2020高考化学刷题仿真模拟5套考试试卷仿真模拟+版含解析

1、仿真模拟（九）一、选择题（每题6分，共42分）7 . （2019江西九校高三联考）高科技材料与生活、生产、科技密切相关。下 列有关重点发展的科技材料说法错误的是（）A.用于“天宫二号”的纳米陶瓷铝合金硬度大、强度高8 .生物塑料可减少白色污染C.高性能分离膜可用于海水淡化9 .用于3D打印材料的光敏树酯是纯净物答案 D解析 纳米陶瓷铝合金属于新型材料，具有高熔点、硬度大的特点，则用于 “天宫二号”的纳米陶瓷铝合金具有硬度大的特点，A正确；生物塑料属于可降解塑料，在自然界中会发生降解，不会产生白色污染， B正确；高性能分离膜的 特点就是“智能化”，有选择地使粒子通过，所以可用于海水的淡化， C正

2、确； 光敏树酯属于有机高分子材料，高分子材料属于混合物，所以用于 3D打印材料 的光敏树酯是混合物，D错误。8. （2019福建漳州高三质检）甲、乙、丙三种姓分子的结构如图所示，下列 有关说法正确的是（）甲乙丙A.甲的分子式为C4H4,1 mol甲分子中含4 mol共价键B.乙和苯互为同分异构体C.丙分子的二氯取代产物有两种D.甲、乙、丙互称为同系物答案 B解析 1 mol甲分子中含6 mol CC键，4 mol CH键，共10 mol共价键,故A错误；乙和苯分子式均为 C6H6,结构不同，互为同分异构体，故 B正确； 丙分子的二氯取代产物应该有3种，分别为相邻顶点，面对角线顶点，体对角线 顶

3、点，故C错误；甲、乙、丙结构不同，也不相差若干个 CH2原子团，所以不 互称同系物，故D错误。9. （2019陕西咸阳高三一模）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共 存的是（）A.能使甲基橙变为橙色的溶液：Na > NH4、CO2 > Cl10. 使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：k+、SO4 > S2 > ClC. 0.1 mol L：1 KOH 溶液中：S2、Na > SO3、NO3 c HD.常温下，=1.0X 1012的溶减:Fe2、Mg2、NO3、Clc OH答案 C解析 能使甲基橙变为橙色的溶液，显酸性，不能大量存在 CO3 ,故A错 误；能使淀粉碘化

4、钾试纸显蓝色的溶液，具有氧化性，不能存在具有还原性的 S2-,故B错误；碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故 C正确；常温c H+_下，=1.0X1012的溶液，显酸性，Fe2+、H +、NO3发生氧化还原反应，cOH-不能共存，故D错误。10. （2019福建南平高三质检）四种短周期元素X、Y、Z和M在周期表中的 位置如图所示，Y原子序数是X的2倍。下列说法不正确的是（）XYZMA.Z、M、X的简单离子半径依次减小B. Y和M可形成离子化合物 YM4C. X的简单气态氢化物的稳定性强于 Y的D. M的最高价氧化物对应水化物的酸性比 Z的强答案 B解析 由题意可知，X、Y、Z、M分别为N

5、、Si、S、Cl。S2-、C的电子 层结构相同，核电荷数越大，半径越小，N3-少一个电子层，半径依次减小，故A正确；Y和M可形成化合物SiCl4,是共价化合物，故B错误；非金属性N>Si, 所以稳定性NH3>SiH4,故C正确；非金属性Cl>S, Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性比S的强，故D正确11. （2019湖北部分重点中学高三联考）高温时通过以下反应制备金属铝。用铝制作的“快速放电铝离子二次电池”的原理如下图所示（EMI+为有机阳离子）A在相禽向离液体Al 2O3(s) + AlCl 3(g) + 3c(s)=3AlCl(g) + 3CO(g) AH = a kJ

6、mol13AlCl(g)=2Al(l) + AlCl 3(g) AH2=b kJ mol 1 Al 2O3(s) + 3C(s)=2Al(l) + 3CO(g) AH3下列说法正确的是()A.该电池放电时的负极反应方程式为Al3e +7AlCl4=4Al2Cl7B. AH3<0C.该电池充电时石墨电极与电源负极相连D. Al2O3(s) + 3C(s)=2Al(l)+3CO(g)AH3=(ab) kJ mol 1答案 A解析放电时铝为负极，被氧化生成Al2Cl7,铝离子和 AlCl 4反应生成Al 2Cl7 ,所以负极反应方程式为 Al-3e- + 7AlCl 4=4Al2Cl7, A正

