精品整理全国高考化学全真模拟试题第10卷解析版.docx

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精品整理全国高考化学全真模拟试题第10卷解析版

2020年全国高考化学全真模拟试题（十）

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12N-14O-16F-19Na-23Al-27

Si-28S-32Cl-35.5K-39Fe-56Co-59Cu-64Br-80I-127Ba-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．“中国名片”中航天、军事、天文等领域的发展受到世界瞩目，它们与化学有着密切的联系。

下列说法不正确的是

A.“天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能

B.“蛟龙”号潜水器所使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性

C.“歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料

D.港珠澳大桥设计使用寿命120年，水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极保护法

【答案】C

【解析】A项，天宫二号的太阳能电池板是为空间实验室提供电能的装置，可以将光能转化为电能，故A正确；B项，钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故B正确；C项，碳纤维为碳的单质，不是有机物，C项错误；D项，因为铝比铁活泼，所以利用原电池原理，铁做正极被保护，这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故D正确。

8．据报道，中科院大连化学物理研究所的研究团队利用多功能催化剂首次实现了CO2直接加氢制汽油的过程。

其转化过程如图所示。

下列说法正确的是

A.反应①的产物中含有水

B.反应②为化合反应

C.所制得汽油的主要成分是烃和烃的含氧衍生物

D.这种人造汽油用作汽车的燃料时，汽车尾气中不含氮氧化物

【答案】A

【解析】A项，根据质量守恒定律可以判断反应①的产物中含有水，A正确；B项，反应物CO含有氧元素，而生成物（CH2）n不含有氧元素，所以反应②不可能为化合反应，B错误；C项，所制得汽油的主要成分是烃，C错误；D项，在燃烧产生的高温条件下，N2+O2=2NO，所以这种人造汽油用作汽车的燃料时与其它燃料一样，汽车尾气中都含有氮氧化物，D错误。

9．某化学兴趣小组探究SO2与FeCl3 溶液的反应，所用装置如图所示（夹持仪器已略去）。

下列说法错误的是

A．装置Ⅰ烧瓶中放入的药品X为铜屑

B．装置Ⅱ中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率

C．装置Ⅲ用于吸收未反应的SO2

D．用装置II反应后的溶液B中的实验现象为由黄色变为浅绿色

【答案】A

【解析】A项，装置Ⅰ烧瓶中放入的药品X为亚硫酸钠，铜与浓硫酸常温时不反应，A错误；B项，装置Ⅱ中用“多孔球泡”可增大SO2与溶液的接触面积，增大吸收速率，B正确；C项，SO2有毒，不能直接排放到大气中，装置Ⅲ用于吸收未反应的SO2，C正确；D项，SO2与FeCl3的发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁和盐酸，反应现象为：

由黄色变为浅绿色，D正确。

10．25℃，向40mL0.05mol/L的FeCl3溶液中加入10mL0.15mol/L的KSCN溶液，发生反应，混合溶液中c（Fe3+）与反应时间（t）的变化如图所示。

下列说法正确的是

A．该反应的离子方程式为Fe3++3SCN-

Fe（SCN）3↓

B．E点对应的坐标为（0，0.05）

C．该反应的平衡常数K=

D．t4时向溶液中加入50mL0.1mol/LKCl溶液，平衡不移动

【答案】C

【解析】A项，Fe（SCN）3为难电离的物质而不是沉淀，故离子方程式为Fe3++3SCN-

Fe（SCN）3，A错误；B项，40mL0.05mol/L的FeCl3溶液中加入10mL0.15mol/L的KSCN溶液，溶液总体积变为50mL，此时Fe3+的初始浓度c（Fe3+）=

，B错误；C项，根据化学反应，得：

平衡常数K=

，C正确；D项，t4时向溶液中加入50mL0.1mol/LKCl溶液，相当于稀释了溶液，平衡逆向移动，D不正确。

11．某温度下，向10mL0.1mol·L-lNaCl溶液和10mL0.1mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L-lAgNO3溶液。

