2020届高考全国I卷 高三最新信息卷（七）化学试题

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2020年高三最新信息卷
化 学 （七）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65

一、选择题：本大题共7小题，每小题6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．我国绵延五千年的文化从未中断过，涌现出许多伟大的发明。下列有关叙述错误的是
A．司南之所以能够辨别方向，是由于它本身材料为磁铁矿，主要成分为Fe2O3
B．曾侯乙编钟（湖北省博物馆“镇馆之宝”）之所以能成为乐钟，关键在于它恰当地运用了合金材料
C．“China”的含义又指瓷器，陶瓷是以粘土为原料，经高温烧结而成
D．高粱是中国制酒的主要原料，其借助酶的作用，将淀粉充分水解为葡萄糖，再将葡萄糖转化为酒精
8．设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是
A．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B．1mol N2与4mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
C．1mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D．标准状况下，2.24L CCl4含有的共价键数为0.4NA
9．化合物丙是一种医药中间体，可以通过如图反应制得。下列说法正确的是

A．丙的分子式为C10Hl6O2
B．甲的一氯代物有4种（不考虑立体异构）
C．乙可以发生取代反应、加成反应、氧化反应
D．甲、丙均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
10．下列实验现象预测正确的是
A
B
C
D




烧杯中产生白色沉淀，一段时间后沉淀无明显变化
加盐酸出现白色浑浊，加热变澄清
KMnO4酸性溶液在苯和甲苯中均褪色
液体分层，下层
呈无色
11．一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y，Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是

A．WX是共价化合物
B．原子半径：W>Z>Y
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q3c(HA−)
C．当溶液呈中性时，c(HA−)=c(Na+)>c(OH−)=c(H+)
D．由图可知HA−的水解程度小于电离程度
二、非选择题（共43分）
26．（14分）碘酸钙[Ca(IO3)2]广泛用于食品工业、口腔洗涤，防腐等领域，某化学兴趣小组在实验室利用碘在酸性条件下被氯酸钾氧化成碘酸氢钾（KIO3·HIO3），溶液经氢氧化钾中和后，与氯化钙发生复分解反应制备碘酸钙，其制备步骤及装置（水浴加热装置略去）如图：
物质的摩尔质量如下表：
物质
I2
KClO3
Ca(IO3)2
摩尔质量/g·mol−1
354
122.5
390
请回答下列问题：
（1）加入b中盐酸后，碘在酸性条件下被氯酸钾氧化成碘酸氢钾（KIO3·HIO3），反应中有黄绿色的气体生成，该反应的化学方程式为 。
（2）步骤②与“直接加热”相比，“水浴加热”的优点为 。
（3）步骤④加入氯化钙后，得到白色悬浊液，说明KIO3的溶解度___（填“大于”“小于”或“等于”）Ca(IO3)2。
（4）步骤⑤冰水浴冷却的目的为 。
（5）步骤⑥的操作名称为 。
（6）步骤⑦洗涤后检验沉淀是否洗涤干净的方法为 _。
（7）最终得到2.60g碘酸钙产品，则产率为___%（保留2小数）。
27．（14分）臭氧(O3)主要分布在大气层的平流层中，能够吸收紫外线，被称为地球的保护伞。回答下列问题：
(1)NOx对臭氧层的破坏作用极大，已知：①NO+O3=NO2+O2 K1；NO2+O=NO+O2 K2；③O2+O=O3 K3，反应2O3=3O2的平衡常数K=_______(用K1、K2、K3表示)，写出一种保护臭氧层的措施：__________。
(2)用臭氧氧化烟气中的SO2的主要反应为SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g) ΔH，已知
①2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH1=-198kJ/mol，②2O3(g)=3O2(g) ΔH2=+284.2kJ/mol
①上述反应中ΔH=____kJ·mol−1。
②一定温度下，向2L固定容积的密闭容器中加入2mol O3和2mol SO2发生上述反应，5min后达到平衡，测得容器中含有0.4mol·L−1 SO3，此时SO2的转化率为_______，欲提高O3的利用率可采取的措施有_______(填字母)。
a．适当增大压强 b．升高温度 c．使用优质催化剂 d．及时分离出SO3
(3)工业上用CaSO3悬浊液吸收上述转化生成的SO3可制备石膏。已知：298K时Ksp(CaSO4)=9.0×10－6，Ksp(CaSO3)=1.5×10－7，向1L CaSO3悬浊液中加入Na2SO4，若有0.1mol CaSO3参与反应，则需加入_______mol Na2SO4。

