2020年四川省攀枝花市高考化学三模试卷

1、2020 年四川省攀枝花市高考化学三模试卷一、单选题（本大题共7 小题，共27.0 分）1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是()A. 碳酸钠俗称纯碱，可用于去除餐具的油污B. 盐碱地不利于作物生长，可通过施加生石灰进行改良C. 用 K2 FeO4处理自来水，既可杀菌消毒又可除去悬浮杂质D. 生产医用口罩的聚丙烯树脂原料属于合成有机高分子材料2. 螺环化合物是指分子中两个环共用一个碳原子的化合物。甲、乙、丙三种有机物的结构如图。下列说法中正确的是 ( )A. 甲、乙、丙都属于螺环化合物B. 丙是环氧乙烷 () 的同系物C. 甲、乙互为同分异构体D. 甲、乙、丙分子中所有碳原子均处于同

2、一平面3. 设 NA 表示阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是( )A. 由 H182 O与 D162 O组成的 2.0g 物质中所含中子、电子数均为NAB.C.0.1molFe 分别与足量的盐酸和氯气反应，转移的电子数均为0.2N A0.1molAl 与足量 NaOH 溶液反应，生成氢分子数为0.3NAD. 25 ，将 0.1molCH 3COONa加入稀醋酸至溶液呈中性时，溶液中CH3COO- 数小于 0.1NA4. 电解合成1 2 -二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中不正确的是( )，A. 该装置工作时，阳极的电极反应是CuCl(s) + Cl- - e- = CuCl2B. 液相反

3、应为 CH2 = CH2 + 2CuCl2 = ClCH2 CH2 Cl + 2CuCl(s)C. X 、 Y 依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜D. 该装置总反应为 CH2?电解 ?= CH2 + 2NaCl + 2H2 O-ClCH2CH2Cl + 2NaOH + H2?5. W 、X 、 Y 、 Z 为短周期主族元素，原子序数依次增大，W 、 X 、 Y 位于不同周期，X 的最外层电子数是电子层数的3 倍， Y 与 Z 的原子序数之和是 X 的原子序数的4倍。下列说法错误的是 ()A. 原子半径大小顺序为：YZXWB. W 分别与 X 、 Y 、 Z 形成的简单化合物中，与Y 形成的化合物

4、最不稳定C. W 、X 形成的化合物的沸点一定高于W 、 Z 形成的化合物的沸点D. W 、 X、 Z 形成的化合物的酸性一定强于W 、 X 、 Y 形成化合物的酸性第1页，共 14页6. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是( )选项实验操作和现象结论A向 BaCl2溶液中通入 SO2 和气体 X，出现白色沉淀气体 X 一定作氧化剂BNaHCO3溶液与 NaAlO 2溶液混合，立即产生白色沉淀结合 H+ 的能力：AlO 2- CO32-C向盛有 Cu2 O的试管中加入足量稀硫酸，溶液变为蓝色，氧化性： H + Cu2+试管底有红色沉淀向 2 支盛有 2mL0.1mol/LNaOH溶液的

5、试管中分别滴入Ksp Al(OH) 3D2 滴 0.1mol/LAlCl 3、 MgCl 2溶液，振荡，前者无沉淀， K sp Mg(OH) 2 后者有白色沉淀A. AB. BC. CD. D7. 25 ，用 0.1000mol/L 的 NaOH 溶液滴定 40.00mL0.1mol/L 的某二元弱酸 H2R溶液，所得滴定曲线如图所示 ( 设所得溶液体积等于两种溶液体积之和 ) 。下列说法正确的是 ( )A.B.C.D.若只滴定到第一反应终点，可用酚酞做指示剂图中 Y 点对应的溶液中：c(Na + ) + c(H + ) = 2c(HR - ) + c(OH - )图中 Z 点对应的溶液中 c

6、(Na + )约为 0.067mol/L ， R2- 的水解率大于 1% 若 pK = -lgK ， 2HR- ? R2- + H2 R达平衡时 pK = 5.19二、简答题（本大题共4 小题，共58.0 分）8. 碲 (Te) 元素是当今新材料的主要成分之一。工业上从电解法精炼铜的阳极泥中提取纯度较高的碲，经预处理后的阳极泥中含 TeO2 及铁、铅、铜的化合物等，通过以下流程得到：已知： 1. TeO2 是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸或强碱。2.部分难溶物的 K sp 如表：化合物Fe(OH) 2Pb(OH) 2Cu(OH) 2FeSPbSCuSKsp8 10 -161.2 10 -15

