(精选3份合集)2020届山东省枣庄市高考数学模拟试卷

A. 科考船外壳主要成分为Fe提高抗腐蚀能力，可以镶嵌比Fe活泼的金属如Zn等，Pb金属性比铁弱，会形成原电池，加速Fe的腐蚀，故A错误；

B. 利用牺牲阳极的阴极保护法保护船体，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故B错误； C. 停靠期间可以采用外加电流的阴极保护法，电源负极与船体相连接，故C正确； D.除电化学保护法防腐蚀外，还有涂层保护法等，故D错误； 故答案选：C。 【点睛】

防腐蚀有牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法。 11．A 【解析】 【详解】

A．稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散；一定不能把水注入浓硫酸中，故A正确；

B．使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可”，不能向燃着的酒精灯内添加酒精，故B错误； C．检验CO2是否收集满，应将燃着的木条放在集气瓶口，不能伸入瓶中，故C错误； D．过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，玻璃棒紧靠三层滤纸处，故D错误； 故答案选A。 12．C 【解析】 【详解】

A. 由于金属锂的密度和相对原子质量都很小，所以金属锂是所有金属中比能量最高的电极材料，A正确； B. 金属Li非常活泼，很容易和氧气以及水反应，该电池组装时，必须在无水无氧条件下进行，B正确； C. 放电时，电子从Li电极经外电路流向正极，电子不能经过电解质溶液，C错误；

??D. 充电时，阳极反应式为4Cl?S?SO2?4e?2SOCl2，D正确；

故答案选C。 13．B 【解析】 【详解】

A．甲苯中没有碳碳双键，能萃取使溴水褪色，故A错误；

B．己烯中含有碳碳双键，能够与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，故B正确； C．丙酸中没有碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误； D．戊烷为饱和烷烃，不能使溴水褪色，故D错误； 故选：B。

14．A 【解析】 【详解】

A.元素非金属性F>Cl>Br>I，影响其气态氢化物的稳定性的因素是共价键的键能，共价键的键能越大其氢化物越稳定，与共价键的键能大小有关，A正确；

B.物质的密度与化学键无关，与单位体积内含有的分子的数目及分子的质量有关，B错误；

C. HI、HCl都是由分子构成的物质，物质的分子间作用力越大，物质的沸点就越高，可见物质的沸点与化学键无关，C错误；

D.元素非金属性F>Cl>Br>I，元素的非金属性越强，其得电子能力越强，故其气态氢化合物的还原性就越弱，所以气态氢化物还原性由强到弱为HI>HBr>HCl>HF，不能用共价键键能大小解释，D错误； 故合理选项是A。 15．D 【解析】 【详解】

A. 硫与氧气反应属于放热反应，放热反应焓变小于0，△H2<0，故A错误； B. 反应放出热量多少未知，无法判断△H3和△H1大小，故B错误； C.

；

①，

；

Mn(s)+SO2(g)=MnO2(s)+S(s)，②，①-②得： ，故C错误；

根据盖斯定律得，Mn(s)+SO2(g)=MnO2(s)+S(s)；D.

；

；②

；

根据盖斯定律③-①-②得：故选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

③

；

①

，故D正确；

16．Mg2SiO4（s）+2CO2（g）+H2O（l）= 2MgCO3（s）+H2SiO3（s）△H=-124.6kJ?mol-1 该反应放热（或△H <0）有利于正向进行 K=c2?CO2? AC 促进萃取平衡逆向移动,Fe3+进入水层 5.0≤ pH

<8.5 向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液 ，若无沉淀生成，证明Na2CO3过量（其他答案合理即可） 不利于Fe3+萃取，避免制备MgCO3时消耗更多的氨水 【解析】 【分析】

将废渣溶于硫酸，硅元素形成硅酸沉淀被过滤除去，用过氧化氢进行氧化，确保铁元素氧化成三价，通过

萃取的形式除去三价铁，调pH除去铝离子，最后加碳酸钠形成碳酸镁，再通过过滤、洗涤、在50℃下干3H2O。 燥，得到Mg CO3·【详解】

(1) ①MgCO3(s)+2H+(aq)=Mg2+(aq)+CO2(g)+H2O ?H1 = -50.4kJ·mol-1 mol-1 ②Mg2SiO4(s)+4H+(aq)=2Mg2+(aq)+H2SiO3(s)+ H2O(l) ?H2 =-225.4kJ·②-2×①：Mg2SiO4(s)+2CO2(g)+H2O(l)=2MgCO3(s)+H2SiO3(s)

mol-1)-2×(-50.4kJ·mol-1)= -124.6kJ?mol-1，该反应能正向进行的原因是该反应放热△H=?H2-2×?H1=(-225.4kJ·

（或△H <0）有利于正向进行，平衡常数K=c2?CO2?，故答案为：Mg2SiO4(s)+2CO2(g)+H2O(l)=

22MgCO3(s)+H2SiO3(s) △H=-124.6kJ?mol-1；该反应放热（或△H <0）有利于正向进行；K=c(2) ①萃取是为了得到FeA3（有机层）：

