届高考全国I卷化学模拟试题五含答案.docx

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届高考全国I卷化学模拟试题五含答案

2020届高考全国I卷化学模拟试题五

一．单选题（本题共7小题，每小题6分，共42分）

7、《厉害了，我的国》展示了中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。

它们与化学有着密切联系。

下列说法正确的是

A．大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料

B．为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源

C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅

D．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐

8、NA表示阿伏加德罗常数的值。

室温下，下列关于浓度均为0.1mol/LNH4Cl、NH4Fe（SO4）2的两溶液的说法中正确的是

A．等体积的两溶液中含有的NH4+离子数目均小于0.1NA，且n（NH4+）：

NH4Fe（SO4）2>NH4Cl

B．向1L0.1mol/LNH4Fe（SO4）2的加入足量Cu粉，转移电子数目0.2NA

C．0.1mol/LNH4Cl溶液中一定存在如下关系：

c（NH4+）+c（NH3·H2O）=0.1mol/L

D．加水稀释后，两溶液中c（OH-）均减小

9、下图表示N2O在Pt2O+表面上与CO反应转化成无害气体的过程，NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法错误的是

A．Pt2O+中Pt的平均价态为+

价B．2.8gN2和CO混合气体含有电子数目为NA

C．Pt2O+作催化剂，Pt2O2+为中间产物

D．CO转化为无害气体的离子方程式为CO+Pt2O2+=CO2+Pt2O+

10、下列实验现象、解释或结论正确的是

选项

实验操作

现象

结论或解释或离子方程式

A

向FeSO4溶液中滴加NaHCO3溶液和稀氨水。

产生大量白色沉淀

Fe2++HCO3-+NH3·H2O=

FeCO3↓+NH4+

B

向3mL0.lmol/LAgNO3溶液中先加4～5滴0.1mol/LNaCl溶液，再滴4～5滴0.1mol/LNaI溶液。

先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀

Ksp（AgCl）>Ksp（AgI）

C

向某溶液中滴加氯水，再加入NH4SCN溶液。

溶液呈红色

原溶液中一定含有Fe2＋

D

向氯化钙溶液中通入CO2

白色沉淀

生成了CaCO3沉淀

11、三元电池成为2019年我国电动汽车的新能源，其电极材料可表示为Li

ixC＋3oy

nzO2，且x＋y＋z＝1。

充电时电池总反应为LiNixCoyMnzO2＋6C（石墨）===Li1－aNixCoyMnzO2＋LiaC6，其电池工作原理如图所示，两极之间有一个允许特定的离子X通过的隔膜。

下列说法正确的是

A．允许离子X通过的隔膜属于阴离子交换膜

B．充电时，A为阴极，Li＋被氧化

C．可从无法充电的废旧电池的石墨电极中回收金属锂

D．放电时，正极反应式为Li1－aNixCoyMnzO2＋aLi＋＋ae－===LiNixCoyMnzO2

12、某学习小组设计实验制备Ca（NO2）2，实验装置如图所示（夹持装置已略去）。

已知：

2NO+CaO2===Ca（NO2）2；2NO2+CaO2==Ca（NO3）2。

下列说法不正确的是

A．通入N2是为了排尽装置中的空气

B．装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸

C．将铜片换成木炭也可以制备纯净的亚硝酸钙

D．借助装置A及氢氧化钠溶液和稀硫酸可以分离CO2和CO

13、下列说法错误的是

A．常温下，pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合后c（OH-）>c（H+）

B．常温下，0.1mol·L-1的NaA溶液的pH=10，则该溶液中由水电离的c（OH-）=10-10mol·L-l

C．常温下，pH=a的强酸和pOH=a（pOH=-lgc（OH-））的强碱等体积混合后由水电离出的c（H+）=10-7mol·L-l

D．常温下，向10mL0.1mol．L-1的氨水溶液中滴加相同浓度的CH3COOH，在滴加过程中，

保持不变

二、必考题（非选择题：

共58分，第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答，第35-36题为选考题，考生依据要求作答。