7、1.3 10-204 10 -191 10 -286 10 -36回答下列问题：(1) “碱浸”时 TeO2发生反应的化学方程式为 _。(2) 加入 Na2S溶液的主要目的是 _。(3) “沉碲”发生反应的化学方程式为_。第2页，共 14页(4) “酸溶”后， 将SO2 通入溶液中进行“还原”得到粗碲，该反应的化学方程式是_。(5) 电解法提纯粗碲时， 以 Na2TeO3 溶液为电解质溶液， 阳极材料为 _。电解过程中阴极的电极反应式为 _。(6) 常温下，向 0.1mol/LNa 2 TeO3溶液中滴加盐酸， 当溶液 pH = 5 时，溶液中 c(TeO23- ) ：c(H 2 TeO3 )

8、 = _。 ( 已知： H2 TeO3的 Ka1 = 1.0 10 -3 Ka2 = 2.0 10 -8 )9. 氨是工农业生产中重要的基础物质，研究合成氨及氨的应用具有重要意义。(1) 已知： N2(g) + 3H 2 (g) = 2NH 3 (g) H = -92kJ/mol， N2 (g) + 3H 2(g) ?2NH 3(g) 的活化能为 508kJ/mol 。则 2NH 3 (g) ? N2 (g) + 3H 2(g) 的活化能为_kJ/mol(2) 我国科研人员研制出 Ti - H - Fe双温区催化剂 (Ti - H区与 Fe 区温差可超过100 )。Ti - H - Fe双温区

9、催化合成氨的反应历程如图一，其中吸附在催化剂表面的物种用“ ?”标注。下列说法中正确的是_。A. 为 N N的断裂过程B.在高温区发生， 在低温区发生C. 为 N 原子由 Fe 区域向 Ti - H区域的传递过程D.使用 Ti - H -Fe双温区催化剂时合成氨反应转变为吸热反应(3) 以氨和 CO2 为原料合成尿素的反应为2NH 3 (g) + CO2 (g) ? CO(NH2 ) 2 (l) +H2 O(g) 。工业生产时，需要原料气带有水蒸气，图二中曲线 、 、表示在不同n(H 2 O)n(NH 3 )水碳比 n(CO 2 ) 时， CO2 的平衡转化率与氨碳比 n(CO 2 ) 之间的

10、关系曲线 、 、 对应的水碳比最大的是 _，判断依据是 _。测得 M 点氨气的平衡转化率为 40% ，则 x1 = _。(4) 将氨氧化法制硝酸过程中氨经催化氧化后的气体( 高于 800 )急剧冷却到 100 以下，一方面除去大量的 H2 O，使 NO(g) 和O2 (g) 发生反应，另一方面温度低有利于生成 NO2(g) 。2NO(g) + O2(g) ? 2NO2 (g) 的反应历程分两步： .2NO(g) ?N2 O2(g)( 反应快，瞬间达到平衡) H1 0第3页，共 14页v1 正 = k1 正 c2 (NO) v1 逆 = k1 逆 c(N 2O2 ) .N2 O2 (g) + O

11、2 (g) ? 2NO2 (g)( 反应慢 ) H2 Z X W，故 A正确；B. 非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O Cl P，则简单氢化物最不稳定的为 Y(P) ，故 B 正确；C.H 、 O 形成的化合物为 H2 O和 H2O2， H、 Cl 形成化合物为 HCl ， H2 O和 H2 O2 常温下为液态， HCl 为气态，则 H2 O和 H2O2的沸点大于氯化氢，故 C 正确；D.H 、O、Cl 形成的化合物有次氯酸、氯酸、高氯酸等， H 、O、P 形成的化合物有磷酸、亚磷酸，磷酸、亚磷酸的酸性大于次氯酸，故D 错误；故选： D。W 、 X 、Y 、Z 为短周期主族元素

