2020届全国2卷高考最后押题化学卷（二）

2020届全国2卷高考最后押题化学卷（二）

‎2020年高考最后押题化学卷（二）‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39‎ 一、选择题（每题6分，共42分。）‎ ‎7．春季复工、复学后，做好防护是控防新型冠状病毒传播的有效措施。下列说法正确的是 A．为减少直接吸入飞沫形成的气溶胶感染病毒的几率，就餐时人人间距至少应为1米 B．生产医用口罩的主要原料是聚丙烯（PP），分子式为(CH3CH=CH2)n C．95%的乙醇溶液、84消毒液可直接用作环境消毒剂 D．40%的甲醛溶液可做公共餐具消毒剂 ‎8．有机物结构如图所示，关于该有机物，下列说法中正确的是 A．分子式为C9H10 B．所有原子可能共平面 C．最多有6个原子共直线 D．无法发生加聚反应 ‎9．氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生氧化还原反应ClO+3HSO=3SO+Cl−+3H+。已知该反应的反应速率随c(H+)的增大而增大。如图所示为用ClO在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应的υ－t图。下列说法不正确的是 A．反应开始时速率增大可能是c(H+)增大所致 B．纵坐标为υ(Cl−)的υ－t曲线与图中曲线完全重合 C．后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小 D．图中阴影部分的面积表示t1～t2时间内ClO的物质的量的减少量 ‎10．下列化学方程式中，不能正确表示反应颜色变化的是 A．将盛有NO2的密封玻璃容器放入冷水中，颜色变浅：2NO2N2O4‎ B．用铝筷摩擦浸泡在NaCl溶液中变黑的银器(黑色物质为Ag2S)，银器很快恢复银白色：Ag2S+2NaCl=Na2S+2AgCl C．氯化亚铁溶液遇铁氰化钾溶液出现蓝色沉淀：3FeCl2+2K3[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2↓+6KCl D．FeCl3溶液中加入铜粉，溶液从黄色变为蓝绿色：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2‎ ‎11．磷酸铁锂是制作电池的材料，其制备过程可以简化成如图所示。下列说法错误的是 A．蒸发需要的硅酸盐材料仪器有：烧杯、酒精灯、玻璃棒、泥三角 B．反应釜中反应的化学方程式为2H3PO4+Li2CO3=2LiH2PO4+H2O+CO2↑‎ C．分离的操作是过滤 D．烧结窑中氧化铁与炭黑发生氧化还原反应 ‎12．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，同一主族的W和Y，Y的原子序数是W的2倍，下列说法不正确的是 A．原子半径：W＜Z＜Y＜X B．Y的气态氢化物的稳定性弱于Z的气态氢化物 ‎ C．W与X形成的化合物不可能含有共价键 D．常温常压下，Y的单质是固态 ‎13．室温下，向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。下列有关说法正确的是 A．整个过程中，水的电离程度逐渐增大 B．该温度下H2S的Ka1数量级为10−7‎ C．曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化 D．a点之后，随SO2气体的通入，的值始终减小 二、非选择题（共43分）‎ ‎26．（14分）铋（Bi）及其化合物广泛应用于电子、医药等领域。一种以含铋矿石---辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含少量杂质PbO2等）为原料，采用湿法冶金制备铋单质的工艺流程如下：‎ 已知：PbCl2是一种难溶于冷水，易溶于热水的白色固体。回答下列问题：‎ ‎（1）铋（Bi）位于ⅤA族，铋的氢化物的热稳定性______氨气（填“大于”或“小于”）。‎ ‎（2）“浸出”时，为了提高浸出速率，可采用的措施有______（任写一条）‎ ‎（3）加热浸出时，PbO2生成PbCl2和一种气体，此反应的化学方程式为 ，从产物中分离回收PbCl2的步骤是______、洗涤、干燥。从保护环境和原料循环利用的角度，请指出上述工艺流程中可以采取的措施为 。‎ ‎（4）电解精炼粗铋时必须补充含Bi3+浓度高的电解液。可用粗铋、铅条作为两个电极，铅条外用素烧的陶瓷坩埚作隔膜（Bi3+不能透过，H+能透过），电解液开始时为盐酸和食盐的混合液。则粗铋为电解池的______极，电解总反应为 。‎ ‎（5）25℃时，向浓度均为0.02mol·L−1的Cu2+、Bi3+的混合溶液中滴加Na2S溶液（设溶液体积增加1倍），使Cu2+恰好沉淀完全，即溶液中c(Cu2+)=1×10−5mol·L−1，此时是否有Bi2S3沉淀生成______（列式计算说明）。（已知：25℃时，Ksp（CuS）=6.0×10−36、Ksp（Bi2S3）=1.8×10−99）‎ ‎27．（14分）有利于可持续发展的生态环境是全国文明城市评选的测评项目之一。‎ ‎（1）已知反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) v正=k正·c2（NO）·c2（CO），v逆=k逆·c（N2）·c2（CO2）（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。