2019-2020学年天津市宝坻区普通高中新高考化学模拟试卷含解析

过程反应式为xLi + Li-xCoO2= LiCoO2。 工作原理如图所示，下列说法正确的是

A．放电时，电子由R极流出，经电解质流向Q极 B．放电时，正极反应式为xLi+ +Li1-xCoO2 +xe-=LiCoO2 C．充电时，电源b极为负极

D．充电时，R极净增14g时转移1mol电子 【答案】B 【解析】 【详解】

A．由放电反应式知，Li失电子，则R电极为负极，放电时，电子由R极流出，由于电子不能在溶液中迁移，则电子经导线流向Q极，A错误；

B．放电时，正极Q上发生还原反应xLi+ +Li1-xCoO2 +xe-=LiCoO2，B正确； C．充电时，Q极为阳极，阳极与电源的正极相连，b极为正极，C错误；

14gD．充电时，R极反应为Li+e=Li，净增的质量为析出锂的质量，n(Li)==2mol，则转移2mol电子，

7g/mol+

-

D错误。 故选B。

14．某小组同学探究铁离子与硫离子的反应，实验操作及现象如表：下列有关说法错误的（ ）

滴入FeCl3溶液立刻有黑色沉淀生成继续滴入FeC13溶液，黑色沉淀增多后又逐渐转化为黄色沉淀 滴入Na2S溶液立刻生成黑色沉淀，沉淀下沉逐渐转化为黄色。继续滴入Na2S溶液，最后出现黑色的沉淀 A．两次实验中，开始产生的黑色沉淀都为Fe2S3

B．两次实验中，产生的黄色沉淀是因为发生了反应Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3S C．向稀FeCl3溶液中逐滴加入稀Na2S溶液至过量最后生成的黑色沉淀为FeS

D．在Na2S溶液过量的情况下，黑色沉淀中存在较多的Fe(OH)3 【答案】D 【解析】 【分析】

实验开始时，生成黑色沉淀为Fe2S3，由于硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，黄色沉淀为S，硫化钠过量，最后生成FeS，以此解答该题。 【详解】

A．开始试验时，如生成硫，应为黄色沉淀，而开始时为黑色沉淀，则应为Fe2S3，故A正确；

B．硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，方程式为Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3S，故B正确；

C．发生氧化还原反应生成氯化亚铁，硫化钠过量，则生成FeS，为黑色沉淀，故C正确；

D．在Na2S溶液过量的情况下，三价铁全部被还原，黑色沉淀为FeS，且Fe(OH)3为红褐色，故D错误。 故选：D。

15．c1V1=c2V2，中和滴定中用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，计算式与滴定氢氧化钠溶液类似：则（ ）

A．终点溶液偏碱性

B．终点溶液中c(NH4+)=c(Cl-) C．终点溶液中氨过量

D．合适的指示剂是甲基橙而非酚酞 【答案】D 【解析】 【分析】

用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，应满足c1V1=c2V2，反应生成氯化铵，结合盐类的水解解答该题。 【详解】

用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，应满足c1V1=c2V2，反应生成氯化铵，为强酸弱碱盐，水解呈

﹣

酸性，则c(NH4+)＜c(Cl)，应用甲基橙为指示剂，D项正确；

答案选D。 【点睛】

酸碱中和滴定指示剂的选择，强酸和强碱互相滴定，可选用酚酞或者甲基橙作指示剂，弱酸与强碱滴定选用酚酞作指示剂，强酸与弱碱滴定选用甲基橙作指示剂，这是学生们的易错点。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示。请回答：

已知：①2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O ②ClO2熔点-59℃、沸点11℃；H2O2沸点150℃ （1）NaClO2中氯元素的化合价是__。 （2）仪器A的作用是__。

（3）写出制备NaClO2固体的化学方程式：__。冰水浴冷却的目的是__(写两种)。 （4）空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因__。

（5）Clˉ存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整： ①__(用离子方程式表示)，②H2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+。

（6）为了测定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品10.0g溶于水配成1L溶液，取出10mL，溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应（NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应），该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__，加入2～3滴淀粉溶液，用0.20mol?L-1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定达终点时用去标准液20.00mL，试计算NaClO2粗品的纯度__。（提示：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）

【答案】+3 防止倒吸 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O 减少双氧水分解、提高ClO2的溶解度 空气流速过快ClO2反应不充分，空气流速过慢ClO2浓度过高易发生分解 2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O 1∶4 90.5% 【解析】 【分析】 【详解】

(1)根据化合物中化合价的代数和为0可求得，NaClO2中氯元素的化合价为+3价，故答案为：+3； (2)A为安全瓶，作用是防倒吸，故答案为：防止倒吸；

(3)根据题干信息可知，2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，制备NaClO2固体时，冰水浴瓶内发生反应：H2O2受热易分解，ClO2的沸点低，降低温度可以减少双氧水的分解、增加ClO2的溶解度，从而提高产率等，故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O；减少双氧水分解、提高ClO2的溶解度； (4)鼓入空气的作用是将ClO2赶入氢氧化钠和双氧水的混合液中反应，空气流速过慢，ClO2不能被及时一走，浓度过高导致分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收，故答案为：空气流速过快ClO2反应不充分，空气流速过慢ClO2浓度过高易发生分解；

(5)根据信息可以确定反应①的反应物为ClO3-和Cl-，产物ClO2和Cl2，根据得失电子守恒配平方程式为2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案为：2ClO3-+2Clˉ+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；

(6)NaClO2和KI反应生成的产物为I2和Cl-，4H++ClO2-+4I-===2I2+Cl-+2H2O，离子方程式为：其中氧化剂为ClO2-，还原剂为I-，氧化剂和还原剂的物质的量之比为：1:4，结合方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可得关系式NaClO2~4Na2S2O3，则10mL样品溶液中，n(NaClO2)= n(Na2S2O3)=

1×0.2mol/L×0.02L=0.001mol，所以1L4溶液中n(NaClO2)=0.1mol，m (NaClO2)=9.05g，则NaClO2粗品的纯度为1:4；90.5%。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

9.05?100%=90.5%，故答案为：1017．有机物F是一种用途广泛的香料,可用烃A与有机物E为原料,按照如下流程进行合成。已知A在标准L-1。 状况下的密度为1.25 g·

回答下列问题:

(1)有机物F中含有的官能团名称为____。 (2)A生成B的反应类型为________。

(3)写出流程中B生成C的化学方程式_______。 (4)下列说法正确的是____。

A 流程图中有机物B转化为C，Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变 B 有机物C不可能使溴水褪色

C 有机物D、E生成F的反应为酯化反应,本质上是取代反应 D 合成过程中原子的理论利用率为100%的反应只有一个

【答案】酯基 加成反应 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O AC 【解析】 【分析】

mol-1×1.25 g·L-1=28 g·mol-1，A 为CH2=CH2，由A在标准状况下的密度可以求出A的相对分子质量为22.4 L·

和水加成生成乙醇，B为CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成乙醛，C为CH3CHO，乙醛再催化氧化为乙酸，D为CH3COOH。F为乙酸苯甲酯，由乙酸和E生成，故E为苯甲醇。 【详解】

（1）F是酯，含有的官能团为酯基；

（2）乙烯生成乙醇是发生了乙烯和水的加成反应，故反应类型为加成反应； （3）乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

（4）A.乙醇转化为乙醛的反应中，Cu是催化剂，Cu先和氧气生成CuO，CuO再和乙醇生成Cu和乙醛，