滴加过程中pM[－lgc（Cl-）或－lgc（CrO42－）]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。

已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。

下列说法不正确的是

A．该温度下，Ksp（Ag2CrO4）＝4×10－12

B．al、b、c三点所示溶液中c（Ag+）：

al＞b＞c

C．若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，则a1点会平移至a2点

D．用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂

【答案】B

【解析】A项，b点时恰好反应生成Ag2CrO4，－lgc（CrO42－）=4.0，c（CrO42－）=10－4mol·L-l，则c（Ag+）=2×10－4mol·L-l，该温度下，Ksp（Ag2CrO4）＝c（CrO42－）×c2（Ag+）=4×10－12，故A正确；B项，al点恰好反应，－lgc（Cl-）=4.9，c（Cl-）=10－4.9mol·L-l，则c（Ag+）=10－4.9mol·L-l，b点c（Ag+）=2×10－4mol·L-l，c点，K2CrO4过量，c（CrO42－）约为原来的1/4，则c（CrO42－）=0.025mol·L-l，则c（Ag+）=

=

×10－5mol·L-l，al、b、c三点所示溶液中b点的c（Ag+）最大，故B错误；C项，温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，平衡时，－lgc（Cl-）=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；D项，根据上述分析，当溶液中同时存在Cl-和CrO42-时，加入硝酸银溶液，Cl-先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D正确；故选B。

12．某科研小组模拟“人工树叶”电化学装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为糖类（C6H12O6）和O2，X、Y是特殊催化剂型电极，已知：

装置的电流效率等于生成产品所需的电子数与电路中通过总电子数之比。

下列说法错误的是（　　）

A.该装置中Y电极发生氧化反应

B.X电极的电极反应式为6CO2+24H++24e－===C6H12O6+6H2O

C.理论上，每生成22.4L（标准状况下）O2，必有4molH+由X极区向Y极区迁移

D.当电路中通过3mole时，生成18gC6H12O6，则该装置的电流效率为80%

【答案】C

【解析】A项，根据装置图可知，X与电源的负极相连，为阴极；Y与电源的正极相连，为阳极，阳极上失去电子，发生氧化反应，A正确；B项，根据装置图可知二氧化碳在X电极上转化为C6H12O6，因此X电极的电极反应式为6CO2+24H++24e－＝C6H12O6+6H2O，B正确；C、H+由Y极区向X极区迁移，C错误；D项，生成C6H12O6的物质的量是18g÷18g/mol＝0.1mol，转移电子的物质的量是2.4mol，因此当电路中通过3mole－时该装置的电流效率为2.4mol/3mol×100%＝80%，D正确。

13．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。

下列叙述正确的是

A．元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z

B．Y单质的熔点高于X单质

C．W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种

D．化合物M中W不都满足8电子稳定结构

【答案】B

【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意。

根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。

A项，同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；B项，硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；C项，O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；D项，根据

，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；故选B。

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．（15分）茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂（其抗氧化能力是VC的5～10倍），它易溶于水、乙醇、乙酸乙酯，难溶于氯仿。

在酸性介质中，茶多酚能将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+与K3Fe（CN）6生成的深蓝色配位化合物KFe[（CN）6]对特定波长光的吸收程度（用光密度值A表示）与茶多酚在一定浓度范围内成正比。

A与茶多酚标准液浓度的关系如图1所示：

某实验小组设计如下实验流程从茶叶中提取茶多酚：

请回答下列问题：

（1）操作①用水浸取茶多酚时，实验小组发现搅拌速度对茶多酚浸出量的影响如图2所示，原因是_____________________________________________________。

若用乙醇浸取茶多酚操作如下：

称取10g茶叶末，用滤纸包好，装入恒压滴液漏斗中，圆底烧瓶内加沸石和适量乙醇，如图3安装后，通冷凝水，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在90℃。