一定条件下进行该反应，测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比m=的关系如图1所示。‎ ‎①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数________（填“>”“<”或“=”）k逆增大的倍数。‎ ‎②下列说法正确的是_______‎ A．投料比：m1Ksp（Bi2S3）=1.8×10−99，故有Bi2S3沉淀生成 ‎ ‎【解析】辉铋矿(主要成分是Bi2S3、还含PbO2杂质)制备铋酸钠，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，盐酸是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，所以得到滤渣为S，滤液中含有Bi3+，H+，Pb2+，滤液冷却结晶可以得到PbCl2，然后回收铅；再次过滤得到的滤液中加入铁粉过滤得到海绵铋，置换液主要是氯化亚铁；对海绵铋进行熔铸、精炼得到金属铋；置换液中再通入氯气得到氯化铁溶液可以循环使用。(1)同周期，从上往下，氢化物的稳定性逐渐降低，故铋的氢化物的热稳定性小于氨气；(2)为了提高浸出率，可采取的措施有将矿石粉粹、搅拌，以增大接触面积，也可适当增大氯化铁溶液的浓度、适当升高温度等；(3)浸出时，PbO2生成PbCl2，Pb的化合价降低，则浸出液中HCl化合价升高生成Cl2，化学方程式为PbO2+4HCl=PbCl2+Cl2↑+2H2O；由于PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，可对滤液进行冷却结晶然后过滤分离回收PbCl2；置换液为FeCl2，可将浸出时产生的Cl2通入置换液中，使FeCl2转化为FeCl3循环利用，同时防止污染环境；(4)电解时金属铋需要被氧化生成Bi3+，电极池中阳极得电子发生氧化反应，所以粗铋为电解池的阳极；阴极得电子发生还原反应，根据电解质溶液中的离子种类可知阴极应是氢离子得电子生成氢气，所以电解总反应为；(5)Cu2+恰好沉淀完全即溶液中c(Cu2+)=1×10−5mol·L−1，则此时溶液中c(S2−)=mol·L−1，此时Qc(Bi2S3)=0.012×()3=2.16×10−95＞Ksp(Bi2S3)=1.8×10−99，故有Bi2S3沉淀生成。‎ ‎27. 【答案】（1）< CD ‎ （2） ab C ‎ （3） 若Pt颗粒增多，NO更多转化为NH存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量 ‎ ‎【解析】（1）①据图1所示，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数＜k逆增大的倍数；②A．由图象可知，温度一定时，增大NO浓度，CO转化率增大，即起始投料比m越大时，CO转化率越大，所以投料比：m1＞m2＞m3‎ ‎，故A错误；B．催化剂只改变反应速率，不改变平衡转化率，故B错误；C．由反应计量关系可知，反应中NO、CO的变化量相同，平衡转化率α=×100%，所以平衡转化率与起始量成反比，即投料比m=2时CO转化率是NO转化率的2倍，故C正确；D．反应正向移动时CO2浓度增大，CO浓度减小，即平衡移动过程中二者浓度比值会发生变化，所以当二者比值不变时说明反应达到平衡，故D正确；故答案为：CD；③若在1L的密闭容器中充入1mol CO和1mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，列三段式有：‎ 达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c(N2)·c2(CO2)，则 ‎；(2)①a．增加CO的浓度平衡正向移动，NO转化率提高，故a正确；b．缩小容器的体积相当于增大压强平衡正向移动，NO转化率提高，故b正确；c．改用高效催化剂，只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以NO转化率不变，故c错误；d．该反应焓变小于零，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO转化率降低，故d错误；故选ab；②相同压强下降低温度平衡正向移动，CO2体积分数增大，同一温度下增大压强平衡正向移动CO2体积分数增大，所以符合条件的为C；(3)由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO会更多的转化成铵根，不利于降低溶液中的含氮量。‎ ‎28. 【答案】（1）NaOH溶液、Na2SO3溶液 ‎ （2） FeS2 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 ‎ （3） AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO ‎ （4） ‎11 ‎ ‎【解析】高硫铝土矿生产Al(OH)3并获得Fe3O4，由流程可知，矿粉中通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，过滤得到滤液为偏铝酸钠溶液，焙烧时Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，滤液与足量二氧化碳反应生成氢氧化铝。