高中化学试卷07-2020年高考化学【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（解析版）

这是一份高中化学试卷07-2020年高考化学【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（解析版），共12页。试卷主要包含了5 ml SO2被氧化，19，6×10-3, 若滤液中c=0等内容，欢迎下载使用。
2020年高考化学【名校、地市好题必刷】全真模拟卷07
(考试时间：50分钟 试卷满分：100分)
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 V 51 Fe 56 I 127
一、选择题：本题共7个小题，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．（河北衡水中学2020届调研一）2019年9月25日，全世界几大空之一―—北京大兴国际机场，正式投运。下列相关说法不正确的是
A．机杨航站楼所用钢铁属于合金材料
B．航站楼使用的玻璃是无机非金属材料
C．航站楼采用的隔震支座由橡胶和钢板相互叠加粘结而成，属于新型无机材料
D．机场高速应用自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构造成的破坏
【答案】C
【解析】机杨航站楼所用钢铁是合金，属于金属材料，A正确；玻璃是硅酸盐材料，属于无机非金属材料，B正确；橡胶隔震支座，成分为有机高分子材料，钢板是金属材料，C错误；常用的融雪剂为工业食盐，而盐溶液会加速铁的生锈，应尽量减小使用，故D正确。
8．（四川南充高中2020届2月月考）化合物 （a）、 （b）、 （c）同属于薄荷系有机物，下列说法正确的是
A．a、b、c 都属于芳香族化合物 B．a、b、c都能使溴水褪色
C．由a生成c的反应是氧化反应 D．b、c互为同分异构体
【答案】D
【解析】芳香族化合物含有苯环，这三种化合物不含有苯环，不属于芳香族化合物，A错误；a、c含有碳碳双键，能使溴水褪色，b不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，B错误；对比a和c结构简式，a生成c发生加成反应，C错误；b和c的分子式为C10H18O，结构不同，属于同分异构体，D正确。
9．（福建南平市2020届一模）二氧化氯（ClO2）是易溶于水且不与水反应的黄绿色气体，沸点为11℃。某小组在实验室中制备ClO2的装置如下：[ 已知：SO2 + 2NaClO3 + H2SO4 == 2ClO2 +2NaHSO4 ]

下列说法正确的是
A．装置C中装的是饱和食盐水，a逸出的气体为SO2
B．连接装置时，导管口a应接h或g，导管口c应接e
C．装置D放冰水的目的是液化SO2，防止污染环境
D．可选用装置A利用1mol·L−1盐酸与MnO2反应制备Cl2
【答案】B
【解析】利用A装置制取SO2，a逸出的气体为SO2，C为尾气吸收装置，用于吸收多余的SO2，应该装有NaOH溶液，A错误；利用A装置制取SO2，在B中发生制取反应得到ClO2，E为安全瓶，防B中的液体进入到A中，E放置在A与B之间，所以a应接h或g；装置D中收集到ClO2，导管口c应接e，B正确；ClO2的沸点11℃，被冰水浴冷凝，在D中收集到，C错误；MnO2有浓盐酸反应，1mol·L－1并不是浓盐酸，D错误。
10．（山西省大同市2020届联考一）以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法错误的是

A．反应1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化
B．从母液中可以提取Na2SO4
C．反应2中，H2O2做氧化剂
D．采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解
【答案】C
【解析】在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3－＋SO2 == SO42－＋2ClO2，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，A正确；根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，B正确；在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，C错误；减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，D正确。
11．（广东惠州市2020届调研三）五种短周期主族元素的关系如图所示。TX2是制光导纤维制品的主要原料。下列说法中错误的是

A．Y是非金属性最强的元素
B．R与X形成的化合物是一种两性化合物
C．T的晶体是一种重要的半导体材料
D．简单离子半径Y比Z、R的都小
【答案】D
【解析】TX2是制光导纤维制品的主要原料，则其为SiO2，从而得出X为O，Y为F，Z为Na，R为Al，T为Si。Y为F，是元素周期表中非金属性最强的元素，A正确；Al与O形成的化合物为Al2O3，是既能与酸又能与碱反应的两性化合物，B正确；Si的晶体是一种重要的半导体材料，可用于生产电子元件，C正确；F-半径比Na+、Al3+的半径都大，D错误。
12．（广东惠州市2020届调研三）含有对氯苯酚和醋酸钠的废水净化原理如图所示。下列说法错误的是