为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm，并保持约1h，可行的操作方法是_______________________________________。

（2）减压蒸发相对于一般蒸发的优点是________________；氯仿的作用是____________。

（3）下列有关实验基本操作不正确的是__________。

A．图3中冷凝水流向为a进b出

B．分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用

C．操作①过滤时，可用玻璃棒适当搅拌以加快分离速度

D．萃取过程中，经振摇并放气后，将分液漏斗置于铁圈上立即分液

（4）下列关于振摇操作的示意图，正确的是_________________________。

A．

B．

C．

D．

（5）称取1.25g粗产品，用蒸馏水溶解并定容至1000mL，移取该溶液1.00mL，加过量Fe3+和K3Fe（CN）6酸性溶液，用蒸馏水定容至100mL后，测得溶液光密度值A=0.800，则产品的纯度是__________________（以质量分数表示）。

【答案】

（1）茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低（2分）关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致（2分）

（2）降低蒸发温度防止产物氧化或分解（2分）萃取（或除杂）（2分）

（3）CD（2分）（4）A（2分）（5）96%（3分）

【解析】

（1）根据图1可知，茶多酚浓度越大A越大，由图2可知，搅拌速度越快，A越小，则茶多酚浓度越小，因为茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低；用乙醇浸取茶多酚操作如下：

称取10g茶叶末，用滤纸包好，装入恒压滴液漏斗中，圆底烧瓶内加沸石和适量乙醇，如图3安装后，通冷凝水，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在90℃；为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm，并保持约1h，可行的操作方法是关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致；

（2）减压蒸发可以降低蒸发温度防止产物氧化或分解；根据流程氯仿的作用是萃取（或除杂）；（3）A项，冷凝管通水方向为下进上出，图4中冷凝水流向为a进b出，故A正确；B项，带活塞的仪器使用前均需检验是否漏液，分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用，故B正确；C项，过滤时，为防止戳破滤纸，不可用玻璃棒搅拌，故C错误；D项，萃取过程中，经振摇并放气后，将分液漏斗置于铁圈上静置后分液，故D错误；故选CD；（4）振摇操作用左手握住分液漏斗活塞，右手压住分液漏斗口部，把分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分接触，选项A正确；（5）溶液光密度值A=0.800，则茶多酚的浓度为12×10-6g/mL，此时溶液中茶多酚的质量为12×10-6g/mL×100mL=12×10-4g，产品中茶多酚的质量为12×10-4g×

=1.2g，故产品的纯度为

×100%=96%。

27．（14分）利用废碱渣（主要成分为Na2CO3）处理硫酸厂尾气中的SO2，可制得无水Na2SO3（成品），其流程如图所示。

（1）某硫酸厂排放出的尾气中SO2的含量特别髙，而废碱渣的量不足，此时“吸收塔”内发生反应的离子方程式为_______________（不考虑H2O与SO2反应）。

（2）亚硫酸钠的溶解度曲线如图所示，则上述流程中“结晶”的方法是___________（填“蒸发结晶”或“降温结晶”），图中a点所示分散系类别为_________（填“浊液”“胶体”或“溶液”）。

（3）仅用BaCl2、H2O2和过量稀盐酸的混合溶液难以检出“成品”中的SO32-，原因是“成品”中含有某种杂质阴离子。

①该杂质阴离子为________________（填离子符号）。

②25℃时，部分钡盐的Ksp如下表所示。

化学式

BaSO4

BaSO3

Ksp

1.1×10-10

5.5×10-7

将得到的“成品”溶于水，测得溶液中SO32-的浓度为0.5mol•L-1，为杂质阴离子浓度的10倍，向该溶液中加入等体积、0.5mol·L-1的BaCl2溶液，充分反应后c（Ba2+）=_______mol•L-1。