A．适当提高萃取剂的浓度，可以提高萃取效率，A正确； B．提高溶液酸度，不利于FeA3（有机层）的生成，B错误； C．多次萃取可以尽可能的得到FeA3，C正确； D．有机层在上层，上层液体从上口倒出，D错误； 综上所述，AC正确，故答案为：AC；

?CO2?；

②由Fe2(SO4)3(水层)+6HA(有机层)=2FeA3(有机层)+3H2SO4(水层)可知，加硫酸可使平衡逆向移动，使Fe3+进入水层，故答案为：促进萃取平衡逆向移动，使Fe3+进入水层；

(3)①滴加氨水是为了使铝离子沉淀而除去，将铝离子沉淀除去，pH至少为5.0，镁离子不能沉淀，否则会降低产率，pH需小于8.5，故答案为：5.0≤ pH <8.5；

②加Na2CO3溶液的目的是为了和Mg2+反应生成MgCO3沉淀，若Na2CO3过量，则上层清液中不含有Mg2+，可继续向上层清液中滴加Na2CO3溶液 ，若无沉淀生成，证明Na2CO3过量，故答案为：向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液 ，若无沉淀生成，证明Na2CO3过量（其他答案合理即可）；

(4)从反萃取平衡：Fe2(SO4)3(水层)+6HA(有机层)=2FeA3(有机层)+3H2SO4(水层)可知，硫酸太多不利于Fe3+萃取，同时再加氨水调pH除Al3+时将消耗更多的氨水，故答案为：不利于Fe3+萃取，避免制备MgCO3时消耗更多的氨水。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．KIO3?2HIO3 I2+2H2O+SO2=2I-+SO42﹣+4H+ 3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3 【解析】 【分析】

由反应②可知生成黄色溶液，则应生成碘，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸，方程式为I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+，加入足量氯化钡生成硫酸钡沉淀质量为20.97g，可知n（BaSO4）=

20.97g=0.09mol，则n（I2）=n（SO2）=0.09mol，n（I）=0.18mol，步骤②中消耗KI0.15mol，化合

233g/mol物X由4种元素组成，加入KOH为单一成分溶液，则应与KOH发生中和反应，含有K、H、I、O等元素，=0.03mol，=0.03mol，则5.66gX应含有n（I）应发生IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，消耗KI0.15mol，可知n（IO3﹣）如化合物为0.01mol，则相对分子质量为【详解】

（1）由以上分析可知X为KIO3?2HIO3，黄色溶液乙含有碘，与SO2反应的离子方程式是I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+，故答案为：KIO3?2HIO3；I2+2H2O+SO2=2I﹣+SO42﹣+4H+；

（2）X中一种元素对应的单质，与足量的K2CO3溶液反应得到的产物中含溶液甲中溶质，应为碘与碳酸钾3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3。的反应，化学方程式为3I2+2K2CO3+3H2O=5KI+KIO3+6KHCO3，故答案为： 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．+84 升高温度 降低压强 bd c 此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高 1.575 HCHO+2Ni2++H2O=2Ni+CO2↑+4H+ 0.02 【解析】 【分析】 【详解】

（1）生成物和反应物之间的能量差为463kJ/mol-379kJ/mol=84kJ/mol；

（2）该反应是气体分子数增加的、吸热的可逆反应，因此根据勒夏特列原理，我们可以采用升高温度、降低压强的方法来促进平衡正向移动，提高转化率；再来看平衡的标志： a.反应物和生成物都是气体，因此气体的密度是恒定不变的，a项错误；

b.该反应前后气体分子数不等，因此当压强保持不变时，说明反应已达到平衡状态，b项正确； c.甲醇和氢气的化学计量数相同，因此无论何时都有v(CH3OH)消耗=v(H2)生成，c项错误；

d.当甲醛的浓度保持不变，说明其消耗速率和生成速率相同，即此时达到了平衡状态，d项正确； 答案选bd；

（3）在700℃时，甲醛选择性和甲醇转化率均较高，因此700℃是最合适的温度，答案选c；

（4）平衡时甲醇为0.2mol，因此有0.8mol甲醇被消耗，其中甲醛有0.7mol，说明有0.7mol甲醇发生了反应①，有0.1mol甲醇发生了反应②，因此氢气一共有0.7mol+0.1mol?2=0.9mol，代入平衡常数的表达式有K=5.66=566 ，应为KIO3?2HIO3，以此解答该题。 0.01c(HCHO)c(H2)0.35mol/L?0.45mol/L=?1.575；

c(CH3OH)0.1mol/L（5既然是镀镍，则镍被还原为单质，而甲醛被氧化为二氧化碳，因此反应的离子方程式为

HCHO+2Ni2++H2O=2Ni+CO2?+4H+；甲醛中的碳可以按0价处理，二氧化碳中的碳为+4价，因此

每生成1个二氧化碳分子需要转移4个电子，而112mL二氧化碳的物质的量为因此一共要转移0.02mol电子。 【点睛】

对于任意一个氧化还原反应，总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数，因此只需求出最好

0.112L=0.005mol，

22.4L/mol