全国高考化学全真模拟试题第9卷解析版.docx

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全国高考化学全真模拟试题第9卷解析版

2020年全国高考化学全真模拟试题（九）

可能用到的相对原子质量：

H-1Li-7B-11C-12N-14O-16Na-23Al-27

Si-28S-32Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64Se-79Br-80Ba-137

第Ⅰ卷（选择题共42分）

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求的）

7．从古至今化学与生产、生活密切相关。

下列说法不正确的是

A．我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件；高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛

B．我国从四千余年前开始用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应

C．芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程涉及到化学变化

D．中国古代四大发明是：

造纸术、指南针、火药、活字印刷术，中国的“新四大发明”：

网购、支付宝、中国高铁、共享单车；两者与化学关系最密切的是高铁和火药

【答案】B

【解析】A项，高温时，金属钠可还原相应的氯化物来制取金属钛，A项正确；B项，谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。

酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的，B项错误；C项，光敏树脂遇光会改变其化学结构。

它是由高分子组成的胶状物质。

在紫外线照射下，这些分子结合成长长的交联聚合物高分子，属于化学变化，C项正确；D项，中国高铁和火药都需要化学方法制取的新材料的支撑，所以“新四大发明”和“古代四大发明”中与化学关系最密切的一项是中国高铁和火药，D项正确。

8．丙烷的分子结构可简写成键线式结构

，关于化合物杜瓦苯（

），下列说法不正确的是（　）

A．杜瓦苯与苯互为同分异构体

B．杜瓦苯分子中所有碳原子不可能共平面

C．杜瓦苯和苯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色

D．杜瓦苯的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）

【答案】C

【解析】A项，杜瓦苯的化学式均为C6H6，与苯互为同分异构体，A正确；B项，杜瓦苯分子中碳原子含有饱和碳原子，则所有碳原子一定不在同一平面上，B正确；C项，苯分子结构中没有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D项，杜瓦苯分子中含有2种氢原子，标好分别为a、b，如图所示

、

，当一个氯原子分别取代a时，另一氯原子可以取代任意三个位置，共3种；当一个氯原子分别取代b时，可以有五个位置，共5种，减去重复的一种，则二氯代物有7种，D正确。

9．某兴趣小组查阅资料得知：

保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液能定量吸收O2：

CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化。

拟设计实验方案，采用上述两种溶液和KOH溶液及量气装置，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的百分组成。

下列说法不正确的是

A．采用上述3种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O2和CO

B．保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式为2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O

C．反应结束，恢复至室温，调整水准管内液面与量气管液面齐平，可观察到量气管液面下降

D．其他两种吸收剂不变，O2的吸收剂可以用灼热的铜网替代

【答案】D

【解析】A项，.KOH溶液只能吸收CO2气体，保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液能定量吸收O2，CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化，所以为减少实验误差，每种试剂只能吸收一种成分，采用上述3种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O2和CO，A正确；B项，根据得失电子守恒、电荷守恒，用保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式为2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O，B正确；C项，由于反应过程中放出热量，使量气管内气体由于温度升高而体积增大，水被赶入水准管，水准管的液面高于量气管的液面，当调整水准管内液面与量气管液面齐平时气体由于压强减小而体积增大，因此可观察到量气管液面下降，C正确；D项，三种气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O2和CO，若O2的吸收剂用灼热的铜网替代，O2和金属铜反应得到CuO可以吸收CO，所以不能用灼热的铜网代替吸收剂，D错误。

故选D。

10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．50g质量分数为46%的乙醇溶液中，氢原子的总数为3NA

B．足量MnO2和含有2molHCl的浓盐酸共热，完全反应可生成0.5NA个Cl2分子

C．标准状况下，5.6L.Cl2 与足量NaOH 反应转移的电子数为0.25NA

D．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（ 标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA

【答案】C

【解析】A项，乙醇的物质的量n=50g×46%/46g•mol-1=0.5mol，水的物质的量为n=50g×54%/18g•mol-1=1.5mol，所以氢原子的总的物质的量n（H）=0.5mol×6+1.5mol×2=6mol，氢原子的总数为6NA，A错误；B项，当浓盐酸随着反应进行变成稀盐酸时，反应停止，即氯化氢不能完全消耗，所以足量MnO2和含有2molHCl的浓盐酸共热，完全反应生成小于0.5NA个Cl2分子，B错误；C项，Cl2 与足量NaOH 反应生成氯化钠和次氯酸钠，1mol氯气转移1mol电子，所以标准状况下，5.6LCl2 与足量NaOH反应转移的电子数为0.25NA，C正确；D项，氢氧燃料电池正极是氧气得电子，1mol氧气得4mol电子，所以消耗22.4L（ 标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为4NA，D错误。

11．25C时，氯水中部分含氯的物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的百分數）与pH的关系如下图所示。

下列叙述正确的是

A.新制的pH=1的氯水中，c（C13-）>c（HClO）>c（H+）

B.新制氯水中持续通入SO2，pH不断变小，溶液颜色不断加深

C.25℃时，HClO

H++ClO-的电离常数Ka的对数值为lgKa=-6.46

D.pH=6的氯水中加入NaOH溶液，主要发生的离子反应方程式为HClO+OH-=ClO-+H2O

【答案】D

【解析】A项，由电荷守恒：

c（H+）=c（OH-）+c（C13-），c（H+）>c（C13-），A错误；B项，Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，pH不断变小，溶液颜色不加深，B错误；C项，25℃时，HClO

H++ClO-的电离常数Ka=

=10-7.54，对数值为lgKa=-7.54，C错误；D项，由图增大pH，HClO的浓度变小，是反应物，ClO-增大，是生成物，主要发生的离子反应方程式为HClO+OH-=ClO-+H2O，D正确。

12．SO2和NOx是主要大气污染物，利用下图装置可同时吸收SO2和NO。

下列有关说法不正确的是

A．a极为直流电源的负极

B．阳极发生的反应式为SO2-2e－＋2H2O=SO42-＋4H＋

C．阴极得到1mol电子时，通过阳离子交换膜的H＋为2mol

D．吸收池中发生反应的离子方程式为：

2NO＋2S2O42-＋2H2O=N2＋4HSO3-

【答案】C

【解析】A项，进去的是HSO3-，出来的是S2O42-，硫元素的化合价降低，发生还原反应，是阴极，与电源的负极相连，即a极为直流电源的负极，故A正确；B项，在阳极上发生失电子的氧化反应，故B正确；C项，据电子守恒，则阴极得到电子量等于通过阳离子交换膜的H+的量，阴极得到1mol电子时，通过阳离子交换膜的H+为1mol，故C错误；D项，硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气，离子反应方程式为：

2NO＋2S2O42-＋2H2O=N2＋4HSO3-，故D正确；故选C。

13．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如下图，其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，c是Z的单质，该单质与沸水缓慢反应，且该单质可制造照明弹；f为固体单质。

下列有关说法正确的是

A．简单离子的半径：

Y>Z>XB．元素的非金属性：

W>X

C．最高价氧化物对应水化物的碱性：

Y>ZD．X、Y 两种元素组成的化合物只含离子键

【答案】C

【解析】a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，则a为过氧化钠；c是Z的单质，该单质与沸水缓慢反应，且该单质可制造照明弹，则Z为镁元素；由这些元素组成的常见物质的转化关系可知，若f为固体单质，则b为二氧化碳、f为碳、e为氧气、d为碳酸钠、g为氧化镁。

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，则其分别为C、O、Na、Mg。

A项，电子层结构相同的离子，核电荷数越大的半径越小，所以简单离子的半径X>Y>Z，A不正确；B项，元素的非金属性为O>C，B不正确；C项，Na的金属性强于Mg，故其最高价氧化物对应水化物的碱性较强，C正确；D项，X、Y 两种元素组成的化合物有氧化钠和过氧化钠，其中氧化钠只含离子键、过氧化钠既有离子键又有共价键，D不正确。