（混合时溶液体积的变化忽略不计）

（4）某同学采用如下方法检验SO32-：

①洗涤时使用的试剂最好为____________（填字母）。

a.稀HNO3b.蒸馏水c.稀H2SO4

②根据上述流程中的数据（w、x、y）_____________（填“能”或“不能”）计算出成品试样中SO32-的百分含量，若能，则SO32-的百分含量为（若不能，则此空不填）；若不能，则理由是_____________（若能，则此空不填）。

【答案】

（1）CO32-+2SO2+H2O=CO2+2HSO3-（2分）

（2）蒸发结晶（2分）浊液（1分）

（3）①SO42-（2分）②2.2×10-5（2分）

（4）①b（2分）②不能（1分）白色沉淀B与少量盐酸反应时，BaSO3没有全部溶解（2分）

【解析】

（1）某硫酸厂排放出的尾气中SO2的含量特别髙，而废碱渣的量不足，此时“吸收塔”内发生反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离子方程式为CO32-+2SO2+H2O=CO2+2HSO3-。

（2）上述流程中“结晶”得到无水Na2SO3，无水Na2SO3的溶解度随温度升高变化缓慢，所以“结晶”的方法是蒸发结晶，图中a点饱和溶液中含有晶体，所以图中a点所示分散系类别为浊液。

（3）①该杂质阴离子为可以通过H2O2与SO32-反应生成的SO42-。

②从钡盐的Ksp和溶液中SO32-的浓度为SO42-的10倍判断，先生成硫酸钡沉淀，后生成亚硫酸钡沉淀。

剩余SO32-的浓度为0.025mol•L-1，c（Ba2+）=Ksp（BaSO3）/剩余SO32-的浓度=2.2×10-5mol•L-1。

（4）①a项，稀HNO3可将BaSO3氧化为BaSO4；b项，蒸馏水可洗去杂质离子；c项，稀H2SO4可将过量部分BaCl2转化为BaSO4。

故选b。

②根据上述流程中的数据（w、x、y）不能计算出成品试样中SO32-的百分含量，理由是白色沉淀B与少量盐酸反应时，BaSO3没有全部溶解。

28．（14分）碳及其化合物广泛存在于自然界。

请回答下列问题：

（1）反应Ⅰ：

Fe（s）+CO2（g）

FeO（s）+CO（g）ΔH1平衡常数为K1

反应Ⅱ：

Fe（s）+H2O（g）

FeO（s）+H2（g）ΔH2平衡常数为K2

不同温度下，K1、K2的值如下表：

现有反应Ⅲ：

H2（g）+CO2（g）

CO（g）+H2O（g），结合上表数据，反应Ⅲ是_______（填“放热”或“吸热”）反应。

（2）已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为：

2CO2（g）+6H2（g）

C2H5OH（g）+3H2O（g）∆H<0。

设m为起始时的投料比，即m=n（H2）/n（CO2）。

①图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为______________________。

②图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为________________________。

③图3表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m=3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。

则曲线d代表的物质化学名称为______________，T4温度时，该反应平衡常数KP的计算式为（不必化简）_______________________。

（3）已知：

NH3·H2O的Kb=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11。

工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是氨水溶液吸收技术，工艺流程是将烟气冷却至15.5℃～26.5℃后用氨水吸收过量的CO2。

