2020届高三化学 全国卷高考化学模拟试题八（全国I）

2020届高三化学 全国卷高考化学模拟试题八（全国I）

‎2020届高三化学 全国卷高考化学模拟试题八（全国I）‎ ‎(考试用时：45分钟　试卷满分：100分)‎ 第Ⅰ卷(选择题　共42分)‎ 本卷共7小题，每小题6分，共42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．下列防疫物品的主要成分属于无机物的是 A．聚丙烯 B．聚碳酸酯 C．二氧化氯 D．丁腈橡胶 ‎8．下列解释实验事实的方程式书写不正确的是 选项 事实 解释 A 向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色 ‎2AgCl+S2− == Ag2S+2Cl−‎ B 将水蒸气通过灼热的铁粉，产生可燃性气体 ‎△‎ ‎2Fe+3H2O(g) === Fe2O3+3H2‎ C 向澄清石灰水中滴加少量小苏打溶液，产生白色沉淀 Ca2++OH−+HCO3− == CaCO3↓+H2O D 将Cl2通入KBr溶液，无色溶液变黄色 Cl2+2Br− == 2Cl−+Br2‎ ‎9．完成下列实验，所用仪器或操作合理的是 A B C D 配制250 mL 0.10 mol·L−1‎ NaOH溶液 除去工业乙醇中的杂质 除去粗盐水中 的不溶物 用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸 ‎10. 已知由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，发生反应：CaOCl2+H2SO4(浓)== CaSO4+Cl2↑+H2O。下列说法不正确的是 A．CaOCl2中的两种酸根阴离子分别为Cl－和ClO－‎ B．CaOCl2和Cl2中均含有非极性共价键 C．在上述反应中，浓硫酸不体现氧化性 D．每产生标准状况下2.24 L Cl2，转移电子的数目约为6.02×1022 ‎ ‎11．室温时，下列说法正确的是 A．pH=11的氨水和pH=11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH－)均为1×10−11 mol·L−1‎ B．分别把100 mL pH=11的NaOH溶液和pH=11的氨水加水稀释至1 L，所得溶液pH均为10‎ C．分别向等体积的0.1 mol·L−1 HCl溶液和0.1 mol·L−1 CH3COOH溶液中加入等浓度的 NaOH溶液，恰好为中性时，消耗NaOH溶液的体积相等 D．分别向1 mL pH=3的盐酸和pH=3的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，‎ 两溶液的pH均增大 ‎12科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用Cu—Si合金作硅源，在950 ℃利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的是(　　)‎ A．电子由液态Cu—Si合金流出，流入液态铝电极 B．液态铝电极与正极相连，作为电解池的阳极 C．在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4＋优先于Cu2＋被还原 D．三层液熔盐的作用是使电子能够在三层间自由流动 ‎13.某同学研究FeSO4溶液和AgNO3溶液的反应，设计如下对比实验。‎ 实验 Ⅰ Ⅱ 现象 连通电路后，电流表指针向右偏转，分别取反应前和反应一段时间后甲烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，前者几乎无色,后者显红色 连通电路后，电流表指针向左发生微小的偏转，丙、丁烧杯中均无明显现象 下列说法正确的是 A．仅由Ⅰ中的现象可推知Ag+的氧化性强于Fe3+‎ B．Ⅱ中电流表指针向左偏转的原因是Fe2+氧化了银电极 C．Ⅱ中若将银电极换成石墨电极，电流表指针可能不再向左偏转 D．对比Ⅰ、Ⅱ可知，Ⅰ中NO3－氧化了Fe2+ ‎ 第Ⅱ卷(非选择题　共58分)‎ 本卷包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎26.(14分) 三氯化六氨合钴（[Co(NH3)6]Cl3）是一种橙黄色晶体，实验室制备过程如下：‎ Ⅰ．将研细的6 g CoCl2•6H2O晶体和4 g NH4Cl固体加入锥形瓶中，加水，加热溶解，冷却；‎ Ⅱ．