12、，原子序数依次增大，W、 X 、Y 位于不同周期，则W为 H， X 、Y 分别位于第二、第三周期，X 的最外层电子数是电子层数的3倍，X最外层含有 6 个电子，则 X 为 O；Y 与 Z 的原子序数之和是X 的原子序数的4倍，Y、Z的原子序数之和为： 8 4 = 32，二者原子序数为15 17Y为P、，原子序数： Y CO32- ，故 B 正确；C.发生氧化还原反应生成Cu 、硫酸铜，只有Cu 元素的化合价变化，则结论不合理，故C 错误；D.NaOH 过量，均为沉淀生成，则不能比较Ksp 大小，故 D 错误；故选： B。A.X 可能为氨气或氯气；B. 偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离；C.发

13、生氧化还原反应生成Cu 、硫酸铜；D.NaOH 过量，均为沉淀生成。本题考查化学实验方案的评价， 为高频考点， 把握物质的性质、 反应与现象、 沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。7.【答案】 D【解析】 解： A 、滴定到第一反应终点时，溶液的pH =4.25，溶液显酸性；指示剂的变色范围与溶液的酸碱性一致，甲基橙的变色范围是 3.1 4.4，所以选甲基橙， 故 A 错误；B 、根据电荷守恒： c(Na + ) + c(H + ) = 2c(R 2- ) + c(HR -) + c(OH - )， Y 点时 c(HR - ) =c(R

14、 2- ) ，代入电荷守恒得：c(Na + ) + c(H + ) = 3c(HR - )+ c(OH - ) ，故 B 错误；C、Z 点的 pH 和H2 R与 NaOH 完全反应生成 Na2 R，R2-+ H2O ? HR-+ OH- ；Z 点对应的溶液中 c(Na + ) 约为 0.067mol/L，则根据物料守恒：c(R 2- ) =1c(Na0.067=2+ ) =2mol/L0.0335mol/L ，pH =9.86 ，c(H + ) =10-9.86mol/L ， c(OH - ) = 10 -4.14mol/L，则水解的10-4.14mol/L-5R2- 约为 10 -4.14

15、mol/L ，则水解率为：7.24 10 mol/L0.0335mol/L100% =0.0335mol/L100% 2 10 -3100% = 0.2% 1% ，故 C 错误；c(HR - )c1 (H + )c(H 2R)c1 (H + )Kc(R 2- )c2 (H + )c(R 2-)Ka2；2HR-2-D 、Ka1 =c(HR)，) =K；a2=c(HR -)，)= c (H + )? R+c(HR -a1c(HR -22c(H 2 R)c(R 2- )=c(H2 R)c(R 2-)c(H 2 R)c(R 2- )=c1 (H + )Ka2；在同一H2 R达平衡时： K =c(HR-

16、)2(HR-)=c(HR-)Ka1+c)c(HRc2 (H)Ka210 -7.19溶液中，c1(H + ) = c2(H + ) ，则 K = Ka1= 10-2=10-5.19 ，所以 pK = -lgK= -lg10 -5.19=5.19 ，故 D 正确；故选： D。A 、滴定到第一反应终点，溶液显酸性；B 、 Y 点根据电荷守恒： c(Na + ) + c(H + ) = 2c(R 2- ) + c(HR - ) + c(OH - ) ；C、 Z 点的 pH 和 H2 R与 NaOH 完全反应生成 Na2 R， R2- + H2 O ?HR- + OH- ；D 、Ka1=c(HR - )

17、c1 (H + )，K a2=c(R 2- )c2 (H+ )，K =c(H 2 R)c(R 2- )=c(H 2 R)c(R 2-)c(H 2 R)c(R 2-)c(H 2 R)c(HR-)c(HR-)2(HR-)=c(HR-)c(HR-)；c本题考查溶液的酸碱性的定性判断和 pH 的重点知识，涉及指示剂的选择、离子浓度的大小比较、水解率的大小比较、电离平衡常数的计算等，难点是电离平衡常数的计算；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析；平时练习时注意总结积累，理解、掌握并熟练运用，构建知识思维导图，避免出错。8.【答案】 TeO2 + 2NaO = Na2 TeO3 + H2 O 将溶

