时不能过快的理由：过快滴加 NaClO溶液，过量的 NaClO 溶液氧化水和肼，降低产率；（2）步骤 ii 中碘单质生成 NaI、NaIO3，反应完全时现象为无固体残留且溶液接近无色；步骤 iii：N2H4H2O 还原 NalO3 的化学方程式为：3N2H4H2O+2NaIO3=2NaI+3N2+9H2O；活性炭具有吸附性，能脱色，通过趁热过滤将活性炭与碘化钠溶液分离；8.2g NaOH 与 25.4g 单质碘反应，氢氧化钠过量，碘单质反应完全，碘和氢 氧 化 钠 发 生 反
5、应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，则 生 成 的 NaI 的 质 量 为：5150gmol1=25g，生 成 的 NaIO3 与 N2H4H2O 反 应 所 得 的 NaI，反 应 为3N2H4H2O+2NaIO3=2NaI+3N2+9H2O，则 6I22NaIO32NaI，该步生成的 NaI 质量为：2020届高三年级化学模拟卷四答案及解析选择题【答案】ABACCDA【解析】7.A 项中的金属是铁，常温下铁遇浓硝酸钝化。8.A 项应为阴极质量增加；B 项 1mol 气体分子数一定为 NA；C 项硫原子以 S2-、HS-、H2S 的形式存在，但总的原子数还是 NA；D 项
6、不是在标况下，故分子物质的量小于 1mol，原子数小于 2NA。9.A 项从 a 口进冷却水，使碘蒸气充分冷凝；B 项说明 SO2 有漂白性；C 项氯化铵固体受热易分解生成氨气和氯化氢；D 项应当使用 K3Fe(CN)6检验，不存在 Fe2+，从而说明 Fe 电极被保护。10.根据烷烃通式 CnH2n+2，计算得该烷烃为 C8H18，依题意可得两个相同支链只能是两个甲基，利第 2 页 共 3 页2150gmol1=5g，故理论上生成的 NaI 为 25g+5g=30g，实验成品率为100%=80%，实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高是因为水合肼能与水中的溶解氧反应取少量固体样品于试管中，加水
7、溶解，滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸，片刻后溶液变蓝，说明生成碘单质，可能是 NaIO3 氧化碘化钾反应生成，也可能是空气中氧气氧化碘离子生成碘单质，不能得出 NaI中含有 NaIO3 杂质。27.【答案】共 13 分，除标注外，每空 2 分（1）143（2）SO2+OH=HSO3（3）2NO+3H2O+4Ce4+=NO3+NO2+6H+4Ce3+（4）阳极（1 分）2H+2HSO3+2e=S2O24+2H2O（5）c(NO3)c(NH+4)c(H+)c(OH)【解析】（1）由反应方程式 NO+O3NO2+O2 可知，N 元素的化合价从+2 价升高到+4 价，生成1mol 氧气转移电子 2m
8、ol，则生成 11.2L 即 0.5mol O2(标准状况)时，转移电子的物质的量是0.5mol2=1mol；当 n(NO2)nCO(NH2)2=32 时，即 NO2 和 CO(NH2)2 的化学计量数之比是 32，反应方程式可表示为：6NO2+4CO(NH2)2=7N2+8H2O+4CO2，该反应中只有 N 元素的化合价变化，氮气既是氧化产物也是还原产物，由 N 原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为 86=43；（2）由流程图可知，在装置 I 中 SO2 与 NaOH 溶液反应生成 NaHSO3，离子方程式为：SO2+OH=HSO3；（3）由流程图可知，装置 II 中生成等物质的量的 N
9、O 3和 NO 2时，Ce4+被还原为 Ce3+，根据得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式 2NO+3H2O+4Ce4+=NO3+NO2+6H+4Ce3+；（4）由 Ce3+生成 Ce4+为氧化反应，所以再生时生成的 Ce4+在电解槽的阳极，在电解槽的阴极 HSO3被还原成 S2O24，电极反应式为：2H+2HSO3+2e=S2O24+2H2O；（5）由流程图可知，装置 IV 所得的产品为 NH4NO3，在 NH4NO3 溶液中，NH+4水解使溶液呈酸性，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c(NO3)c(NH+4)c(H+)c(OH)。28.【答案】共 15 分，除标注外，每空 2 分（1）
10、8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1)+16H2O(1)H=(25a-b)kJmol1（3 分）（2）0.6K=（1 分）；小于（1 分）降低温度、减小产物浓度B（3）0.0875mol(Lmin)1【解析】（1）根据盖斯定律，25-；（2）CO(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)CO(g)+H2(g)CO2(g)+H2O(g)开始：24.8001.22.400.8转化：0.82.40.80.80.40.40.40.4平衡：1.22.40.80.80.820.41.2注意计算时应当使用各物质在平衡体系时的最终浓度计算。甲反应根据盖斯定律，由甲-乙得反应 CO(g)+2H
11、2(g)CH3OH(g)的平衡常数 K=；H=-53.7kJmol1-41.2 kJmol-1=-94.9kJmol10；反应 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是气体体积缩小的放热反应，提高 CO2 转化为 CH3OH 平衡转化率的措施有降低温度、减少产物浓度、按比例充入原料 CO2 和 H2 等；由表中数据分析在相同温度下不同催化剂对甲醇的选择性有显著影响，使用 Cu/ZnO 纳米片催第 3 页 共 3 页化剂时甲醇选择性高；使用相同的催化剂在不同温度下，虽然二氧化碳的转化率增加，甲醇的选择性却减小，说明温度升高，副产物增加，因此综合考虑选 B 选项；（3）CO(g)+2H2(g)C
12、H3OH(g)开始时的物质的量：120转化的物质的量：a2aa平衡时的物质的量：1-a2-2aa容器中 05 min 内 H2 含量是 20%，a=，v(CH3OH)=0.0875 mol(Lmin)1；中温度高氢气含量高，说明达到平衡升高温度平衡逆向移动，氢气含量增加。36.【答案】共 15 分（1）C11H18O2N2（2 分）（2）羰基（1 分）（3）取代反应（2 分）（2 分）（4）+HCl（2 分）（5）或（2 分）（6）（4 分）【解析】（3）对比 C、D 的结构简式可知，C 中的Cl 被CN 取代生成 D，所以 CD 属于取代反应；由题图知，E 与乙醇发生酯化反应得到 F，由 F 的结构简式逆推得 E。（4）对比 B、C 的结构简式可知，B 中碳碳双键与 HCl 发生加成反应生成 C，BC 的反应的化学方程式为+HCl。（5）含有甲酸与酚形成的酚酯基，即取代基为OOCH，存在对称结构，还含有 2 个NH2、1 个C(CH3)3，符合条件的 B 的同分异构体为或。（6）由 FG 的转化可知，CH3CH2CH2NH2 与 CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3 反应得到，CH3CH2Cl 与 KCN 发生取代反应得到 CH3CH2CN，用氢气还原得到CH3CH2CH2NH2，CH3CH2Cl 在碱性条件下水解得到 CH3CH2OH。