7、确；放电时铝为负极被氧化，其逆过程就是充电时为铝作阴极被还原， 放电时石墨电极为正 极发生还原反应，其逆过程就是充电时作阳极发生氧化反应，所以该电池充电时石墨电极与电源正极相连，故C错误；根据盖斯定律：十:，因此A12O3(s) + 3C(s)=2Al(l) + 3CO(g) AH3=(a+b) kJ mol_1,不确定反应、是放热反 应还是吸热反应，所以 AH3无法确定，故B、D错误。12. (2019山东泰安高三质检)某研究性学习小组讨论甲、乙、丙、丁四种实 验装置的有关用法，其中正确的是()和酸液 的碳溶醉硫醋 乙浓冰A.甲装置：可用来除去CO气体中的CO2气体B.乙装置：可用来验证 N

8、aHCO3和Na2CO3的热稳定性C.内装置：可用来实验室制备乙酸乙酯D. 丁装置：可用来比较 HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱答案 C解析 洗气应长进短出，A错误；小试管中应装 NaHCO3,外面大试管装Na2CO3,里面的NaHCO3分解，而外面的 Na2CO3不分解，说明Na2CO3稳定性强，B错误；可以用内装置制备乙酸乙酯， C正确；生成的CO2中有HCl气体,最终烧杯中生成的H2SiO3沉淀也可能是盐酸与Na2SiO3反应而得，不能比较碳酸与硅酸的酸性强弱，D错误。13. （2019湖南教考联盟高三一诊）草酸（H2c2O4）是一种二元弱酸。常温下向 一 一 一一 一 2c

9、HC2O4 3. c C2O4H2c2O4溶减中滴加NaOH溶披，混合溶故里lg X X表小一小小或 口 随 c H2C2O4 c HC2O4pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是（）c HC2O4A .直统1中X表小的7H c H2c2O4B.直线I、n的斜率均为1C. c(HC2O4)>c(C2O4 )>c(H2c2O4)对应 1.22<pH<4.19D. c(Na ) = c(HC2O4)+2c(C2O4 )对应 pH = 7答案 C解析二元弱酸草酸的KicH+ CHC2O4C H2c2O4c H+ cC2O2->K2:,当 lg Xc HC2O4=0

10、时，pH = lg c(H + )= lg K,pHi=1.22<pH2=4.19,表明 Ki = 101.22>K2=10-4.19,所以直线I中X表示的是C HC2O4c C204-° ，直线R中X表示的是,c H2C2O4 'c HC2O4c HC2O4c C2O4-故A正确；pH=°时,1g chcot =lg K1=-1.22|g ；COr=lg K24.19,c C2O4-所以，直线I、II的斜率均为1,故B正确；设pH = a, c（H+）=10a,c HC2O4K2=10a-4.19,当 c(C2O4 )<c(HC2O4)时，10a

11、-4.19<1 即 a 4.19<0,解得:cH十c H+ c HC2O4 c H+ CC2O4c2 H+ CC2O4一a<4.19; K1 K2=口 ° 二'c H2C2O4C HC2O4C H2c2O4mC C2O2-，即c H2c2O4=K1：2 = 102a5.41,当 c(C2O2 )>c(H2c2O4)时，102a5.41>1 即 2a 5.41>0,解得 a>2.705,所以 c(HC2O4)>c(C2O4 )>c(H2c2O4)对应 2.705<pH<4.19,故 C 错误;电荷守恒：c(Na

12、+ ) + c(H+)=c(HC2O4 ) + 2c(C2O4 ) + c(OH -),当 c(Na + ) =c(HC2O4) + 2c(C2O4 )时，c(H+)=c(OH-),对应 pH = 7,故 D 正确。二、非选择题（一）必考题（共43分）26. （2019深圳市高三调研）（15分）室温下，某同学进行CO2与Na2O2反应的 探究实验，回答下列问题。（1）用下图装置制备纯净的CO2内装置的名称是 ,乙、内装置中盛装的试剂分别是_0若CO2中混有HCl ,则 HCl与Na2O2反应的化学方程式为（2）按照下面的装置图进行实验（夹持装置略）先组装仪器，然后,再用注射器1抽取100 mL