本题选C。

第Ⅱ卷（非选择题共58分）

二、必做题（本题共3小题，共43分。

每个试题考生都必须作答）

26．（14分）硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一，反应原理为：

2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2（该反应△>0）某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3·5H2O流程如下。

（1）吸硫装置如图所示。

①装置B的作用是检验装置中SO2的吸收效率，B中试剂是________，表明SO2吸收效率低的实验现象是B中溶液_______________________。

②为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是______________、______________。

（写出两条）

（2）假设本实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，设计实验方案进行检验。

（室温时CaCO3饱和溶液的pH=12），限用试剂及仪器：

稀硝酸、AgNO3溶液、CaCl2溶液、Ca（NO3）2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管、

序号

实验操作

预期现象

结论

①

取少量样品于试管中，加入适量蒸馏水，充分振荡溶解，_________。

有白色沉淀生成

样品含NaCl

②

另取少量样品于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分振荡溶解，_________。

有白色沉淀生成，上层清液pH>10.2

样品含NaOH

（3）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：

第一步：

准确称取agKIO3（相对分子质量：

214）固体配成溶液，

第二步：

加入过量KI固体和H2SO4溶液，滴加指示剂，

第三步：

用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液溶液的体积为vmL则c（Na2S2O3溶液）＝_______mol·L-1。

（只列出算式，不作运算）

已知：

IO3-＋I-＋6H+=3I2+3H2O，2S2O32-＋I2=S4O62-＋2I-某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的Na2S2O3的浓度可能_____（填“不受影响”、“偏低”或“偏高”），原因是_____________________________（用离子方程式表示）。

【答案】

（1）①品红、溴水或酸性KMnO4溶液（1分）溶液颜色很快褪色（或其他合理答案）（1分）

②控制SO2的流速（1分）适当升高温度（或其他合理答案）（1分）

（2）滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振荡（2分）

加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测量上层清液pH（2分）

（3）6000a/214V或3000a/107V（3分）偏低（1分）O2+4H++4I-=2I2+2H2O（2分）

【解析】

（1）①二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或KMnO4溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色；②为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，可以减缓二氧化硫的流速，使二氧化硫与溶液充分接触反应，适当升高温度，也能使二氧化硫充分反应；

（2）实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，若检验NaCl存在，需先加稀硝酸排除干扰，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；已知室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2，若要检验氢氧化钠存在，需加入过量CaCl2溶液，把Na2CO3转化为CaCO3，再测量溶液的pH，若pH大于10.2，说明含有NaOH，故答案为：

序号

实验操作

预期现象

结论

①

……滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振荡

②

……加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测定上层清液pH．

（3）KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；n（KIO3）=

mol，设参加反应的Na2S2O3为xmol； KIO3～～～～3I2～～～～6Na2S2O3

  1                      6

mol               xmol

所以x=

，则c（Na2S2O3）=

=

=

mol•L-1，在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使得生成的碘的物质的量偏小，使消耗的Na2S2O3偏少，从而使测得的Na2S2O3的浓度偏低。

27．（14分）某科研小组利用工业废料（主要成分NiO，含有少量Al2O3、FeO、CuO、BaO）回收NiO，并制备其他部分产品的工艺流程如下：

已知：

①溶液中离子浓度小于等于1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。

②25℃时，部分难溶物的溶度积常数如下表所示：

难溶物

CuS

Al（OH）3

Ni（OH）2

Fe（OH）3

Fe（OH）2

溶度积常数（Ksp）

6.3×10-36

1.3×10-33

2.0×10-15

4.0×10-38

1.8×10-16

请回答下列问题：

（1）H2S的电子式为_______________________________。

（2）“酸浸”时，Ni的浸出率与温度的关系如图所示。

温度高于70℃，Ni的浸出率降低的主要原因为___________________________________________________________。

