2020届高三化学 全国卷高考化学模拟试题八(全国I) Word版含答案

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2020届高三化学 全国卷高考化学模拟试题八(全国I) Word版含答案

‎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 ‎
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