加入13.5 mL浓氨水，用活性炭作催化剂，混合均匀后逐滴滴加13.5 mL 5% H2O2溶液，水浴加热至50~60℃，保持20 min。用冰浴冷却，过滤，得粗产品；‎ Ⅲ．将粗产品溶于50 mL热的稀盐酸中，______，向滤液中缓慢加入6.7 mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤；‎ Ⅳ．先用冷的2 mol·L−1 HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。‎ ‎（1）[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是______。‎ ‎（2）CoCl2遇浓氨水生成Co(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，‎ 原因是______。‎ ‎（3）溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式是______。‎ ‎（4）补全Ⅲ中的操作：______。‎ ‎（5）沉淀滴定法测定制备的产品中Cl－的质量分数：‎ ⅰ．准确称取a g Ⅳ中的产品，配制成100 mL溶液，移取25 mL溶液于锥形瓶中；‎ ⅱ．滴加少量0.005 mol·L−1 K2CrO4溶液作为指示剂，用c mol·L−1 AgNO3溶液滴定至终点；‎ ⅲ．平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为v mL，计算晶体中Cl－的质量分数。‎ 已知：溶解度：AgCl 1.3×10−6 mol·L−1，Ag2CrO4（砖红色）6.5×10−5 mol·L−1‎ ‎①ⅱ中，滴定至终点的现象是______。‎ ‎②制备的晶体中Cl－的质量分数是______（列计算式，Cl的相对原子质量：35.5）。‎ 答案（1）+3 ‎ 活性炭 ‎（2）NH4+抑制NH3·H2O的电离，使溶液中的c(OH－)降低，避免生成Co(OH)2沉淀 ‎50~60℃‎ ‎（3）2CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O2 ======= 2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O ‎（4）趁热过滤，冷却（1分）‎ ‎（5）①溶液中出现砖红色沉淀，不消失 ‎ ‎ ②‎ ‎27.(15分) 实验小组对NaHSO3溶液分别与CuCl2、CuSO4溶液的反应进行探究。‎ 固体溶解，闻到微量臭鸡蛋气味，溶液出现淡黄色浑浊。‎ 实验 装置 试剂x 操作及现象 Ⅰ ‎2 mL 0.1 mol/L FeCl3‎ pH=1.7‎ ‎1 mol·L−1 CuCl2溶液 加入2mL CuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。‎ Ⅱ ‎1 mol·L−1 CuSO4溶液 加入2mL CuSO4溶液，得到绿色溶液，‎ ‎3分钟未见明显变化。‎ 已知：‎ ‎（1）推测实验 Ⅰ 产生的无色气体为SO2，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到_______，反应的离子方程式为_______。‎ ‎（2）对实验 Ⅰ 产生SO2的原因进行分析，提出假设：‎ 假设a: Cu2+水解使溶液中c(H+)增大；‎ 假设b: Cl－存在时，Cu2+与HSO3－反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。 ‎ ‎① 假设a不合理，实验证据是_______；‎ ‎② 实验表明假设b合理，实验I反应的离子方程式有_____、H+ + HSO3- === SO2↑+H2O。 ‎ ‎（3）对比实验Ⅰ、Ⅱ，提出假设：Cl－增强了Cu2+的氧化性。‎ 下述实验Ⅲ证实了假设合理，装置如下图。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形管_______（补全实验操作及现象）。‎ ‎（4）将实验Ⅱ的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO32−。‎ ‎①通过实验Ⅳ证实红色沉淀中含有Cu+和Cu2+。