(4)工业上可采用惰性电极电解稀硫酸的方法制备O3，反应装置如上图所示，电源的a极为_____极，通入O2的电极反应式为_______。
28．（15分）我国西安兵马佣二号坑出土的宝剑因含有铬而锋利无比。目前，工业用硬铬尖晶石（属于含氧酸盐，主要含MN2O4其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al）制备重铬酸钠（工业流程如图），同时电解重铬酸钠溶液便可得到铬。

（1）硬铬尖晶石中，Cr的化合价为___________。
（2）在步骤II中除去的离子是______，操作X的名称为_______。
（3）写出步骤III中H2O2表现的性质是_______，已知步骤III所得溶液c(Cr3+)=0.010mol/L，常温下，加NaOH使c(Fe3+)和c(Al3+)均降至10−5mol/L，应控制溶液的pH为____。（常温下：［Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10−32，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10−35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10−38］。
A．10~11 B．>11 C．约为10 D．约为4
（4）已知NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体。在步骤IV中发生化学反应的离子方程式为 ，步骤V中CO2压强越大Na2Cr2O7产率越高，其原因是 。
（5）工业上用电解法制备铬，其装置示意图如图：

电解池工作时，阴极发生的电极反应式为_______________，该装置的电能主要转变为___能。
三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，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】（15分）
碳、磷、硫等元素形成的单质和化合物在生活、生产中有重要的用途。
(1)下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是___(填字母)。
A． B．
C． D．
(2)P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图所示：

①P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为 。
②1mol P4S3分子中含有的孤电子对的数目为___________。
(3)科学家合成了一种阳离子“N5n+”，其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键，此后又合成了一种含有“N5n+”的化学式为“N8”的离子晶体(该晶体中每个N原子都达到了8电子稳定结构)，N8的电子式为_________。(CN)2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为___________。
(4)碳酸盐中的阳离子不同，热分解温度就不同。下表为四种碳酸盐的热分解温度和对应金属阳离子的半径。随着金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐渐升高，原因是___________。
碳酸盐
MgCO3
CaCO3
SrCO3
BaCO3
热分解温度/℃
402
900
1172
1360
金属阳离子半径/pm
66
99
112
135
(5)石墨的晶胞结构如图所示。已知石墨的密度为ρ g·cm−3，C-C键的键长为r cm，NA为阿伏加德罗常数的值，则石墨晶体的层间距d=_________cm。

36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
有机化合物H(根皮素）是一种新型天然皮肤美白剂，H的一种合成路线如图：

已知：+H2O
回答下列问题：
(1)A的化学名称是 ，E中官能团的名称为 。
(2)由B生成C和由C生成D的反应类型分别为 、 。
(3)H的分子式为 。
(4)E→G的化学方程式为 。
(5)M是D的同分异构体，同时符合下列条件的M的结构有 种（不考虑立体异构）。
①能与FeCl3溶液发生显色反应 ②能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为l∶2∶2∶2∶1的M的结构简式为 。
(6)设计以2一氯丙烷和1，3一丙二醛为起始原料制备的合成路线___（无机试剂及溶剂任选）。