）

26

焦亚硫酸钠（Na2S2O5）可作为贮存水果的保鲜剂。

现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。

Ⅰ.制备Na2S2O5

可用试剂：

饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）。

焦亚硫酸钠的析出原理：

2NaHSO3（饱和溶液）=Na2S2O5（晶体）+H2O（l）

（1）如图装置中仪器A的名称是______________。

A中发生反应的化学方程式为_________________________。

仪器E的作用是_________________________。

（2）F中盛装的试剂是____________________________________。

Ⅱ.探究Na2S2O5的还原性

（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去。

反应的离子方程式为_________________________。

食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品_________________________。

Ⅲ.测定Na2S2O5样品的纯度。

（4）将10.0gNa2S2O5样品溶解在蒸馏水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入过量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5样品的纯度为______________%（保留一位小数），若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，会导致Na2S2O5样品的纯度______________。

（填“偏高”、“偏低”）

27

工业上由MnS矿（还含少量FeCO3、MgO等）制备高纯硫酸锰，工艺如图所示：

已知相关金属离子（浓度为0.1mol·L－1）形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

金属离子

Mn2+

Fe2+

Fe3+

Mg2+

开始沉淀的pH

8.1

6.3

1.8

8.9

沉淀完全的pH

10.1

8.3

3.2

10.9

（1）“酸浸”过程中，MnS（难溶）发生反应的离子方程式为_____________。

（2）“酸浸”时MnO2应过量，目的是____________和将Fe2＋氧化为Fe3＋。

（3）已知Ksp[Fe（OH）3]＝4×10－38。

常温下，当溶液的pH＝2时，c（Fe3+）＝__________mol·L－1。

（4）“除杂”时若溶液pH过低，Mg2+沉淀不完全，原因是_________________________。

（5）“沉锰”反应的化学方程式为______________________________________________。

（6）用MnO2悬浊液吸收SO2也可以制取MnSO4。

将SO2和空气的混合气通入MnO2悬浊液，测得吸收液中Mn2＋、SO42-的浓度随反应时间t变化如图。

导致Mn2+、SO42-浓度变化产生明显差异的原因是_____________。

28

氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点，回答下列问题：

（1）Deacon发明的直接氧化法为：

4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）。

可按下列催化过程进行：

Ⅰ.CuCl2（s）=CuCl（s）+

Cl2（g）ΔH1=+83kJ·mol-1

Ⅱ.CuCl（s）+

O2（g）=CuO（s）+

Cl2（g）ΔH2=-20kJ·mol-1

Ⅲ.4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH3

反应Ⅰ能自发进行的条件是___。

利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用反应___的ΔH。

（2）如图为刚性容器中，进料浓度比c（HCl）：

c（O2）分别等于1：

1、4：

1、7：

1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：

可知反应平衡常数K（400℃）__K（500℃）（填“大于”或“小于”）。

设容器内初始压强为p0，根据进料浓度比c（HCl）：

c（O2）=4：

1的数据，计算400℃时容器内的平衡压强=___（列出计算式）。

按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。

进料浓度比c（HCl）：

c（O2）过低、过高的不利影响分别是___。

（3）已知：

氯气与NaOH溶液反应可生成NaClO3。

有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：

Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-

Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-

常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论解释其原因：

___。

（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，写出阳极反应式：

___。

35［化学——选修3：

物质结构与性质］（15分）

氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示。

①此配合物中，基态铁离子的价电子排布式为__________。

②此配合物中碳原子的杂化轨道类型有________。

③此配离子中含有的化学键有________（填字母）。

A．离子键B．金属键

C．极性键D．非极性键

E．配位键F．氢键

G．σ键H．π键

④氯化铁在常温下是固体，熔点为306℃，沸点为315℃，在300℃以上升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。