‎ 实验Ⅳ：‎ 证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是_______；‎ ‎②有同学认为实验Ⅳ不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，设计实验Ⅳ的对比实验Ⅴ，证实了Cu2+的存在。实验Ⅴ的方案和现象是：_______。‎ 答案（1）蓝色褪去；‎ ‎ SO2 + I2 + 2H2O === SO42－ + 2 I－ + 4H+ ‎ ‎（2）① 实验Ⅰ、Ⅱ中c(Cu2+)相同，但实验Ⅱ 中未见气泡 ‎ ② 2Cu2+ + 2Cl－ + HSO3－ + H2O === 2 CuCl ↓ + SO42- + 3H+‎ ‎（3）右侧加入一定量NaCl固体, 溶解后，观察到电压表指针偏转变大 ‎（4）① 一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色 ‎② 取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水。 ‎ 沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色。 ‎ ‎ ‎ 或图示表示：‎ ‎28．(14分) TiO2和CaTiO3都是光电转化材料。某研究小组利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量SiO2等杂质)来制备TiO2和CaTiO3，并利用黄钾铁矾[KFe3(SO4)2(OH)6]回收铁的工艺流程如图1所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“氧化酸解”的实验中，控制反应温度为150 ℃，不同氧化剂对钛铁矿酸解率的影响如图2所示。50 min时，要求酸解率大于85%，所选氧化剂应为___________________________；采用H2O2作氧化剂时，其效率低的原因可能是__________________________________。‎ ‎(2)向“氧化酸解”的滤液①中加入尿素[CO(NH2)2]，TiO2＋转化为TiO2，写出相应反应的离子方程式：___________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________，‎ 使用尿素而不直接通入NH3的原因是________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)写出“高温煅烧”中由TiO2制备CaTiO3的化学方程式：_______________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)Fe3＋恰好沉淀完全时，溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，计算此时溶液的pH＝________________________________________________________________________。‎ ‎[Fe(OH)3的Ksp＝1.0×10－39、水的Kw＝1.0×10－14]‎ ‎(5)黄钾铁矾沉淀为晶体，含水量很少。回收Fe3＋时，不采用加入氨水调节pH的方法制取Fe(OH)3的原因是_________________________________________________________。‎ 答案　(1)KClO3　在温度较高时H2O2易分解[或产物中的Fe3＋可以催化H2O2的分解(其他合理答案也可，如H2O2氧化能力弱)]‎ ‎(2)TiO2＋＋CO(NH2)2＋2H2OTiO2＋CO2↑＋2NH　避免将溶液中Fe3＋沉淀 ‎(3)TiO2＋CaCl2·2H2OCaTiO3＋2HCl↑＋H2O↑‎ ‎(4)2.7‎ ‎(5)Fe(OH)3为絮状沉淀，不容易分离 解析　(1)根据题目要求结合图像，在50 min时酸解率大于85%的氧化剂有KMnO4和KClO3，但KMnO4作氧化剂引入了Mn2＋，对后续的物质分离会造成干扰，故选用KClO3作氧化剂。(2)由TiO2＋转化为TiO2可知，Ti元素的化合价并没有发生改变，该反应为非氧化还原反应，在酸性环境中，C、N元素的产物为CO2、NH；由于Fe3＋开始沉淀需要的pH很小，直接通入NH3会使溶液pH快速增大，容易使Fe3＋沉淀，所以使用尿素而不直接通入NH3，可以避免溶液中Fe3＋沉淀。(3)由信息可知制备CaTiO3的反应为非氧化还原反应，根据元素守恒，剩余产物为HCl、H2O。