A．本装置集净化、供电于一体，产物之一还有消毒作用
B．每消耗1mol CH3COO－，通过质子交换膜的质子的物质的量为8 mol
C．在该装置中，B极上的电势比A极上的电势高
D．A极的电极反应为 + H+ + 2e－ + Cl－
【答案】C
【解析】本装置将废水进行净化处理、并产生电能，产物苯酚还有消毒作用，A正确；B极发生电极反应为CH3COO－－8e－ + 4H2O == 2HCO3－ + 9H+，则1mol CH3COO－放电，通过质子交换膜的质子的物质的量为8 mol（留下1molH+平衡电性），B正确； 在该装置中，B极为负极，A极为正极，则A极上的电势比B极上的电势高，C错误；A极，得到2e－，同时有1个H+参与反应，生成和Cl－，D正确。
13．（广东惠州市2020届调研三）25℃时，进行下图所示滴定并得到对应曲线。下列说法错误的是

A．Ka2(H2C2O4) = 10－4.19
B．直线Ⅰ中X =
C．在NaHC2O4溶液中c(H2C2O4) + c(H+) = c(OH－) + c(C2O42－)
D．Ⅰ、Ⅱ两条直线的斜率均为1
【答案】B
【解析】H2C2O4溶液中滴入NaOH溶液，先发生反应：H2C2O4+OH－=HC2O4－+H2O，随着碱的不断滴入，溶液的pH不断增大；当H2C2O4完全反应后，HC2O4-与NaOH发生反应HC2O4－+OH－=C2O42－+H2O，所以直线Ⅰ为X=，直线Ⅱ为X=。在pH=4.19点，Ka2(H2C2O4)==10－4.19，A正确；由以上分析可知，直线Ⅱ中X=，B错误；在NaHC2O4溶液中，HC2O4－C2O42－+H+，HC2O4－+H2O H2C2O4+OH－，H2OH++OH－，由水电离出的c(OH－)=c(H+)，则溶液中c(H+)－c(C2O42－)=c(OH－)－c(H2C2O4)，从而得出c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH－)+c(C2O42－)，C正确；直线Ⅰ，lg X=0时，pH=1.22，pH=0时，lg X=1.22（由平衡常数进行计算），从而得出其斜率为1；采用同样的方法，可求出直线Ⅱ的斜率为1，D正确。
二、非选择题：共58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。
（一）必考题：共43分。
26．（四川棠湖中学2020届一模）（14分）工业上以钒炉渣(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]，其生产工艺流程如下。