13、纯净的CO2, 将其连接在Ki处，注射器2的活塞推到底后连接在 K2处，具支U形管中装入 足量的Na2O2粉末与玻璃珠。打开止水夹 Ki、K2,向右推动注射器 1的活塞，可观察到的现象是实验过程中，需缓慢推入CO2,其目的是,为达到相同目的，还可进行的操作是 （3）实验结束后，当注射器1的活塞推到底时，测得注射器 2中气体体积为 65 mL,则CO2的转化率是。答案（1）球形干燥管 饱和NaHCO3溶液 CaCl2或P2O52N%O2 + 4HCl=4NaCl + 2H2O + O2 T（2）检查装置气密性 U形管中的淡黄色粉末逐渐变浅，注射器 2的活 塞向右移动 使反应进行得更充分多次往返推

14、动注射器1和2的活塞（3）70%解析（1）内装置的名称是球形干燥管，乙中装的是饱和NaHCO3溶液，除去二氧化碳中的HCl,内装置中盛装的是CaCl2或P2O5,干燥二氧化碳气体。（2）二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，则 U形管中的过氧化钠淡黄色粉末逐渐变浅，生成的氧气进入注射器2中，所以注射器2的活塞向右移 动。(3)2Na2O2+ 2CO2=2Na2CO3+ O2, /V(减小)70 mL35 mLCO2的转化率是需m：x 100%= 70%。27. （2019贵州省高三模拟）（14分）纳米微晶Zn4CO3（OH）6（碱式碳酸锌）属于 高端精细化工产品，晶粒粒度介于 910.4 n

15、m之间，不溶于水和醇。某高校实 验室用工业级硫酸锌（主要成分ZnSO4,含少量Fe2+、Cu2+> Cd2+、Co3+、Ni2 ） 制备纳米微晶碱式碳酸锌样品的流程如下：工业级钟粉，Mi+nah硫锌H式)锌粉 Sh式 溶液已知:a. Fe(OH)3、Fe(OH)2、Zn(OH)2 的 pKsp(即-1g Ksp)分别是 37.4、15.4、16.2。b.残留在溶液中的离子浓度小于10 5 mol/L时，可认为沉淀完全。c.滤渣田所含主要金属元素是 Sb、Co、Ni。(1) “除杂I ”目的是除去溶液中的铁元素，则H2O2的作用是 ;若溶液中c(Zn2+)= 1.0 mol/L ,此过程中

16、还应调节溶液的pH在 范围(不考虑离子间的相互影响)。(2) “除杂与“除杂田”均为还原除杂。滤渣II的主要成分是 o“除杂田”中加入的Sb2O3在溶液中主要以HSbO2存在。请写出锌与Co2 +、HSbO2生成“金属间化合物" CoSb(CoSb各元素化合价视为0价)的离子方程 式(3) “沉锌”后得到的固体先用去离子水洗涤，再用乙醇洗涤。用乙醇洗涤的目的是 o(4)加入MgSO4 7H2O的主要目的是降低样品晶粒粒度，但主元素Zn的质量 分数必须在56%以上。下表是不同镁锌质量比对产品晶粒粒度及Zn质量分数的影响:头驳编P镁锌质量比晶粒粒度/nmw(Zn)%w(Mg)%0.88

17、: 2211.357.030.970.93 : 2210.856.891.020.98 : 2210.356.501.111.02 : 229.556.271.241.12 : 22755.971.42实验中合适的镁锌质量比为 (K实验编号)；如镁锌质量比值过高,Mg2+还可能会生成（填化学式），从而对样品造成影响。（5）样品中锌的含量可用EDTA（可表示为H2Y2一）滴定法测定，反应式为Zn2+ + H2Y2 =ZnY2 + 2H + oM a g纳米微晶碱式碳酸锌样品，酸溶后得到pH为5 6的溶液，以二甲酚橙作指示剂，用 b mol/L EDTA标准溶液滴定，消耗EDTA 溶液c mL,则

18、样品中锌的质量分数是 第代数式表示）。答案 将F?氧化成Fe3+,以便形成氢氧化铁沉淀而除去3.2<pH<5.9（2）Cu、Cd 5Zn+ 2HSbO2+ 2Co2+ + 6H+=2CoSb+ 5Zn2 + + 4H2O(3)去除固体表面的水，便于干燥(4) Mg(OH)2(或 MgCO3、Mg2(OH)2CO3、Mg4CO3(OH)6)(5)0.065bcax 100%解析（1） “除杂I”的目的是除去溶液中的铁元素，加入适量 H2O2溶液,将Fe2+氧化成Fe3+,以便形成氢氧化铁沉淀而除去；Fe(OH)3、Zn(OH)2的pKsp(即lg Ksp)分别是 37.4、16.2,

