2020年高考全国I卷高三最新信息卷 化学（八）

此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

绝密 ★ 启用前
2020年高三最新信息卷
化 学 （八）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65

一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化。下列说法错误的是
A．“木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素
B．“苏绣”是用蚕丝为线在丝绸上做绣的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质
C．“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为CaCO3
D．“司南之杓，投之于地，其柢指南”中的“杓”的主要成分是天然磁铁(Fe3O4)
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．60g冰醋酸和果糖的混合物中含氧原子的数目为2NA
B．标准状况下，33.6L CHCl3中含有的共价键的数目为6NA
C．常温下，将2.7g Al投入足量的浓硝酸中，转移电子数为0.3NA
D．78g H2SiO3胶体中含有的胶粒数目为NA
9．多巴胺是一种神经传导物质，会传递兴奋及开心的信息。其部分合成路线如下，下列说法正确的是

A．甲中苯环上的溴代产物有2种
B．lmol乙与H2发生加成，最多消耗3mol H2
C．多巴胺分子中所有碳原子可能处在同一平面
D．甲、乙、多巴胺3种物质均属于芳香烃
10．X、Y、Z、M是短周期的四种元素，原子序数依次增大。X和M为同一主族元素，Y的最外层电子数为3，Z是地壳中含量最高的元素，X、Y和M三元素可组成MYX4化合物，其结构式如图所示，下列说法错误的是

A．MYX4化合物中X的化合价为+1
B．Z与X、M形成的二元化合物均不止一种
C．M在自然界中以化合物形式存在
D．原子半径由大到小顺序为M>Y>Z>X
11．天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如下图所示。下列说法不正确的是

A．脱硫过程O2间接氧化H2S
B．该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液
C．亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血
D．《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐
12．利用电溶氧化法从低品位钼矿中回收铼(Re)，其原理如图所示，下列说法正确的是

A．阴极材料选用石墨烯增大了接触面积
B．上图装罝中的离子交换膜为阴离子交换膜
C．铂电极反应式为8H++ReO+7e−=Re+4H2O
D．有0.4mol e−转移时，石墨烯上产生0.2mol H2
13．常温下，向10mL 0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是

A．溶液中的阳离子浓度总和最大的是d点
B．常温下，HR的电离平衡常数数量级为10−8
C．b点和d点溶液中，水的电离程度不相等
D．d点的溶液中，微粒浓度关系：c(R−)+2c(HR)=c(NH3∙H2O)
二、非选择题（共43分）
26．（14分）碳酸铈[Ce2(CO3)3]是制备稀土发光材料、汽车尾气净化催化剂的重要原料。碳酸铈可由铈的氯化物和碳酸氢铵反应制备。甲同学利用下列装置模拟制备Ce2(CO3)3：

已知：i.装置C中溶液为亚硫酸钠溶液；ii.Ksp[Ce2(CO3)3]=1.00×10−28；iii.Ce3+易被空气氧化成Ce4+。
(1)装置D中盛放稀盐酸的实验仪器名称为________，装置C中溶液的作用是________。
(2)装置A中发生的化学反应方程式为________。
(3)实验装置中有一处不合理，请针对不合理之处写出改进措施：________。
(4)装置B中制备Ce2(CO3)3反应的离子方程式为________。
(5)实验过程中当Ce3+沉淀完全时，溶液中c(CO)为________。
(6)Ce2(CO3)3在装置B中沉淀，然后经过静置、过滤、洗涤、干燥后即可得到产品。检验产品是否洗涤干净的方法为________。
(7)为测定产品中Ce2(CO3)3的纯度，取2.00g产品加入稀硫酸、溶液至全部溶解，配成100.00ml溶液，取25.00ml溶液用的溶液滴定至终点(铈被还原成Ce3+)，消耗溶液20.00ml，则产品中Ce2(CO3)3的纯度为________。
27．（14分）工业上研究高效处理煤燃烧释放出来的SO2，有利于减小环境污染。在T℃时，利用CO处理SO2的反应为：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) ΔH=akJ/mol。
（1）已知T℃时：C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH1=-110.5kJ/mol
S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH2=-290.0kJ/mol
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH3=-390.0kJ/mol
则T℃时，a=__________。
（2）在T℃下，将1.4mol CO和1mol SO2通入2L恒容容器中发生上述反应，反应体系气体总物质的量随时间变化如图；在0~10min，反应的平均速率v(CO)=___，SO2的平衡转化率(SO2)=___%；在T℃时该反应的平衡常数Kc=___L/mol。