18、液中的铁、铅、铜以更难溶的硫化物第8页，共 14页形式除去Na2 TeO3 + 2NH 4NO3 = 2NaNO3 + TeO2 +2NH 3 + H2 O 2SO2 + TeCl4 +4H 2O = 2H2 SO4 + Te + 4HCl 粗碲 TeO2-+ 3H2O + 4e-= Te + 6OH-0.23【解析】 解： (1)TeO 2是两性氧化物，“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为 TeO2 +2NaO = Na2TeO3 + H2 O，故答案为： TeO2 + 2NaO = Na2 TeO3 + H2O；(2) 加入 Na2 S溶液的主要目的是将溶液中的铁、铅、铜以更难溶的硫化

19、物形式除去，故答案为：将溶液中的铁、铅、铜以更难溶的硫化物形式除去；(3) “沉碲”发生反应的化学方程式为 Na 2TeO3 + 2NH 4 NO3 = 2NaNO 3 + TeO2 +2NH 3 + H2 O，故答案为： Na2 TeO3 + 2NH 4 NO3 = 2NaNO 3 + TeO2 +2NH 3 + H2O；(4) “酸溶”后，将 SO2 通入溶液中进行“还原”得到粗碲，该反应的化学方程式是2SO2 + TeCl4 + 4H 2O = 2H 2SO4 + Te + 4HCl，故答案为： 2SO2 + TeCl4 + 4H2 O = 2H 2SO4 + Te + 4HCl ；(5

20、) 电解法提纯粗碲时， 以Na 2TeO3 溶液为电解质溶液， 阳极材料为粗碲， 电解过程中阴极的电极反应式为 TeO23- + 3H 2 O + 4e- = Te + 6OH- ，故答案为：粗碲； TeO32- + 3H 2 O + 4e-= Te + 6OH- ；(6) 常温下，向 0.1mol/LNa2TeO 溶液中滴加盐酸，当溶液pH = 5 时，溶液中 c(TeO2-) ：33c(HTeO ) =Ka 1 Ka2 =-3-8= 0.2，21 102 103c2 (H + )(10 -5)2故答案为： 0.2 。由流程可知，碱浸时发生TeO2 + 2NaOH = Na2 TeO3 +

21、H2 O，滤渣 1 为铁、铅、铜的化合物，加硫化钠可使溶液中的铁、铅、铜以更难溶的硫化物形式除去，滤渣2 为 FeS、PbS、 CuS ，“沉碲”时发生 Na2 TeO3 + 2NH 4NO3 = 2NaNO3 + TeO2+2NH 3 + H2O，过滤分离出 TeO2 酸溶生成 TeCl4 ，还原时发生 2SO2 + TeCl4 + 4H 2O = 2H 2 SO4 + Te +4HCl ，粗碲电解生成Te，以此来解答。本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点， 把握物质的性质、 混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。kk

22、正 k 2 正增大，【答案】600BC 氨碳比相同时曲线 二氧化碳的转化率大3k1正29.1逆k逆2c(N 2 O2 ) 减小a【解析】 解：(1) 已知：N2 (g) + 3H 2 (g) = 2NH 3 (g) H = -92kJ/mol，N2 (g) + 3H2 (g) ?2NH 3(g) 的活化能为 508kJ/mol 。则 2NH 3 (g) ? N2(g) + 3H 2 (g) 的活化能为 (508kJ/mol) - (-92kJ/mol)= 600kJ/mol ，故答案为： 600；(2)A. 经历 过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，则N N没有断裂，故A错误；B.

23、 为催化剂吸附 N2 的过程， 为形成过渡态的过程， 为 N2解离为 N 的过程，以上都需要在高温时进行。 在低温区进行是为了增大平衡产率，故B 正确；C.由题中图示可知， 过程 完成了 Ti - H - Fe- ?N到 Ti - H- ?N - Fe两种过渡态的转化， N 原子由 Fe 区域向 Ti - H区域传递，故 C 正确；D. 化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况，故D 错误；故选： BC；(3) 氨碳比相同时曲线 二氧化碳的转化率大，所以生产中选用水碳比的数值为 ，故答案为： ；氨碳比相同时曲线 二氧化碳的转化率大； 由题意可知：2NH 3(g) + CO2(g) ? CO(N