（3）“沉淀1”的主要成分为____________________（填化学式）。

（4）“滤液1”中通入H2S的作用为___________________。

（5）“转化”过程中，发生反应的主要离子方程式为________________________。

（6）25℃时，“调节pH2”使沉淀3中金属阳离子沉淀完全后，所得溶液中的c（H+）最大为____________（保留三位有效数字，已知

≈1.4）。

（7）“操作I”主要包括蒸发浓缩、__________________、过滤、洗涤、干燥。

（8）NiO可通过铝热反应冶炼Ni，该反应的化学方程式为_________________________。

【答案】

（1）

（1分）

（2）温度升高，Ni2+的水解程度增大（2分）

（3）BaSO4（1分）（4）将Cu2+转化为CuS沉淀除去（2分）

（5）2Fe2++C1O-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O（2分）（6）7.14×10-10mol·L-1（2分）

（7）降温结晶（或冷却结晶）（2分）（8）3NiO+2Al

Al2O3+3Ni（2分）

【解析】

（1）H2S是共价化合物，含有2个H-S键，电子式为

；

（2）温度升高，Ni2+的水解程度增大，生成氢氧化镍的量增大，所以温度高于70℃，Ni的浸出率降低；（3）BaO与硫酸反应生成硫酸钡沉淀，“沉淀1”的主要成分为BaSO4；（4）CuS难溶于水，“滤液1”中通入H2S的作用为将Cu2+转化为CuS沉淀除去；（5）“转化”过程中Fe2+被C1O-氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++C1O-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；（6）根据流程图“调节pH2”析出氢氧化镍沉淀，镍离子沉淀完全后，所得溶液中的C（OH-）=

，C（H+）=

7.14×10-10mol·L-1；（7）根据流程图，沉淀2是CuS，灼烧生成氧化铜，加入硫酸生成硫酸铜溶液；通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，可得硫酸铜晶体；（8）NiO与铝反应生成Ni和氧化铝，方程式为3NiO+2Al

Al2O3+3Ni。

28．（15分）氮的化合物应用广泛，但其对环境造成污染进行治理已成为环境科学的重要课题。

请回答下列问题：

（1）在汽车的排气管上加装催化转化装置可减少NOx的排放。

研究表明，NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。

以La0.8A0.2BCoO3＋X（A、B均为过渡元素）为催化剂，用H2还原NO的机理如下：

第一阶段：

B4＋（不稳定）＋H2→低价态的金属离子（还原前后催化剂中金属原子的个数不变）

第二阶段：

NO（g）＋□→NO（a）ΔH1、K1

2NO（a）→2N（a）+O2（g）ΔH2、K2

2N（a）→N2（g）＋2□ΔH3、K3

2NO（a）→N2（g）+2O（a）ΔH4、K4

2O（a）→O2（g）＋2□ΔH5、K5

注：

□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态

第一阶段用氢气还原B4＋得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是_____。

第二阶段中各反应焓变间的关系：

2ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝________；该温度下，NO脱除反应2NO（g）

N2（g）＋O2（g）的平衡常数K＝_______（用K1、K2、K3的表达式表示）。

（2）为研究汽车尾气转化为无毒无害的物质有关反应，在密闭容器中充入10molCO和8molNO，发生反应2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）△H＜0，如图为平衡时

的体积分数与温度、压强的关系。

①该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高

的转化率，可采取的措施有_____________（填字母序号）

a．改用高效催化剂b．缩小容器的体积c．升高温度d．增加CO的浓度

②压强为10MP、温度为T1下，若反应进行到

达到平衡状态，容器的体积为4L，用CO2的浓度变化表示的平均反应速率v（CO2）=________，该温度下平衡常数Kp=______（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压