（1）焙烧过程中V2O3转化为可溶性NaVO3，该反应的化学方程式为_________________________________。
（2）滤渣的主要成分是________________（写化学式）。
（3）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3），若滤液中c(VO3－)=0.1mol·L－1，为使钒元素的沉降率达到98％，至少应调节c(NH4+)为____mol·L－1。[已知Ksp(NH4VO3)=1.6×10－3]
（4）“还原”V2O5过程中，生成VOC12和一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_______________________。用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOC12，该方法的缺点是____________________________。
（5）称量a g产品于锥形瓶中，用20 mL蒸馏水与30 mL稀硫酸溶解后，加入0.02 mol·L－1 KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1％的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用c mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。（已知滴定反应为VO2++Fe2++2H+==VO2++Fe3++H2O）
① KMnO4溶液的作用是______________。
② 粗产品中钒的质量分数表达式为________（以VO2计）。
③ 若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果_____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【答案】（14分）（1）V2O3 + Na2CO3 + O22NaVO3 + CO2（2分）
（2）Mg3(PO4)2、MgSiO3（2分）
（3）0.8（2分）
（4）N2H4•2HCl + 2V2O3 + 6HCl == 4VOCl2 + N2↑ + 6H2O（2分） 有氯气生成，污染空气（2分）
（5）①将VO2+氧化为VO2+（1分） ② （2分） ③ 偏高（1分）
【解析】钒炉渣（主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质），加入碳酸钠通入空气焙烧，产物加水溶解，向溶液中加入硫酸镁除去硅磷过滤，滤渣的主要成分为Mg3（PO4）2、MgSiO3．滤液中加入氯化铵沉钒生成NH4VO3，其受热分解生成V2O5，再用盐酸酸化的N2H4•2HCl还原V2O5生成VOCl2，最后再向反应后溶液中加入NH4HCO3，即可得到产品氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]。
（1）将钒炉渣和碳酸钠在空气流中焙烧将V2O3转化为可溶性NaVO3，同时得到二氧化碳，发生反应的化学方程式为V2O3 + Na2CO3 + O22NaVO3 + CO2；
（2）焙烧时SiO2、P2O5分别与碳酸钠生成可溶于水的Na2SiO3和Na3PO4，除硅、磷时加入硫酸镁溶液生成Mg3（PO4）2、MgSiO3沉淀，则过滤时得到的滤渣的主要成分为Mg3(PO4)2、MgSiO3；
（3）已知Ksp(NH4VO3)=c(NH4+)•c(VO3－)=1.6×10-3, 若滤液中c(VO3－)=0.1mol·L－1，为使钒元素的沉降率达到98％，则溶液中剩余c(VO3－)=0.1mol·L－1×2%=0.002 mol·L－1，此时c(NH4+)=mol·L－1=0.8mol·L－1；
（4）用盐酸酸化的N2H4•2HCl还原V2O5生成VOCl2和一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，此气体应为N2，则发生反应的化学方程式为N2H4•2HCl+2V2O3+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；若改用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOC12，但同时得到的氧化产物为Cl2，此气体有毒，会污染环境；
（5）① 根据分析，KMnO4溶液的作用是将+4价的钒氧化为VO2+；
② 根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2－ + Fe2+ + 2H+ == VO2+ + Fe3+ + H2O，则钒元素的物质的量n = n[(NH4)2Fe(SO4)2] = c mol/L×b×10－3L = cb×10－3mol，粗产品中钒的质量分数的表达式为=；
③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准液体积偏高，根据滴定反应为：VO2－+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，可知会使测定结果偏高。
27．（福州一中2020届下学期质检）（15分）碘酸钾（KIO3）是重要的食品添加剂。某化学兴趣小组设计下列步骤制取KIO3，并进行产品的纯度测定。制取碘酸（HIO3）的实验装置示意图和有关资料如下：
HIO3
① 白色固体，能溶于水，难溶于四氯化碳
② Ka＝0.169mol·L－1
KIO3
① 白色固体，能溶于水，难溶于乙醇
② 碱性条件下易发生反应：
ClO－+ IO3－ ＝IO4－+ Cl－
　　
回答下列问题：
步骤Ⅰ．用 Cl2 氧化 I2 制取 HIO3
（1）装置 A 中发生反应的化学方程式_______。
（2）装置 B 中的 CCl4 可以加快反应速率，原因_______。
（3）反应结束后，获取 HIO3 溶液的操作中，所需玻璃仪器有烧杯、________和_______。
步骤Ⅱ．用 KOH 中和 HIO3 制取 KIO3
（4）该中和反应的离子方程式为_______。中和之前，应将上述 HIO3溶液煮沸至接近无色，否则中和时易生成_______（填化学式）而降低 KIO3 的产量。
（5）往中和后的溶液中加入适量_______，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体。
（6）为验证产物，取少量上述固体溶于水，滴加适量 SO2 饱和溶液，摇匀，再加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝。若实验时，所加的 SO2 饱和溶液过量，则无蓝色出现，原因是_______。
步骤Ⅲ．纯度测定
（7）取 0.1000 g 产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量 KI 溶液，用 0.1000 mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，蓝色消失（I2 + 2S2O32－ == 2I－ + S4O62－）。进行平行实验后，平均消耗 Na2S2O3 溶液的体积为 24.00 mL。则产品中 KIO3 的质量分数为_______。[M(KIO3)=214.0 g·mol－1]
【答案】（15分）（1）KClO3 + 6HCl(浓) == KCl + 3Cl2↑ + 3H2O（2分）
（2）I2和Cl2易溶于CCl4，增大了反应物浓度（2分）
（3）分液漏斗（1分） 玻璃棒（1分）
（4）HIO3+OH－=IO3－+H2O（2分） ClO－（2分）
（5）乙醇（或“酒精”、“C2H5OH”）（1分）
（6）过量的SO2能将IO3－、I2等还原为I－（2分）
（7）85.60%（2分）
【解析】（1）装置A用于制取氯气，反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；
（2）由于Cl2、I2在水中溶解度小，在CCl4中溶解度却很大，装置B中的CCl4能增大反应物浓度，使反应速率加快；
（3）依据物质信息可知，B中反应后产生的碘酸主要在水溶液中且与CCl4互不相溶，所以必须采用分液法以获取碘酸溶液，分液需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗、玻璃棒；
（4）KOH和HIO3发生中和反应生成KIO3和水，HIO3属于弱电解质，在离子方程式中保留化学式，故离子方程式为：HIO3+OH−=IO3−+H2O；中和之前溶液中存在较多Cl2，通过加热煮沸可以除去Cl2，避免中和时Cl2转化为ClO−，ClO-进一步将IO3−氧化为IO4−，从而导致KIO3产量下降；
（5）KIO3难溶于乙醇，加入适量乙醇可以使KIO3从溶液中析出，故往中和后的溶液中加入适量乙醇，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体；
（6）依题意可知，少量饱和SO2水溶液能将KIO3还原为I2，但加入过量饱和SO2水溶液却无蓝色出现，说明过量的SO2能将IO3-、I2等还原为I−；
（7）取0.1000g产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量KI溶液，发生反应：IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O，用0.1000 mol/LNa2S2O3溶液滴定生成的I2，有关系式：KIO3∼3I2∼6S2O32−，则n(KIO3)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.0004mol， 故产品中KIO3的质量分数为×100%=85.60%。
28．（山西省大同市2020届联考一）（14分）氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料。以生物材质（以C计）与水蒸气反应制取H2是一种低耗能，高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO两步构成。气化炉中涉及的反应有：
Ⅰ.C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) K1；
Ⅱ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) K2；
Ⅲ.CaO(s)＋CO2(g)CaCO3(s) K3；
燃烧炉中涉及的反应为：
Ⅳ.C(s)＋O2(g) == CO2；
Ⅴ.CaCO3(s) == CaO(s)＋CO2(g)。
（1）氢能被视为最具发展潜力的绿色能源，该工艺制H2总反应可表示为C(s)＋2H2O(g)＋CaO(s) CaCO3(s)＋2H2(g)，其反应的平衡常数K=____(用K1、K2、K3的代数式表示)。
（2）在一容积可变的密闭容器中进行反应Ⅰ，恒温恒压条件下，向其中加入1.0 mol炭和1.0 mol水蒸气，达到平衡时，容器的体积变为原来的1.25倍，平衡时水蒸气的平衡转化率为_____；向该容器中补充amol炭，水蒸气的转化率将_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）对于反应Ⅲ，若平衡时再充入CO2，使其浓度增大到原来的2倍，则平衡_____移动（填“向右”、“向左”或“不”）；当重新平衡后，CO2浓度___（填“变大”、“变小”或“不变”）。
（4）一种新型锂离子二次电池——磷酸铁锂（LiFePO4）电池。作为正极材料的磷酸铁锂在充、放电时的局部放大示意图如图，写出该电池充电时的阳极电极反应式：______。