所得溶液的pH___________7（填“＞”、“=”或“＜”）。

烟气需冷却至15.5℃～26.5℃的可能原因是_________________________________。

（4）为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收。

往吸收液中滴加1.0mol/L盐酸，生成的V（CO2）随V（盐酸）变化关系如图所示，则原吸收液中离子浓度由大到小的顺序为__________。

【答案】

（1）吸热（1分）

（2）①

（2分）②

（2分）

③乙醇（1分）

（2分）

（3）＞（2分）降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收（2分）

（4）c（Na+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+）（2分）

【解析】

（1）由图可知反应①的K1随温度升高而增大，说明正反应为吸热反应，△H＞0，反应②的K2随温度升高而减小，说明正反应为放热反应，△H＜0，已知：

①Fe（s）+CO2（g）

FeO（s）+CO（g）△H1=Q1＞0，②Fe（s）+H2O（g）

FeO（s）+H2（g）△H2=Q2＜0，由盖斯定律①-②得③H2（g）+CO2（g）

CO（g）+H2O（g））△H=Q3=Q1-Q2＞0，说明是吸热反应；

（2）①反应为放热反应，温度越高转化率越小，则T3＞T2＞T1；②图2中m1、m2、m3投料比从大到小的顺序为m1＞m2＞m3，因相同温度下，增大氢气的量，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大；③温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d表示乙醇；设开始氢气的投入量是3nmol，则二氧化碳是nmol，二氧化碳的转化量是x，则

2CO2（g）+6H2（g）

C2H5OH（g）+3H2O（g）

起始量（mol）n3n00

变化量（mol）x3x0.5x1.5x

平衡量（mol）n-x3n-3x0.5x1.5x

P点a、c的体积分数相同，所以3n-3x=1.5x，解得x=

n，总物质的量是n-x+3n-3x+0.5x+1.5x=

n，总压为5MPa的恒压条件下，p（二氧化碳）=p（乙醇）=

×5MPa=0.125×5MPa，p（氢气）=p（水）=

×5MPa=0.375×5MPa，T4温度时，该反应的平衡常数Kp=

；（3）工艺流程是将烟气冷却至15.5～26.5℃后用氨水吸收过量的CO2，该反应是一水合氨和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，反应的化学方程式为：

NH3•H2O+CO2=NH4HCO3，由NH3·H2O的Kb=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11可知HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，则所得溶液的pH＞7；烟气需冷却至15.5～26.5℃的可能原因是：

降低吸收过程中氨气挥发，促进氨水对二氧化碳的成分吸收；（4）为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收，图象分析可知，生成碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液，二者物质的量之比为1：

1，且CO32-的水解程度大于HCO3-，则溶液中离子浓度大小为：

c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）。

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）铁被称为“第一金属”，铁及其化合物在生产、生活中有广泛用途。

（1）铁原子外围电子轨道表示式为____________________，铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用_________摄取铁元素的原子光谱。

（2）FeCoOx是一种新型光电催化剂。

第四电离能大小关系是I4（Co）____I4（Fe）（填“>”或“<”），原因是_____________。

（3）二茂铁[（C5H5）2Fe]可用作火箭燃料添加剂、汽油抗爆剂。

二茂铁熔点172℃，沸点249℃，易升华，难溶于水，易溶于有机溶剂，它属于_____________晶体。

（4）环戊二烯（C5H6）结构如图（a），可用于制二茂铁。

环戊二烯中碳原子的杂化方式为________。

分子中的大π键可用符号

表示，其m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，环戊二烯负离子（C5H5―）结构如图（b），其中的大π键可以表示为_________________。

（5）某普鲁士蓝类配合物可作为新型钠离子电池电极材料。

它由Na+、Ni2+、Fe3+和CN―构成，其晶胞结构如图（c）。

该物质中，不存在________（填标号）。

A．离子键B．σ键C．π键D．氢键E．金属键

（6）该晶胞中Fe3+采用的堆积方式与_______（选填Po、Na、Mg、Cu）相同，单个晶胞的配位空隙中共容纳_____个Na+。

【答案】

（1）

（2分）光谱仪（1分）

（2）<（1分）铁失去的是处于半充满状态的3d5的一个电子，相对较难；钴失去3d6上的一个电子后形成稳定的半充满状态，相对容易（2分）

（3）分子（1分）（4）sp2和sp3（2分）

（1分）

（5）DE（2分）（6）Cu（1分）4（2分）

【解析】铁原子序数为26，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，外围电子排布式3d64s2，外围电子轨道排布式为

；核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，形成光谱，可以用光谱仪获取原子光谱；

（2）Co3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，不是特殊结构，失去一个电子形成1s22s22p63s23p63d5结构需要