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2020年高三最新信息卷
化学答案（七）
7.【答案】A
【解析】磁铁矿的主要成分为Fe3O4，故A错误；曾侯乙编钟主要材质为青铜，属于合金，将合金铸造成合适的形状，发出悦耳的声音，使曾侯乙编钟成为乐钟，故B正确；陶瓷是以粘土为原料，经高温烧结而成，C正确；高粱主要含淀粉，淀粉由葡萄糖聚合而成，充分水解生成葡萄糖，葡萄糖再经发酵分解生成乙醇，故D正确；故答案为A。
8. 【答案】A
【解析】乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g÷14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；答案选A。
9. 【答案】C
【解析】由丙的结构简式可知，丙的分子式为C10H14O2；甲的分子中有3种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有3种（不考虑立体异构）；甲、丙结构中均含有碳碳双键，能被高锰酸钾氧化，则均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；综上所述，答案为C。
10. 【答案】B
【解析】氯化铵和氢氧化钙固体受热分解生成氨气，氨气与氯化亚铁溶液反应，立即生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，故A错误；苯酚钠溶液与盐酸反应生成苯酚，出现白色浑浊，由于苯酚溶于热水，则加热变澄清，故B正确；苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；四氯化碳比水的密度大，则分层后，下层碘的四氯化碳溶液呈紫色或紫红色，故D错误；故选B。
11. 【答案】D
【解析】根据题目信息均是前20号元素，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，又形成如图所示离子化合物，可知Y是碳（C），X是氢（H），Z是氧（O），Q是硫（S），W是钾（K）。WX是KH，是离子化合物，故A错误；同周期，序数越大，半径越小，故原子半径关系为：W>Y>Z，B错误；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，根据氧化性S>C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q>Y，C错误；Z和X、Y、W、Q形成的二元化合物均在两种及以上：H2O、H2O2；CO、CO2；SO2、SO3；K2O、K2O2；故D正确。
12. 【答案】D
【解析】根据图示可知K4Fe(CN6)在电极表面失电子生成K3Fe(CN)6，故图示电极为阳极，其电极方程式为K4Fe(CN6)-e−=K3Fe(CN)6+K+，A项错误；甲萘醌应在阴极发生还原反应，B项错；工作时在电解池中阳离子应向阴极移动，C项错误；根据图示，该过程NAD(P)H被甲萘醌氧化，即失去电子，D项正确；答案选D。
13. 【答案】B
【解析】H2AH++HA−，其第一步电离平衡常数。根据M点溶液中c(HA)=c(H2A)，则Ka1=c(H+)=10−6.4≈3.98×10−7，数量级为10−7，A错误；N点溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A−)，N点溶液呈碱性，则c(H+)c(HA−)+2c(A−)。根据图示，可知c(HA−)=c(A−)，可得c(Na+)>3c(HA−)，B正确；根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A−)，溶液呈中性，c(H+)=c(OH−)，消去可得，c(Na+)=c(HA−)+2c(A−)，则c(Na+)>c(HA−)>c(OH−)=c(H+)，C错误；HA−的电离平衡常数，N点时，c(HA−)=c(A−)，带入可得Ka2=c(H+)，N点溶液的pH=10.2，则Ka2=c(H+)=10−10.2；HA−的水解平衡常数，根据A项中的计算，Ka1≈3.98×10−7，带入数据，，可知HA－的水解程度大于电离程度，D错误。答案选B。
26. 【答案】（1）I2+2KClO3+HCl=KIO3·HIO3+Cl2↑+KCl
（2） 使受热均匀或容易控制温度
（3） 大于
（4） 降低碘酸钙的溶解度，使更多的碘酸钙晶体析出
（5） 过滤或抽滤
（6） 取最后一次洗涤液于一洁净的试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则说明沉淀洗涤干净，反之则不干净
（7） 66.67
【解析】（1）碘在酸性条件下被氯酸钾氧化成碘酸氢钾(KIO3·HIO3)，反应中有黄绿色的气体生成，此气体应为氯气，则该反应的化学方程式为I2+2KClO3+HCl=KIO3·HIO3+Cl2↑+KCl；（2）直接加热不能准确控制温度，而使用水浴加热能使受热均匀，且容易控制温度；（3）KIO3溶液中加入氯化钙后，得到Ca(IO3)2白色悬浊液，说明KIO3的溶解度大于Ca(IO3)2；（4）步骤⑤冰水浴冷却，可降低碘酸钙的溶解度，使更多的碘酸钙晶体析出；（5）从浑浊液中获得碘酸钙晶体，应该选择过滤或抽滤操作；（6）碘酸钙晶体表面附着液中含有Cl−，则取最后一次洗涤液于一洁净的试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则说明洗涤液中不含Cl−，即沉淀洗涤干净，反之则不干净；（7）2.60g I2的物质的量为≈0.01mol，2.45g KClO3的物质的量为=0.02mol，结合I2+2KClO3+HCl=KIO3·HIO3+Cl2↑+KCl可知反应理论生成的碘酸钙为0.01mol，则产率为≈66.67%。
