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
(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
(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。
实验 装置 试剂 x 操作及现象
Ⅰ 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。
固体溶解,闻到微量
臭鸡蛋气味,溶液出
现淡黄色浑浊。
2 mL 0.1 mol/L FeCl3
pH=1.7
活性炭
3cv 10 4 35.5 100%a
−× × × ×
50~60℃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(NH 2)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+2H2O =====△
TiO2+CO2↑+2NH+4 避免将溶液中 Fe3+沉淀
(3)TiO2+CaCl2·2H2O =====高温
CaTiO3+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+4 ;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3 1.0 × 10-39
1.0 × 10-5 mol·L-1≈1.0×10-11.3 mol·L-1,c(H+)= Kw
c(OH-)=
10-14
10-11.3=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
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 2 880
NA g
(2)ac
(3)ae
(4)正四面体 3∶1 4
(5) 12 2
4 ×3 4M
ρNA 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=2 880
NA 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:8×1
8+6×1
2=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·N A=4M,a=3 4M
ρNA,面对
角线为 2×3 4M
ρNA cm,其1
4为 Cu 原子半径,即 r= 2
4 ×3 4M
ρNA 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