(4)根据Fe(OH)3的Ksp＝1.0×10－39和溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1可知，溶液中OH－的浓度为 mol·L－1≈1.0×10－11.3 mol·L－1，c(H＋)＝＝＝10－2.7 mol·L－1，所以pH为2.7。(5)氢氧化铁为絮状沉淀，不易于从溶液中分离，所以不采用加入氨水调节pH的方法制取Fe(OH)3。‎ 请考生在第35、36两道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎35．(15分)【化学——选修3：物质结构与性质】‎ 碳元素不仅能形成丰富多彩的有机化合物，而且还能形成多种无机化合物，同时自身可以形成多种单质，碳及其化合物的用途广泛。‎ ‎(1)C60分子能与F2发生加成反应，其加成产物为____________，C60分子的晶体中，在晶胞的顶点和面心均含有一个C60分子，则一个C60晶胞的质量为______________。‎ ‎(2)干冰和冰是两种常见的分子晶体，下列关于两种晶体的比较中正确的是______(填字母)。‎ a.晶体的密度：干冰>冰 b.晶体的熔点：干冰>冰 c.晶体中的空间利用率：干冰>冰 d.晶体中分子间相互作用力类型相同 ‎(3)金刚石和石墨是碳元素形成的两种常见单质，下列关于这两种单质的叙述中正确的是__________(填字母)。‎ a.金刚石中碳原子的杂化类型为sp3杂化，石墨中碳原子的杂化类型为sp2杂化 b.晶体中共价键的键长：金刚石中C—C键<石墨中C—C键 c.晶体的熔点：金刚石>石墨 d.晶体中共价键的键角：金刚石>石墨 e.金刚石晶体中只存在共价键，石墨晶体中则存在共价键、金属键和范德华力 f.金刚石和石墨的熔点都很高，所以金刚石和石墨都是原子晶体 ‎(4)金刚石晶胞结构如图，立方BN结构与金刚石相似，在BN晶体中，B原子周围最近的N原子所构成的立体图形为______，B原子与N原子之间共价键与配位键的数目比为________，一个晶胞中N原子数目为________。‎ ‎(5)C与孔雀石共热可以得到金属铜，铜原子的原子结构示意图为________，金属铜采用面心立方最密堆积(在晶胞的顶点和面心均含有一个Cu原子)，则Cu的晶体中Cu原子的配位数为________。已知Cu单质的晶体密度为ρ g·cm－3，Cu的相对原子质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则Cu的原子半径为________。‎ 答案　(1)C60F60　 g ‎(2)ac ‎(3)ae ‎(4)正四面体　3∶1　4‎ ‎(5)　12　× cm 解析　(1)C60中每个碳原子的连接方式为，所以一个C60中共有双键0.5×60＝30个，则与F2加成的产物应为C60F60；C60为面心立方最密堆积，则m·NA＝4×12×60 g·mol－1，m＝ g。‎ ‎(2)在冰中存在氢键，空间利用率较低，密度较小，a、c正确。‎ ‎(3)石墨中C—C键键长小于金刚石中C—C键键长，所以熔点：石墨>金刚石，金刚石的碳原子呈sp3杂化，而石墨中的碳原子呈sp2杂化，所以共价键的键角：石墨大于金刚石，石墨属于混合晶体，则a、e正确。‎ ‎(4)在BN中，B原子周围最近的N原子所构成的立体图形为正四面体形，在四个共价键中，其中有一个配位键，其个数之比为3∶1，在晶胞中，含N：8×＋6×＝4个，含B 4个。‎ ‎(5)根据铜的堆积方式，Cu原子的配位数应为12，设晶胞边长为a cm，则a3·ρ·NA＝4M，a＝，面对角线为× cm，其为Cu原子半径，即r＝× cm。‎ ‎36．(15分)【化学——选修5：有机化学基础】黄鸣龙是我国著名化学家，利用“黄鸣龙反应”合成一种环己烷衍生物的路线如下：‎ 已知：① ‎ ‎② ‎ ‎ ③ ‎ ‎（1）A可与NaHCO3溶液反应，其结构简式是______。B中含有的官能团是─COOH和 。‎ ‎（2）C→D的化学方程式是______。‎ ‎（3）E→F为两步连续氧化反应，中间产物X可发生银镜反应，X的结构简式是______。‎ ‎（4）H的结构简式是______。‎ ‎（5）I的分子式为C5H8O2，能使Br2的CCl4溶液褪色，H→J的反应类型是______。‎ ‎（6）由K经两步反应可得到化合物M，转化路线如下：‎ ‎ 环己烷的空间结构可如图1或图2表示，请在图3中将M的结构简式补充完整：‎ 图1 图2 图3‎ 答案 ‎（1）CH3COOH ─Cl ‎（2）‎ ‎（3）‎ ‎（4） ‎ ‎（5）加成反应 ‎（6） 或写成 ‎