发布时间 : 星期日 文章(精选3份合集)2020届(全国100所名校最新高考模拟示范卷)高考数学模拟试卷更新完毕开始阅读f45ac305393567ec102de2bd960590c69ec3d838
为：Zn＋2SO2=ZnS2O4；
③Na2S2O4固体易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既可减少溶解损失，又易于干燥；Na2S2O4在碱性介质中较稳定，Na2CO3固体可提供碱性环境，增强“保险粉”的稳定性。答案为：减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥；Na2CO3为碱性物质，“保险粉”在碱性介质中较稳定；
(3)HCOONa、烧碱、SO2发生反应，生成Na2S2O4、CO2等，反应的离子方程式为HCOO-＋OH-＋2SO2=S2O42-＋CO2＋H2O。答案为：HCOO-＋OH-＋2SO2=S2O42-＋CO2＋H2O；
(4)a极的电解质为SO42-，由题意知，它将转化为S2O82-，电极反应式为2SO42-－2e-=S2O82-；通过阳离子交换膜的离子主要是Na+，电极反应发生后，阳极Na+富余，它应向阴极迁移，所以Na+的迁移方向是由a到b。答案为：2SO42-－2e-=S2O82-；a到b。 【点睛】
书写电极反应式时，应先确定电极的名称和电解质，阳极失电子，则电极材料为惰性电极时，只能是溶液中的离子失电子，因而可得出阳极产物，同样可得出阴极产物；电极反应发生后，依据阴、阳离子的电荷数关系，在确保电荷守恒的前提下，富余离子透过交换膜向另一电极迁移。
7．将镁铝合金溶于 100 mL 稀硝酸中，产生 1.12 L NO气体（标准状况），向反应后的溶液中加入 NaOH 溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是
A．可以求出合金中镁铝的物质的量比为 1∶1 C．可以求出沉淀的最大质量为 3.21 克 【答案】C 【解析】 【详解】
B．可以求出硝酸的物质的量浓度
D．氢氧化钠溶液浓度为 3 mol / L
由图可知60 ml到70 ml是氢氧化铝溶解消耗10ml氢氧化钠溶液，则铝离子沉淀需要30 ml氢氧化钠溶液，镁离子离子沉淀需要20 ml氢氧化钠溶液，所以镁铝的物质的量比为1：1，再由镁铝与100mL稀硝酸反应，产生1.12L NO气体（标准状况）得失守恒可以得 2x + 3x ＝0.05×3 ，则x ＝0.03 mol， 沉淀的最大质量m?0.03mol?58g?mol?1?0.03mol?78g?mol?1?4.08g，
沉淀达到最大值时溶液为硝酸钠，硝酸的物质的量为0.03mol×2+0.03mol×3+0.05mol =0.2mol，
c?nV（aq）=0.2mol=2mol?L-1 0.1LnV(aq)?0.15mol?3mol?L?1，
0.05L氢氧化钠溶液浓度 c=故C错误；
综上所述，答案为C。
8．由两种物质组成的一包白色粉末，通过如下实验可鉴别其中的成分：取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色。该白色粉末可能为 A．SiO2、明矾 C．MgCO3、Na2S2O3 【答案】D 【解析】 【详解】
A、取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解，说明固体中含有不溶性的物质和可溶性物质，对四个选项分析比较，都具备该条件；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，说明有碳酸盐，A中无碳酸盐， A错误；
B、最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色，由于CuSO4溶液显蓝色，不是无色，B错误； C、Na2S2O3与硝酸反应产生Na2SO4、S单质、NO气体，S是淡黄色难溶于水的物质，不是白色固体， C错误；
D、KCl能溶于水，而Ag2CO3不溶于水，加入HNO3，反应产生AgNO3、CO2气体和H2O，KCl再与AgNO3发生复分解反应产生AgCl白色不溶于酸的沉淀，符合题意，通过上述分析可知该白色粉末为KCl、Ag2CO3，D正确； 故合理选项是D。
9．己知AgCl在水中的溶解是吸热过程。不同温度下，AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。己知T1温度下Ksp(AgCl)=1.6×10,下列说法正确的是
-9
B．BaCO3、无水CuSO4 D．KCl、Ag2CO3
A．T1>T2 B．a =4.0×10-5
C．M点溶液温度变为T1时，溶液中Cl-的浓度不变
D．T2时饱和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)可能分别为2.0×10-5mol/L、4.0×10-5mol/L 【答案】B 【解析】
【详解】