（3）实验测得：v正=v(CO)消耗=k正c(CO)·c(SO2)，v逆=v(CO2)消耗=k逆，k正、k逆为只受温度影响的速率常数。若将（2）中容器内的温度升高（假设各物质的状态不发生变化），的值将_____________（填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）某科研团队研究用Fe2(SO4)3(aq)处理SO2：Fe3+溶液吸收SO2发生的离子反应方程式为____________；其他外界条件不变下，在相同时间内温度对SO2吸收率的影响结果如图，在40℃前，SO2的吸收率随温度变化的可能原因是 ；在40℃后，SO2的吸收率发生的变化是温度升高该反应逆向移动的结果，导致反应逆向移动的原因：一是该反应为放热反应，二是 。

28．（15分）长余辉材料在发光照明、交通等领域具有广泛的应用前景。下图是一种利用大理石(主要成分CaCO3和MgCO3)和铝土矿(主要成分Al2O3，还含少量Fe2O3杂质)制备一种长余辉材料(Ca12Al14Ox)的工艺流程图。回答下列问题：

(1)Ca12Al14Ox中x的数值为______，试剂X的名称是_________。
(2)NH4Cl溶液能溶解“粉末”的原因是 ，溶液乙中发生的主要反应的化学方程为 。
(3)反应②的离子方程式为 。
(4)实验室加热Al(OH)3应在________(填仪器名称)进行；操作①包括_____、干燥等。
(5)若溶液甲中c(Mg2+)B>O>H，即M>Y>Z>X，故D正确；故答案为A。
11. 【答案】B
【解析】B．T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2(SO4)3为催化剂，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，答案选B。
12. 【答案】C
【解析】根据题意，利用电溶氧化法从低品位钼矿中回收铼(Re)，因此右侧ReO得到电子，发生还原反应，铂电极为阴极，电极方程式为ReO+7e－+8H+=Re+4H2O；而石墨烯电极为阳极，稀硫酸中的H2O失去电子，生成O2，电极方程式为2H2O-4e－=4H++O2↑。A．选用石墨烯，可以增大接触面积，但是根据分析，石墨烯电极为电解池的阳极，而不是阴极，A错误；B．在电解池的右侧，ReO得到电子生成Re，电极方程式为ReO+7e−+8H+=Re+4H2O；电解池的左侧，稀硫酸中的H2O失去电子，电极方程式为2H2O-4e−=4H++O2↑，左侧生成的H+，经过离子交换膜到达右侧被消耗；右侧溶液中的K+也需要移动到左侧，与SO结合，因此该离子交换膜为阳离子交换膜，B错误；C．根据分析，铂电极为阴极，ReO得到电子生成Re，发生还原反应，电极方程式为ReO+7e−+8H+=Re+4H2O，C正确；D．根据分析，石墨烯电极为阳极，稀硫酸中的H2O失去电子，生成O2，电极方程式为2H2O-4e−=4H++O2↑，不产生H2，D错误。答案选C。
13. 【答案】C
【解析】溶液导电能力只与离子浓度有关，根据图象可知，b点导电能力最强，离子浓度最大，则溶液中的阳离子浓度总和最大的是b点，故A错误；B．根据图象可知，0.1mol/L的HR溶液的pH=3，则c(H+)=10−3mol/L，c(R−)≈c(H+)=10−3mol/L，c(HR)≈0.1mol/L，根据HRH++R−，HR的电离平衡常数Ka===10−5，故B错误；C．酸或碱抑制水电离，盐类的水解促进水电离，在b点时HR与氨水恰好完全反应生成NH4R，溶质为含有弱离子的盐水解，促进水电离；在d点时，氨水过量，是弱碱，抑制水电离，所以b、d两点水电离程度不等，故C正确；D．d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3·H2O，根据物料守恒可得：2c(R−)+2c(HR)=c(NH3·H2O)+c(NH)，电荷守恒可得：c(NH)+c(H+)=c(R−)+c(OH−)，两式相加可得：2c(HR)+c(R−)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH−)，故D错误。答案为C。
26. 【答案】（1）分液漏斗 防止空气中的氧气进入装置B中氧化Ce3+
（2）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑
（3） 装置BD之间连接饱和碳酸氢钠溶液，吸收挥发出来的HCl气体
（4） 2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O
（5） 10−6mol/L
（6） 取最后一次洗涤后的滤液少许于试管中，加入少量硝酸银溶液，如无沉淀产生，则证明已经洗涤干净
（7） 92.00%
【解析】碳酸铈可由铈的氯化物和碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3，则装置A中生成的NH3通入盛装CeCl3溶液的广口瓶中时，同时要通入过量装置D中制得的CO2，方可制得Ce2(CO3)3；操作过程中需要注意除去CO2中混有的HCl，洗涤Ce2(CO3)3时只要最后一次洗涤液中检验不到Cl−即为洗涤干净。(1)装置D中盛放稀盐酸的实验仪器名称为分液漏斗，装置C中溶液为亚硫酸钠溶液，有较强还原性，能防止空气中的氧气进入装置B中氧化Ce3+；(2)装置A是制氨气，发生的化学反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；(3)CO2中混有的HCl，需要在装置BD之间连接饱和碳酸氢钠溶液，吸收挥发出来的HCl气体；(4)装置B中CeCl3溶液和碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3，发生反应的离子方程式为2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O；(5)已知Ksp[Ce2(CO3)3]=c2(Ce3+)×