19、则 KspFe(OH)3 = 10-37.4, KspZn(OH)2 = 10-16：若溶液中 c(Zn2+)=1.0 mol L=1, Zn(OH)2 开始时，KspZn(OH)2 = c(Zn2+) c2(OH10-16.2-) = 10-16.2, c(OH )=、/ 1n mol/L = 10-8.1 mol/L , c(H+)=10-5.9 mol/L , V 1.0溶液的pH = 5.9,要使Zn2+不产生沉淀，则溶液的pH<5.9;残留在溶液中的离子浓度小于105 mol L-1时，可认为沉淀完全,则Fe3+完全沉淀时,KspFe（OH）33 10-37.4= c(Fe3+

20、) c3(OH) = 1037.4, c(OH)= mol/L = 10-10.8 mol/L, c(H + )=10-3.2 mol/L,此时溶液的pH =3.2,要使Fe3+完全沉淀，则溶液的pH>3.2,所以溶液的pH范围为3.2<pH<5.9o（2）除杂H:由已知信息c可得，向滤液中加入锌粉主要还原 Cu2+、Cd2+, 则滤渣II的主要成分是Cu、Cd。锌与Co2+、HSbO2生成“金属间化合物" CoSb（CoSb各元素化合价视为0价）Co元素化合价从+ 2价变为0价，化合价降低2价，Sb元素化合价从+ 3 价变为0价，化合价降低3价，则生成CoSb化合

21、价降低5价，而Zn的化合价 升高2价，根据得失电子守恒配平该反应的离子方程式为 5Zn+2HSbO2 + 2Co2 + + 6H + =2CoS计 5Zn2+ + 4H2O。（3）碱式碳酸锌不溶于乙醇，且乙醇与水互溶，用乙醇洗涤可去除固体表面 的水，便于干燥。（4）根据图表可知，Mg : Zn（质量比）越大，产品品粒度越小，Zn的质量分数 越来越小，当Mg : Zn超过1.02 ： 22后，产品颗粒度虽然小，但主元素 Zn的质 量分数在56%以下，且晶体粒粒度应介于 910.4 nm之间，故实验中合适的镁 锌质量比为；如镁锌质量比值过高，Mg2+浓度较大，可能会生成Mg（OH）2、MgCO3、

22、Mg2(OH)2CO3、Mg4CO3(OH)6。(5)根据 Zn2+ + H2Y2=ZnY2+ 2H +可知：Zn2+EDTA(H 2丫2 一),贝tj n(Zn2+ ） = n（EDTA）,则样品中锌的质量分数是:x 100%65 g/mol x b mol/L x cx 10-3 La g0.065bcx 100%。28. （2019湖南省娄底市高三二模）（14分）近年来环保要求日益严格，烟气脱硫脱硝技术也逐步完善，目前比较成熟的“氨水一臭氧组合高效脱硫脱硝技术方 案”原理如图1所示：陶I脱轨脱所搭小或图(1)静电除尘处理的烟气属于(填分散系名称)，脱硫脱硝塔中待处理 烟气从塔底充入而氨水

23、从中上部喷淋的主要目的是 (2)已知：2NO2(g)=2NO(g) +02(g) Hi = +115.2 kJ mol 1;2O3(g)=3O2(g) AH2= 286.6 kJ mol 1。写出臭氧与NO作用产生NO2和O2的热化学方程式：o包容密闭体系中no氧化率随nnNO值的变化以及随温度的变化曲线如图2所示。NO氧化率随黑值增大而增大的主要原因是 当温 度高于100 c时，03分解产生活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低 的可能原因：平衡后，温度升高平衡逆移；发生反应 (4)已知 2N0(g) + 2C0(g)=2C6(g)+ N2(g) AH = 744 kJ mol1。为研

24、究汽车尾气转化为无毒无害物质的有关反应，某温度下在密闭容器中充入10 molCO和8 mol NO,发生反应，如图3所示为平衡时NO的体积分数与压强的关系。 当压强为10 MPa时，该温度下平衡常数 Kp=MPaT(保留两位有效数字)(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压X物质的量分数)。ill 源川前 25 曲1()、。的体休分数僧(5)可用电化学法处理废水中的 NH4,并使其转化为NH3而循环利用。在含NH4的废水中加入氯化钠，用惰性电极电解。装置如图 4所示，电解时a极的电 极反应式为答案(1)胶体 利用逆流原理(增大SO2、NO2与氨水的接触面积)，让烟气中的SO2和产生的NO2充分