据此判断氯化铁的晶体类型为____________。

（2）基态A原子的价电子排布式为3s23p5，铜与A形成化合物的晶胞如图所示（黑球代表铜原子）。

①该化合物的化学式为________，A原子的配位数是________。

②该化合物难溶于水，但易溶于氨水，其原因可能是_____________________________________；

与NH3互为等电子体的分子有________（写化学式，一种即可）。

NH3的键角大于H2O的键角的主要原因是___________________________________________。

③已知该化合物晶体的密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体中Cu原子和A原子之间的最短距离为____________pm。

（列出计算表达式即可）

36[化学——选修5：

有机化学基础]（15分）

奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，可治疗流感。

以莽草酸作为起始原料合成奥司他韦的主流路线如图：

已知：

+H2O

回答下列问题：

（1）下列关于莽草酸说法正确的有_______________。

A．莽草酸化学式是C7H8O5

B．与浓溴水反应可以生成白色沉淀

C．易溶于水和酒精

D．可以发生加成反应、消去反应、加聚反应、缩聚反应、取代反应

（2）奥司他韦中的官能团名称为_______________________（写两种）。

（3）反应①所需的试剂和条件为_______________________。

反应②的化学方程式为___________________________________________。

反应③的反应类型为_______________________。

（4）芳香化合物X是B的同分异构体，测得其核磁共振氢谱有6组峰，其中两组峰面积最大比值为9：

1，则该物质的结构简式是_______________________。

（5）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。

C中有___个手性碳。

（6）参照上述合成路线，写出由

制备

的合成路线（其它试剂任选）：

___________________________________________。

2020届高考全国I卷化学模拟试题答案五

答案与解析

7、【答案】A

【解析】A.合金属于金属材料，A项正确；

B.核电、光电、风电、水电等这些电能均是经过转化的能源属于二次能源，B项错误；

C.光缆的主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，C项错误；

D.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐材料，D项错误；答案选A。

8、【答案】C

【解析】等体积并不一定是指1L，，所以不能说NH4+的数目小于0.1NA，A错。

B中的离子方程式为：

Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，由此可知：

0.1molFe3+参与反应转移电子0.1mol，B正确。

C：

．0.1mol/LNH4Cl溶液的物料守恒为c（NH4+）+c（NH3·H2O）=0.1mol/L，C正确。

NH4Cl、NH4Fe（SO4）2溶液呈酸性，加水稀释，c（H+）减小，故c（OH-）增大，D错。

选C。

9、【答案】B

【解析】读图可得到：

N2O与Pt2O+反应生成N2和Pt2O2+，即：

N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，Pt2O2+与CO反应生成CO2和Pt2O+中，即CO+Pt2O2+=CO2+Pt2O+，整个过程中总反应方程式为：

N2O+CO=CO2+N2，Pt2O+作催化剂，Pt2O2+是中间产物，C、D正确。

A中：

根据化合价代数和为+1，可以计算出Pt的平均价为+3/2，A正确。

B中：

N2、CO的摩尔质量相同（28g/mol）和电子数均相同（1mol物质含有电子14mol），无论以何种比例混合，混合气体的平均摩尔质量为28g/mol，混合气体的物质的量为2.8g/28g·mol-1=0.1mol，含有的电子数为0.1×14NA=1.4NA，B错。

选B。

10、【答案】A

【解析】A：

该方法可以制取FeCO3沉淀，现象和实验结论均正确。

B：

根据所给的量可知Ag+与Cl-反应生成AgCl（s）时，Ag+过量，当加入NaI溶液时，I-直接与过量的Ag+反应生成黄色沉淀AgI（s），而不是由AgCl（s）溶解的Ag+与I-反应生成AgI（s），故不能得出“Ksp（AgCl）>Ksp（AgI）”的结论，B错。