c3(CO)=1.00×10−28，且c (Ce3+)=1×10−5mol/L，则=mol/L=1×10−6mol/L；(6)最初沉淀Ce2(CO3)3的洗涤液中含有Cl−，当取最后一次洗涤后的滤液少许于试管中，加入少量硝酸银溶液，如无沉淀产生，则证明已经洗涤干净；(7)已知滴定时发生反应为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，消耗的溶液20.00mL，即参加反应的Fe2+的物质的量为0.02L×0.10mol/L=2×10−3mol，则产品中Ce2(CO3)3的纯度为=92.00%。
27. 【答案】（1）-269
（2）0.06mol/(L·min) 60 180
（3） 减小
（4） 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+ 温度越高，反应速率越快 Fe3+水解程度增大导致c(Fe3+)减小，c(H+)增大；SO2溶解性减小，导致c(SO2)减小
【解析】（1）已知T℃时：反应①C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH1=-110.5kJ/mol，反应②S(l)+O2(g)=
SO2(g) ΔH2=-290.0kJ/mol，反应③C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH3=-390.0kJ/mol；依据盖斯定律，2×③-2
×①-②即得2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) ΔH=akJ/mol；则ΔH=2×ΔH3-2×ΔH1-ΔH2=2×(-390.0
kJ/mol)-2×(-110.5kJ/mol)-(-290.0 kJ/mol)=-269kJ/mol，即T℃时，a=-269；
（2）
则x=0.6mol，则=0.06mol·(L·min)−1；=60%；；（3）T℃时容器（2）内发生的反应2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) ΔH=-269kJ/mol，若升温，则正、逆反应速率均增大，但是吸热方向的逆反应速率增加得更快，则v正＜v逆，k正c(CO)·c(SO2)＜k逆，故，当温度升高时，KC变小，则减小；（4）Fe3+与SO2发生氧化还原反应得到Fe3和SO，则离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+；从图知，40℃前随温度升高，相同时间内SO2吸收率随着增大，从温度对反应的影响可以推知：温度越高，反应越快，相同时间内SO2吸收率就高；温度上升超过40℃，SO2的吸收率有所下降，则温度对反应速率的直接影响不再是主要原因，因而要找间接影响，由于Fe3+会水解、二氧化硫的溶解性会随温度升高而减小，这些都可能影响到相同时间内SO2吸收率，故可能原因为：温度上升超过40℃，Fe3+水解程度增大导致c(Fe3+)减小，c(H+)增大；SO2溶解性减小，导致c(SO2)减小。
28. 【答案】（1）33 氢氧化钠溶液
（2）NH4Cl溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性 CaCl2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl
（3）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
（4）坩埚 过滤、洗涤
（5）11 5mol·L－1
【解析】大理石在高温下煅烧，CaCO3和MgCO3均分解生成CaO和MgO，加入NH4Cl溶解，得到CaCl2和MgCl2的混合溶液，通入NH3，Mg2+转化为Mg(OH)2，过滤除去，CaCl2溶液中加入NH3、CO2得到CaCO3。铝土矿中含有Al2O3和Fe2O3，利用Al2O3溶于强碱，进行分离，加入强碱，得到AlO溶液，通过CO2，可将AlO转化为Al(OH)3，加热分解得到Al2O3。最终得到长余辉材料。(1)根据化合物中各种元素化合价的代数和等于零，Ca12Al14Ox中Ca、Al的化合价分别为+2、+3，则有12×2+14×3+(-2)x=0，得x=33；铝土矿中含有Al2O3和Fe2O3，利用Al2O3溶于强碱，进行分离，X为强碱，根据后面的流程得到NaHCO3，可知该强碱为氢氧化钠溶液；(2)CaCO3和MgCO3在高温下煅烧生成CaO和MgO粉末，因NH4Cl为强酸弱碱盐，其溶液中的NH水解使得溶液呈酸性，能够溶解CaO和MgO，生成Ca2+、Mg2+，通入NH3后Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，过滤除去，溶液乙为CaCl2溶液，再通入NH3和CO2，发生反应CaCl2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl；(3)由流程图可知，反应②为NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成Al(OH)3和NaHCO3，离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；(4)加热固体需要坩埚；操作①是为了得到CaCO3沉淀，具体操作为过滤、洗涤、干燥等；(5)=5×10−11，若溶液甲中c(Mg2+)