【答案】（14分）（1）K1·K2·K3（2分）
（2）25%（3分） 不变（2分）
（3）向右（2分） 不变（2分）
（4）LiFePO4－xe－ == Li(1－x)FePO4+xLi+（3分）
【解析】（1）由反应I+反应II+反应III可得C(s)＋2H2O(g)＋CaO(s) CaCO3(s)＋2H2(g)，由故其平衡常数K= K1·K2·K3；
（2）恒温恒压下，气体物质的量之比等于压强之比，
，
则，解得x=0.25，因此平衡时水蒸气的转化率为=25%；碳为固体，增加其物质的量，对平衡无影响，因此对于水蒸气的转化率无影响；
（3）CaO(s)＋CO2(g)CaCO3(s)中，只有CO2一种气体，增加CO2浓度，平衡将向着气体体积减小的方向移动，即平衡正向移动；因K3=c(CO2)，温度不变的情况下，平衡时CO2浓度不变；
（4）由图可知，充电时LiFeO4失去电子，生成Li+，故充电时阳极电极反应式为：。
（二）选考题：共15分。请考生从2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．［化学——选修3：物质结构与性质］（山西省大同市2020届联考一）（15分）
现有A、B、C、D、E、F 原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期。B元素含有3 个能级，且毎个能级所含的电子数相同；D的原子核外有8个运动状态不同的电子，E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E元素的基态原子有4个未成对电子。
回答下列问题：
（1）请写出D基态的价层电子排布图：_____。
（2）下列说法正确的是_____。
A．二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点SiO2＞CO2
B．电负性顺序：C＜N＜O＜F
C．N2与CO为等电子体，结构相似，化学性质相似
D．稳定性：H2O＞H2S，原因是水分子间存在氢键
（3）某化合物与F(I)（I表示化合价为＋1）结合形成如图所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式是______。

（4）己知(BC)2是直线性分子，并有对称性，且分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构，则(BC)2中σ键和π键的个数比为______。
（5）C元素最高价含氧酸与硫酸酸性强度相近，原因是______。
（6）Fe3O4晶体中，O2－的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着由如1、3、6、7的O2－围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2－围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，正四面体空隙数与O2－数之比为_____，有_____%的正八面体空隙没有填充阳离子。Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，晶体密度为5.18 g•cm－3，则该晶胞参数a=______pm。（写出计算表达式）

【答案】（15分）（1）（1分）
（2）B（2分）
（3）sp 2、sp 3（2分）
（4）3∶4（2分）
（5）HNO3的非羟基氧个数与H2SO4的非羟基氧个数相同，所以酸性强度相近（2分）
（6）2∶1（2分） 50%（2分） （2分）
【解析】A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，均位于元素周期表的前四周期，B元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故B为碳元素；D的原子核外有8个运动状态不同的电子，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原序数相差3，二者只能处于第四周期，且E元素的基态原子有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则E为Fe，F为Cu，（3）中C（氮元素）与A形成的气体x，则A为H元素，形成的x为NH3，据此解答本题。
（1）（1）D为O元素，价电子排布为2s22p4，基态的价层电子排布图为：；
（2）二氧化硅属于原子晶体，二氧化碳形成分子晶体，故点：SiO2>CO2，A错误；同周期自左而右电负性增大，电负性顺序：C