C：

原溶液中若只含有Fe3+，也会出现如此现象，C错。

D：

CaCl2溶液不与CO2反应，因为不能用H2CO3制取HCl，D错。

选A。

11、【答案】D

【解析】

根据LiNixCoyMnzO2＋6C（石墨）===Li1－aNixCoyMnzO2＋LiaC6可知，x是Li＋，允许Li＋通过的隔膜属于阳离子交换膜，故A项错误；根据充电时电池总反应LiNixCoyMnzO2＋6C（石墨）===Li1－aNixCoyMnzO2＋LiaC6可知，A上发生C（石墨）―→LiaC6的反应，是还原反应，A为阴极，Li＋没有发生氧化还原反应，故B项错误；根据充电时电池总反应可知，无法充电的废旧电池的石墨电极中没有锂元素，不能回收金属锂，故C项错误；放电时，总反应为Li1－aNixCoyMnzO2＋LiaC6===LiNixCoyMnzO2＋6C（石墨），正极发生还原反应，电极反应式为Li1－aNixCoyMnzO2＋aLi＋＋ae－===LiNixCoyMnzO2，故D项正确。

12、【答案】C

【解析】A、装置内的空气会将NO氧化为NO2，影响产物的产量，所以通入N2排尽装置中的空气，故A正确；B、由于硝酸具有挥发性，所以在A中生成的NO气体中会含有少量HNO3蒸气，可用装置B中的水除去，为防止CaO2与水反应，用装置D中的浓硫酸对NO气体进行干燥，故B正确；C、将铜片换成木炭，由于木炭与稀硝酸不能反应，所以得不到要制备的产物，故C错误；D、装置A中盛氢氧化钠溶液，通过进气管通入CO2 和CO的混合气体，CO2 被NaOH吸收后生成Na2CO3，在出气管口即可收集到CO，然后将分液漏斗中的稀硫酸滴入A中，与生成的Na2CO3反应再释放出CO2，达到分离的目的，故D正确。

本题正确答案为C。

13、【答案】B

【解析】A：

pH=12的氨水的物质的量浓度远大于0.01mol/L，与pH=2的盐酸（物质的量浓度0.01mol/L）等体积混合反应，氨水大量过量，溶液呈碱性，c（OH-）>c（H+），A正确。

B：

．常温下，0.1mol·L-1的NaA溶液的pH=10，说明A-为弱酸根离子（HA为弱酸），促进水的电离，水电离的c（OH-）>10-7mol/L，可以计算水电离的c（OH-）=10-4mol·L-l，B正确。

C：

常温下，c（H+）=amol/L的强酸与c（OH-）=amol/L的强碱等体积混合后，恰好完全反应，溶液呈中性，由水电离出的c（H+）=10-7mol·L-l，C正确。

D：

的值为定值，保持不变，D正确。

选B。

26：

【答案】

三颈烧瓶Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4防倒吸浓NaOH溶液5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O氧化变质95.0偏高

【解析】

Ⅰ

（1）装置中仪器A的名称是三颈烧瓶。

A中发生反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。

二氧化硫易溶于水，仪器E的作用是防倒吸。

（2）二氧化硫有毒，排到空气中会污染空气，SO2是酸性氧化物，可用碱溶液吸收，题干中只提供了一种试剂--浓NaOH溶液，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液。

Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去，说明MnO4－将S2O52－氧化生成硫酸根离子。

反应的离子方程式为5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。

食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是：

利用焦亚硫酸钠的还原性，防止食品氧化变质。

Ⅲ.（4）由关系式：

5SO32－～2MnO4－，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n（MnO4－）=

×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol，再由5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O得：

Na2S2O5样品的纯度为=

×100%=95.0%；若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，使Na2SO3标准液的体积偏低，算出的剩余高锰酸钾偏低，与Na2S2O5样品反应的高锰酸钾偏高，会导致Na2S2O5样品的纯度偏高。

27：

【答案】

MnS＋MnO2＋4H＋=S＋2Mn2＋＋2H2O提高MnS的转化率4×10－2H＋与F-/反应生成弱酸HF2NH4HCO3＋MnSO4=MnCO3↓＋（NH4）2SO4＋CO2↑＋H2OMn2＋催化O2与H2SO3反应生成H2SO4