(1)吸收过量SO2可以用NaOH溶液或Na2SO3溶液；(2)①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃，所以可判断焙烧过程中S元素主要来源是FeS2；②700℃焙烧时，添加1% CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S的脱除率降低；(3)向含AlO的滤液中通入过量CO2，得到Al(OH)3和HCO，离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；(4)FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有x mol Fe2O3和y mol FeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×(3−)＝2y×5+y×（−2)，解得＝16，所以理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝1∶16，若1mol FeS2完全参与反应，消耗n(Fe2O3)=16mol，根据铁元素守恒，生成的Fe3O4的物质的量为11mol。‎ ‎35. 【答案】（1）3d84s2 5 ‎ （2） A ‎ （3） ‎ ‎ （4） ‎6 离子所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高 ‎ （5） ‎5 3 6 ‎ ‎【解析】（1）Ni为28号元素，价电子排布式为3d84s2，排布时能量最高的电子所占的能级为3d，3d轨道有5个伸展方向；（2）A．CO、CN−与N2互为等电子体，N2分子内含1个σ键和2个π键，A项正确；B．NH3中N原子为sp3杂化方式，VSEPR模型为四面体形，空间构型为三角锥形，B项错误；C．[Ni(CN)4]2−和[Ni(NH3)6]2+中的Ni的化合价为+2价，其配位数分别是4和6，C项错误；D．Ni(CO)4为正四面体，采用sp3杂化，而[Ni(CN)4]2−‎ 是平面四边形，不是sp3杂化方式，D项错误；故答案选A；（3）中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对形成配位键；氢键存在于已经与N、O和F等电负性很强的原子形成的共价键的H与另外的N、O和F等电负性很大的原子之间，则可以表示为：；（4）氯化钠中钠离子和氯离子的配位数分别是6，NiO的晶体结构类型与氯化钠相同，NiO晶胞中Ni和O的配位数分别6，影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷，所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高；（5）①该晶体的晶胞不是六棱柱，而是实线部分表示的平行六面体，各原子在晶胞中的位置可参照图a和b，如果将平行六面体抽取出来，晶胞如下图所示，，La在顶点，Ni在面心有4个（其中顶层和底层各2个，均摊后各1个，前后左右4个面各1个，均摊后共2个）和体心（1个），所以晶体化学式为LaNi5，x=5，②其正八面体空隙和四面体型空隙的位置如下图所示：，（若以空心球表示原子，实心球表示空隙的中心，则正八面体结构为，四面体结构为：。‎ ‎36. 【答案】（1）邻氯苯甲醛（2-氯苯甲醛） 氨基、羧基 ‎ ‎（2）12 ‎ （3） 取代反应（或酯化反应） ‎ （4） ‎+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+ ‎ （3） ‎6 、 ‎ （4） ‎ 【解析】(1)有机物A的结构简式为，其化学名称为邻氯苯甲醛，C的结构简式为，分子中含有的管能团有氨基、羧基和氯原子，故答案为：邻氯苯甲醛；氨基、羧基；(2)A分子中苯环和醛基均为共平面结构，故分子中最少有苯环上的所有原子共平面，即最少有12个原子共平面，故答案为：12；(3)C与CH3OH发生酯化反应生成D，反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为：取代反应（或酯化反应）；(4)A的结构简式为，分子中含有醛基，可与新制Cu(OH)2反应生成Cu2O的砖红色沉淀，反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOHCu2O ‎↓+3H2O+，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+；(5)物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，物质G除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应，可知物质G含有醛基，又苯环上有只有两个取代基，则物质G除苯环外含有的基团有2组，分别为－CHO、－CH2Cl和－Cl、－CH2CHO，分别都有邻间对3种结构，故G的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为、，故答案为：6；、；(6)已知：‎ ‎，根据题干信息，结合合成氯吡格雷的路线可得，以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线可以是 ‎。‎