物质的量分数；保留两位有效数字）。

③若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，达到的平衡状态可能是图中

点中的_____点。

（3）近年来，地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。

在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3-），其工作原理如图所示

①Ir表面发生反应的方程式为_____________；若导电基体上的Pt颗粒增多，造成的后果是______________。

（4）实验室模拟“间接电化学氧化法”处理氨氮废水中NH4+的装置如图所示。

以硫酸铵和去离子水配制成初始的模拟废水，并以NaCl调节溶液中氯离子浓度，阳极产物将氨氮废水中的NH4+氧化成空气中的主要成分。

阳极反应式为_______________除去NH4+的离子反应方程式为____________________。

【答案】

（1）还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快（2分）2ΔH1＋ΔH4＋ΔH5（1分）K12×K2×K3（1分）

（2）①bd（2分）0.05mol/（L·min）（1分）0.089MPa-1（1分）G（1分）

（3）H2+N2O

N2+H2O（2分）若Pt颗粒增多，NO3-更多转化为NH4+存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量，产生有污染的气体（2分）

（4）2Cl――2e―＝Cl2↑（1分）2NH4++3Cl2＝8H++N2↑+6Cl―（1分）

【解析】

（1）还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，第二阶段反应速率加快；第二阶段：

①NO（g）＋□→NO（a）ΔH1、K1，②2NO（a）→2N（a）+O2（g）ΔH2、K2，③2N（a）→N2（g）＋2□ΔH3、K3，④2NO（a）→N2（g）+2O（a）ΔH4、K4，⑤2O（a）→O2（g）＋2□ΔH5、K5，根据盖斯定律，将①×2+②+③得到2NO（g）→O2（g）+N2（g），将①×2+④+⑤得到2NO（g）→N2（g）+O2（g），即2ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝2ΔH1＋ΔH4＋ΔH5；因此2NO（g）

N2（g）＋O2（g）的平衡常数K＝K12×K2×K3；

（2）①该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO的转化率，改变条件使平衡向正反应方向移动，a项，改用高效催化剂，催化剂只能改变反应速率，不能改变反应平衡，a项错误；b项，缩小容器的体积，相当于增大压强，此反应是体积减少的反应，平衡向正反应方向移动，所以提高反应速率同时提高NO的转化率，b项正确；c项，升高温度，反应速率提高，但该反应是放热反应，平衡向逆反应方向移动，c项错误；d项，增加CO的浓度，浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，d项正确，故选bd；②压强为10MPa、温度为T1下，若反应进行到20min达到平衡状态，对应图象E点，利用“三段式”来计算：

2NO（g）＋2CO（g）

2CO2（g）＋N2（g）

初始时物质的量/mol81000

变化的物质的量/molxxx0.5x

平衡时物质的量/mol8-x10-xx0.5x

NO的体积分数为25%，根据阿伏加德罗定律及推论，体积分数等于物质的量分数，（8-x）/（8-x+10-x+x+0.5x）=25%，x=4，v（CO2）＝

=0.05mol/（L·min），Kp＝

，PCO2=总压×物质的量分数=P总⨯

Mpa，同理其它物质的分压也可以用类似的方法来求出，然后带入Kp＝

=0.089MPa-1；③此反应是体积减少的放热反应，在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，平衡向正反应方向移动，NO的体积分数降低，对应图象的G点。

（3）在Ir表面上H2与N2O反应产生N2和水，反应方程式为H2+N2O

N2+H2O；由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO3-会更多的转化成铵根，不利于降低溶液中含氮量；（4）阳极发生氧化反应，氯离子放电生成氯气，电极反应式为：

2Cl--2e-=Cl2↑；氯气具有氧化性，铵根离子中氮是-3价，具有还原性，能够被氯气氧化成氮气，氯气得电子生成-1价的氯离子，反应的离子方程式为2NH4++3Cl2=8H++N2↑+6Cl-。

三、选做题（本题共2小题，考生根据要求选择其中一题进行作答）

37．[化学——选修3：

物质结构与性质]（15分）FeSe、MgB2、Nb3Al等超导材料具有广泛应用前景。

（1）Fe2+基态价电子的轨道表示式（价电子排布图）________________，Se、Mg、B三种元素的电负