24、H 2) 2 + H2 O(g)第9页，共 14页起始量x11变化量2aa2a=ax11即： x11，2a= 40% ， a = 60% ，则 x1 = 3，故答案为： 3；(4) 已知 2NO(g) ? N2 O2 (g) ；N2 O2 (g) + O2(g) ? 2NO2 (g) ，而目标反应 2NO(g) +O2 (g) ? 2NO2 (g) 的 H = + = H1 + H2 ，由反应达平衡状态， 所以 v1 正 = v1 逆 、v2 正 = v2 逆 ，所以 v1 正 v2 正 = v1逆 v2 逆 ，即 k1正 c2 (NO) k2 正 c(N 2 O2)c(O 2 ) =k 1

25、逆 c(N 2 O2) k2 逆 c2(NO 2 )，整理得2(NO 2)k1正k正c= k2 ，而温度越高 k 2 正增大，反应速c(N 2 O2 )c(O 2 )1逆k= K；决定反应速率的是反应2逆率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小，k1正k正故答案为：2O )减小；kk；k 2 正增大， c(N1逆逆222v2 正升高到某一温度时v2 正 减小，平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新达到平衡，则变为相应的点为a，故答案为： a。(1) 反应热 H = 反应物的活化能 - 生成物的活化能；(2)A. 催化剂吸附氮气分子的过程，没有化学键断裂；B. 不同反应过程需要的温度条

26、件不同。催化剂吸附分子，使分子的活化能降低，化学键发生断裂的过程，都需要高温条件，目的是加快反应速率；氮原子的转移，化学键的生成，需要低温条件，目的是增大氨气的平衡产率；C.N 原子的转移方向是从高温区向低温区；D. 催化剂能改变化学反应速率，但是不能改变反应的吸放热情况；(3) 依据反应转化率的大小分析，结合图象分析判断；根据氨气和二氧化碳的转化率之比求出x1；(4)已知 2NO(g)? N2 O2 (g) ；N2 O2 (g) + O2(g) ? 2NO2 (g) ，而目标反应 2NO(g) +O2 (g) ?2NO2 (g) 的 H =+ =H1+ H2 ，由反应达平衡状态， 所以 v1

27、 正 = v1 逆 、v2 正 = v2 逆 ，所以 v1 正 v2 正 = v1 逆 v2 逆 ，即 k1正 c2 (NO) k2 正 c(N 2 O2)c(O 2 ) =k 1 逆 c(N 2 O2) k2 逆 c2(NO 2 )，整理得2(NO 2)k1正k正c=2 ，温度越高 k 2 正 增大，反应速率c(NO)c(O)k= K；决定反应速率的是反应22k1逆逆22加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小；决定反应速率的是反应 ，而温度越高 k 2 正 增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小，v2 正升高到某一温度时v2 正 减小，平衡逆向移动，氧气的浓度增大，

28、由此分析解答。本题考查较为综合，涉及化学反应与能量、化学平衡的影响因素、化学平衡、速率的计算等，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意利用三段式法计算，较为直观，难度不大。第10 页，共 14页10.V 、 Co三角锥形3： 1 sp2 硼单质是原子晶体，熔点高，Al 、【答案】 哑铃形Ga 均为金属晶体，且位于同主族，Al 、Ga 的价电子数相同， Al 的原子半径较小，则金1314353属键较强，熔点较高(,)44416a 3 NA【解析】 解： (1)Ga 处于周期表中第 4 周期第 A 族，则基态 Ga 原子的核外电子排布式为： Ar3d 10 4s2 4

29、p1，依据电子排布式可知最高能级为4p， 4p 轨道为哑铃型；故答案为： Ar3d 10 4s2 4p1 ；哑铃形；(2) 基态 As 原子未成对电子数是3，第四周期元素中，与基态As 原子核外未成对电子数目相同的元素有 V 、Co；故答案为： V 、 Co；(3)NF 3中 N 原子加层电子对数n = 5+3 = 4，孤电子对数 m =5-3 = 1，依据价层电子对22互斥理论可知为三角锥形； N2 F2分子中各原子都满足8 电子结构， 所以其结构式为： F -N= N-F，含有 键为 3 个，含有 1 个 键，所以分子中 键和 键的个数比为： 3： 1；氮原子连2 个 键，含有 1 对孤电子对，为 sp2杂化；故答案为：三角锥形； 3： 1； sp2 ；(4)B 、 Al 、 Ga 单质， B 为原子晶体，熔点高，Al 、 Ga 均为金属晶体，且位于同主族，Al 、Ga 的价电子数相同，Al 的原子半径较小，则金属键较强， 熔点较高， 所以 B、