25、被氨水吸收(2)NO(g) + O3(g)=NO2(g) + 02(g) AH = 200.9 kJ m ol1(3)端T值增大，O3浓度增加，有利于平衡NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)正向移动，使NO氧化率增大 NO2 + O=£=NO+O2(4)0.089(5)2NH4 + 2e =2NH3 T + H2 T (或 2H2O+2e =H2 T + 2OH , NH4+OH =NH3 T + H2O)解析(1)利用胶体的电泳可以将烟气进行静电除尘；气体从下往上扩散而氨水从上往下喷淋，增大被吸收气体与氨水的接触面积，延长反应时间，能让烟气中的SO2和产生的NO2充分被

26、氨水吸收。(2)利用盖斯定律 32切 再除以2即可得。(4)体积分数为物质的量分数。2NO(g) + 2CO(g)=N2(g)+ 2CO2(g)初始(mol): 81000变化(mol): 2x2xx2x平衡(mol): 8 2x 10 2x x 2xn NO 平 8-2x体积分数=25%解彳3x = 2n 总18x_f2故Kp =p总 w N2 p总 w CO2 p总 w NO 2 p总 w CO 20.089 MPa-110 MPaX 1x 10 MPaX1 2 84：10 MPa 2x 10 MPaX 2 248(5)阴极上俊根离子得到电子发生还原反应生成氨气和氢气，为确保氨气能挥发出去

27、，需要保证a极为阴极，否则氨气将大部分溶解在水中，电极反应式为2NH 4 +2e- =2NH3 f + H2 T 或 2H2O + 2e- =H2 T + 2OH 一， NH 4 + OH -=NH3 f + H2O0(二)选考题(共15分)35. (2019福州市高三质检)化学一一选彳3:物质结构与性质(15分)钻元素是三元锂离子电池阳极材料的重要成分。请回答下列问题：(1)钻元素在周期表中的位置是 ,其外围电子排布式为 。(2)已知第四电离能大小：I4(Fe)>I4(Co),从原子结构的角度分析可能的原因(3)配位化学创始人维尔纳发现，取 1 mol配合物CoCl3 6NH3(黄色)

28、溶于水，加入足量硝酸银溶液，产生 3 mol白色沉淀，沉 淀不溶于稀硝酸。原配合物中络离子形状为正八面体。根据上述事实推测原配合物中络离子化学式为 。该配合物在热NaOH溶液中发生反应，并释放出气体，该反应的化学方 程式为 生成气体分子 的 中心原 子杂化方式为 O经X射线衍射测定发现，晶体钻在 417 C以上堆积方式的剖面图如图所示，则该堆积方式属于 ,若该堆积方式下的晶胞参数为 a cm,则钻原子的半径为 pm。答案(1)第四周期Vffl族 3d74s2(2)Fe3+电子排布由较稳定的3d5变为不稳定的3d4需要更多的能量(3)Co(NH3)63+Co(NH3)6Cl3 + 3NaOH=C

29、o(OH)3j + 6NH3 T+ 3NaCl sp3(4)面心立方最密堆积 *a x 1010解析 (1)钻元素的原子序数为 27,基态钻原子的核外电子排布式为 Ar3d 74s2,其在周期表中位于第四周期Vffl族，外围电子排布式为3d74s2。(2)Fe3+的价电子排布式为3d5, Co3+的价电子排布式为3d6,再失去一个电 子，Fe3+的电子排布由较稳定的3d5变为不稳定的 3d4需要更多的能量，故I4(Fe)>I4(Co)。(3)由题意知，白色沉淀为AgCl,1 mol配合物CoCl3 6NH3与足量硝酸银溶 液反应产生3 mol AgCl,则CL全部位于配合物的外界，络离子形状为正八面体， 则配体有6个，故络离子化学式为Co(NH3)63+0该配合物与热NaOH溶液反应释放出的气体为 NH3,同时生成Co(OH)3 沉淀,据此可写出反应的化学方程式。 NH3的中心N原子有4个价电子对(3个 成键电子对、1个孤电子对)，杂化方式为sp3。(4)从剖面图可看出晶胞中8个顶点、6个面心均有钻原子，故堆积方式属于2面心立方取餐'堆积；设钻原子的半径为r pm,则有亚a= 4rx 10，故r=axi010。36. (2019山西省高三考前适应性训练)化学一一选彳5:有机化学基础(15分)已知：Die