(3份试卷汇总)2019-2020学年吉林省吉林市高考化学第四次押题试卷

1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，可与碱等反应； 2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢、氯水、溴水等强氧化性的物质反应； 3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等； 4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质，

尤其是二氧化硫的漂白性和还原性是学生们的易混点。使酸性高锰酸钾溶液、氯水、溴水褪色体现的二氧化硫的还原性，使品红溶液褪色体现的是漂白性。

8．常温下，用0.1 mol·L－1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1CH3COOH溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A．点①所示溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－) B．点②所示溶液中：c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO－) ＋c(CH3COOH) ＋c(OH－) C．点③所示溶液中：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(OH－)＞c(H+) D．在整个滴定过程中：溶液中【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A．根据图像可知点①所示溶液中含有等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)，A错误；

B．点②所示溶液显中性，则根据电荷守恒可知c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO－) ＋c(OH－)，B错误；

－－C．点③所示溶液中二者恰好反应，生成的醋酸钠水解，溶液显碱性，则c(Na+)＞c(CH3COO)＞c(OH)＞c(H+)，

始终不变

C错误； D．

表示醋酸电离平衡常数的倒数，平衡常数只与温度有关系，因此在整个滴定过程中：

溶液中答案选D。

始终不变，D正确。

9．下列说法中正确的是（ ）

A．HClO的结构式：H—Cl—O

C．原子核内有10个质子的氧原子：18O 【答案】D 【解析】 【详解】

B．H2与H+互为同位素 D．N2分子的电子式：

A、HClO中O原子分别与H原子和Cl形成共价键，故HClO的结构式为H—O—Cl，故A不正确； B、同位素研究的是原子之间的关系，H2与H+之间不是原子，所以不属于同位素，故B不正确； C、氧原子原子核内不可能有10个质子，只有Ne原子才含有10个质子，故C不正确； D、N2分子的电子式：故选D。

10．298K时，向20mL一定浓度的KOH溶液中滴加0.1mol·L-1HCOOH溶液，混合溶液中水电离出的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）

，D正确；

A．V1=20

B．c(KOH)＝0.1mol·L-1

C．n、q两点对应的溶液中均存在：c (K＋)=c(HCOO-) D．p点对应的溶液中存在：c (OH-)=c(HCOOH)+c(H＋) 【答案】C 【解析】 【详解】

A. 根据未加加酸时水点出的氢氧根离子浓度为1×10-13mol?L-1，则水电离出的氢离子浓度为1×10-13mol?L-1，L-1，p点是水的电离程度最大的点即恰好生成盐的氢氧化钠中氢氧根浓度为0.1 mol?L-1，c(KOH)＝0.1mol·

L-1×0.02?L= 0.1mol?L-1×V1，则V1=0.02L = 点，因此甲酸的物质的量等于氢氧化钾的物质的了，因此0.1mol·20mL，故A正确；

B. 根据A分析得出c(KOH)＝0.1mol·L-1，故B正确；

C. n点溶质是KOH和HCOOK的混合溶液，溶液显碱性，根据电荷守恒和溶液呈碱性，因此溶液中存在：c (K＋) > c(HCOO－)，q点是HCOOK和HCOOH的混合溶液，溶液呈中性，根据电荷守恒和呈中性，得到溶液中存在c (K＋) = c(HCOO－)，故C错误；

D. p点溶质为HCOOK，则根据质子守恒得到对应的溶液中存在：c (OH－)=c(HCOOH)+c(H＋)，故D正确。 综上所述，答案为C。

11．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）

A．14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NA B．标准状况下，11.2LSO2溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NA C．常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.5NA

D．分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，含有C－H键的数目一定为0.5NA 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

A．铁发生吸氧腐蚀，铁为负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，Fe2+与OH-xH2O，14.0gFe的物质的量为反应生成的氢氧化亚铁又被氧气氧化为氢氧化铁，最后变成Fe2O3·

14g?0.25mol，电极反应转移的电子数为0.25?2NA=0.5NA，A正确；

56g/molB．标况下，11.2LSO2的物质的量为0.5mol，溶于水生成H2SO3，H2SO3发生两级电离：H2SO3?HSO3-+H+、HSO3-?SO32-+H+，根据质量守恒定律，溶液中含硫粒子的数目等于0.5NA，B错误；

C．常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=1mol?L-1，OH-数目为0.5L?1mol?L-1=0.5NA，由Ba(OH)2的化学式可知Ba2+的数目为0.25NA，C错误；

D．化学式为C2H6O的有机物可能为乙醇（C2H5OH）或甲醚(CH3OCH3)，乙醇(C2H5OH)分子中有5个C-H键，甲醚(CH3OCH3)分子中有6个C-H键，C2H6O的某种有机物4.6g的物质的量为0.1mol，含C-H键数目不一定为0.5NA，D错误。 答案选A。

12．在加热固体NH4Al(SO4)2?12H2O时，固体质量随温度的变化曲线如图所示：已知A点物质为NH4Al(SO4)2，B点物质为Al2(SO4)3，下列判断正确的是（ ）

A．0℃→t℃的过程变化是物理变化 B．C点物质是工业上冶炼铝的原料

C．A→B反应中生成物只有Al2(SO4)3和NH3两种 D．Al2(SO4)3能够净水，其原理为：Al3++3OH-Al（OH）3

【答案】B 【解析】 【详解】

A．因为t°C生成A，又知A点物质为NH4Al(SO4)2属于新物质，0℃→t℃的过程为NH4Al(SO4)2?12H2O失去结晶水生成NH4Al(SO4)2，是化学变化，故A错误；

B．B点物质为Al2(SO4)3升温再加热分解，在C点生成氧化铝，氧化铝是工业上冶炼铝的原料，故B正确； C．A→B发生的反应为2NH4Al(SO4)2硫酸，故C错误；

D．Al2(SO4)3能够净水，其原理为:Al3++3H2O以吸附水中悬浮的杂质，故D错误； 答案：B。

13．某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3（已知：无水AlCl3遇水能迅速发生反应）。下列说法正确的是

Al(OH)3(胶体)+3H+，生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，可

Al2(SO4)3+2NH3↑+H2SO4，所以除了生成Al2(SO4)3和NH3两种，还有

A．装置①中的试剂可能是二氧化锰

B．装置②、③中的试剂分别为浓硫酸、饱和食盐水 C．点燃④处酒精灯之前需排尽装置中的空气 D．球形干燥管中碱石灰的作用只有处理尾气 【答案】C 【解析】 【分析】

结合题干信息，由图可知，①装置为氯气的制备装置，装置②的目的是除去氯气中的氯化氢，装置③的目的是干燥氯气，装置④为制备无水AlCl3的装置，装置⑤用来收集生成的氯化铝，碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置⑤中，并吸收过量的氯气防止污染环境，据此分析解答问题。 【详解】

A．①装置为氯气的制备装置，浓盐酸与MnO2需要在加热的条件下才能反应生成Cl2，缺少加热仪器，A选项错误；

B．装置②的目的是除去氯气中的氯化氢，用饱和食盐水，装置③的目的是干燥氯气，用浓硫酸，B选项错误；