【解析】

（1）“酸浸”过程中，MnS与MnO2反应生成硫单质，硫酸锰和水，反应的离子方程式为MnS＋MnO2＋4H＋=S＋2Mn2＋＋2H2O；

（2）为提高MnS的转化率和将Fe2＋氧化为Fe3＋，“酸浸”时MnO2应过量；

（3）常温下，当溶液的pH＝2时，c（H+）＝10-2mol·L－1，c（OH-）＝

=10-12mol·L－1，Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）＝c（Fe3+）×（10-12mol·L－1）3＝4×10－38，解得c（Fe3+）＝4×10－2mol·L－1；

（4）“除杂”时若溶液pH过低，H＋与F-反应生成弱酸HF，Mg2+沉淀不完全；

（5）根据流程可知，“沉锰”时，碳酸氢铵与硫酸锰反应生成碳酸锰、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NH4HCO3＋MnSO4=MnCO3↓＋（NH4）2SO4＋CO2↑＋H2O；

（6）将SO2和空气的混合气通入MnO2悬浊液，Mn2＋催化O2与H2SO3反应生成H2SO4，导致Mn2+、SO42-浓度迅速增大。

28：

【答案】

高温CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）大于0.848p0Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋

【解析】

（1）Ⅰ.CuCl2（s）=CuCl（s）+

Cl2（g）ΔH1=+83kJ·mol-1，△S＞0，则要△G=△H-T△S＜0，须高温条件下才能自发；

Ⅰ.CuCl2（s）=CuCl（s）+

Cl2（g）ΔH1=+83kJ·mol-1

Ⅱ.CuCl（s）+

O2（g）=CuO（s）+

Cl2（g）ΔH2=-20kJ·mol-1

Ⅲ.4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH3

利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，（Ⅲ-Ⅱ×2-Ⅰ×2）/2得：

还需要利用反应CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）的ΔH。

（2）根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K（400℃）大于K（500℃）；进料浓度比c（HCl）：

c（O2）的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c（HCl）：

c（O2）=4：

1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为76%。

则

p=

p0=0.848p0；

进料浓度比c（HCl）：

c（O2）过低时，O2浓度较大，HCl的转化率较高，但Cl2和O2分离能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c（HCl）：

c（O2）过高时，O2浓度较低，导致HCl的转化率减小；

（3）生成NaClO3的反应分两步进行：

Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-，Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-，常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，用碰撞理论解释其原因：

反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化；

（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，阳极发生氧化反应生成ClO4－，阳极反应式：

ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋。

35：

【答案】

（1）①3d5　②sp2、sp3　③CDEGH　④分子晶体

（2）①CuCl　4　

②Cu＋可与NH3形成易溶于水的配位化合物　PH3（或AsH3等）　NH3、H2O分子中N、O原子的孤电子对数分别是1、2，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越强，键角越小

③

×1010

【解析】

（1）①基态铁原子核外有26个电子，失去3个电子形成Fe3＋，根据构造原理可知Fe3＋的3d能级上有5个电子，即Fe3＋的价电子排布式为3d5。

②该配合物中连接双键的碳原子含有3个σ键，碳原子采取sp2杂化，连接4个σ键的碳原子采用sp3杂化。

③该配合物中碳碳原子之间存在非极性共价键，碳和氧原子或氢原子之间存在极性共价键，共价双键中含有σ键和π键，Fe3＋和O原子间存在配位键，综上分析可知该配合物中含有配位键、极性键、非极性键、σ键和π键。

④FeCl3的熔点和沸点相对较低，且易溶于有机溶剂，故FeCl3晶体为分子晶体。

（2）根据基态A原子的价电子排布式可知M能层上含有7个电子，即A为Cl。

①由均摊法可知该晶胞中含Cu原子数为4，含Cl原子数为

×8＋

×6＝4，即该化合