A、氯化银在水中溶解时吸收热量，温度越高，Ksp越大，在T2时氯化银的Ksp大，故T2＞T1，A错误； B、氯化银溶液中存在着溶解平衡，根据氯化银的溶度积常数可知a=1.6?10?9 ＝4.0×10-5，B正确； C、氯化银的溶度积常数随温度减小而减小，则M点溶液温度变为T1时，溶液中Cl-的浓度减小，C错误； D、T2时氯化银的溶度积常数大于1.6×10-9，c(Ag+)、c(Cl-)不可能为2.0×10-5mol/L、所以T2时饱和AgCl溶液中，4.0×10-5mol/L，D错误； 答案选B。
10．25℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如图甲所示，其中a点的坐标为(9.5，0.5)。向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系中一定正确的
A．图甲中pH=7的溶液：c(Cl－)=c(HCN)
B．常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=10－4.5mol/L C．图乙中b点的溶液：c(CN－)＞c(Cl－)＞c(HCN)＞c(OH－)＞c(H+) D．图乙中c点的溶液：c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH－)+ c(CN－) 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A. 图甲中可以加入HCN调节溶液的pH=7，溶液中不一定存在Cl-，即不一定存在c(Cl－)=c(HCN)，故A错误；
B. a点的坐标为(9.5，0.5)，此时c(HCN)=c(CN?)，HCN的电离平衡常数为
Ka(HCN)?c?CN-?c?H+?c?HCN??c?H+??10-9.5mol?L-1，则NaCN的水解平衡常数
Kw10-14Kh(NaCN)??-9.5?10-4.5mol?L-1，故B正确；
Ka(HCN)10C. b点加入5mL盐酸，反应后溶液组成为等浓度的NaCN、HCN和NaCl，由图乙可知此时溶液呈碱性，则HCN的电离程度小于CN?的水解程度，因此c(HCN)＞c(CN?)，故C错误；
D. c点加入10mL盐酸，反应后得到等浓度的HCN和NaCl的混合溶液，任何电解质溶液中都存在电荷守
恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl?)=c(HCN)+c(CN?)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)= c(Cl?)+ c(OH?)+ c(CN?)，则c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH－)+ 2c(CN－)，故D错误； 故选B。
11．前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等， 且X与Z、R均可形成离子化合物；Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是 A．元素原子半径大小顺序为：W>Z>Y
B．X分别与Y、Z、W形成的常见化合物都属于电解质 C．Y分别与Z、R形成的化合物中均只含有离子键
D．Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同 【答案】B 【解析】 【分析】
前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。Y最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；而Y、W同主族，则W为S元素；X、Z、R最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于IA族或IIA族，且X与Z、R均可形成离子化合物，根据原子序数关系可知：X为H元素、Z为Na元素、R为K元素。 【详解】
根据上述分析可知X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；W是S元素；R是K元素。
A.同周期元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Z(Na)>W(S)>Y(O)，A错误；
B.X分别与Y、Z、W形成的常见化合物依次为H2O、NaH、H2S，这几种物质都属于电解质，B正确； C.Y与Z、R形成化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等，而过氧化钠中含有离子键、共价键，C错误； D.Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不同，D错误； 故合理选项是B。
12．以下情况都有气体产生，其中不产生红棕色气体的是( ) A．加热浓硝酸 C．加热硝酸钙 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A．硝酸化学性质不稳定，硝酸见光或受热分解，4HNO3
加热B．光照硝酸银
D．加热溴化钾和浓硫酸混合物
2H2O+4NO2↑+O2↑，生成的二氧化氮气体为