27. 【答案】（1） 减少氮氧化物的排放或者减少氟氯烃的使用等
（2） -241.1 40% d
（3） 6.1
（4） 负极 O2+4e－+4H+=2H2O
【解析】(1)根据盖斯定律，可知反应①+②－③可得目标反应2O3=3O2，化学方程式相加减，则化学平衡相乘除，即2O3=3O2的平衡常数为；O3在NOx的作用下会发生分解生成氧气，保护臭氧层，可以减少NOx的排放，或者减少氟氯烃的使用等；(1)①根据盖斯定律，(反应①－反应②)可得目标反应SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g)，则ΔH=(-198-284.2)kJ·mol－1=-241.1kJ·mol－1；②达到平衡后，容器中SO3的浓度为0.4mol·L－1，则生成SO3的物质的量n=0.4mol·L－1×2L=0.8mol，根据化学方程式，生成0.8mol SO3需要消耗0.8mol SO2，则SO2的转化率；欲提高O3的利用率，a．该反应是反应前后气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，O3的利用率不变；b．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，O3的转化率降低；c．催化剂可以加快化学反应速率，但是不影响平衡移动，O3的利用率不变；d．及时分离SO3，促进平衡正向移动，O3的利用率增大；答案选d；(3)根据题意，CaSO3悬浊液中加入Na2SO4，发生反应，CaSO3(s)+SO(aq)CaSO4(s)+SO(aq)，该反应的平衡常数，0.1mol CaSO3参与反应，生成CaSO4的物质的量为0.1mol，则沉淀消耗Na2SO4的物质的量为0.1mol；溶液中含有的SO的物质的量为0.1mol，其物质的量浓度，根据平衡常数可知，，则溶液中的c(SO)=6mol·L－1。为了维持溶液中的c(SO)=6mol·L－1，需要消耗Na2SO4的物质的量n=6mol·L−1×1L=6mol，则总共消耗Na2SO4的物质的量为0.1mol+6mol=6.1mol；(4)根据图示，利用电解法制取O3，H+由右侧经质子交换膜向左侧移动；在电解池中，阳离子向阴极移动，则左侧为阴极区，a为电源的负极。在酸性电解质溶液中，O2得到电子生成H2O，则电解方程式为O2+4e−+4H+=2H2O。
28. 【答案】（1）+3
（2） Mg2+ 过滤
（3） 氧化性 D
（4） 3NaBiO3+2Cr3++7OH−+H2O=2CrO+3Bi(OH)3+3Na+ CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O产率也就越高
（5） Cr2O+12e−+14H+=2Cr+7H2O 化学
【解析】由流程图及题目提供的信息知：硬铬尖晶石经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，经过步骤II除去了Mg2+，用双氧水把溶液中Fe2+氧化成Fe3+、再经过调节pH、在步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，含Cr3+的溶液经浓缩后，步骤IV为在碱性条件下用氧化剂NaBiO3把Cr3+氧化成CrO，步骤V中则调溶液到酸性，使CrO，转变为Cr2O；（1）硬铬尖晶石属于含氧酸盐，主要含MN2O4，其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al，则M为+2价，N为+3价，则Cr的化合价为+3；答案为：+3；（2）从硬铬尖晶石所含元素种类看，经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，从后续流程看，步骤II以后溶液中已经没有镁离子，步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可知在步骤II中除去的是Mg2+(或镁离子），操作X则是过滤；（3）步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可推知Fe2+被H2O2氧化成+3价，故H2O2表现了氧化性，它是一种绿色氧化剂；当溶液中c(Cr3+)=0.010mol/L，因为按常温下Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10−32，则c(OH−)＜10−10 mol/L，c(H+)＞10−4mol/L，则应控制溶液的pH＜4，按常温下Ksp[Al(OH)3]=1.0×10−35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10−38可知，此条件下，铝离子、铁离子已沉淀完全，故选D；（4）从流程图知，步骤IV为碱性条件下，溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO，则发生离子方程式为：3NaBiO3+2Cr3++7OH−+H2O=2CrO+3Bi(OH)3+3Na+；步骤V为铬酸钠转化成重铬酸钠的过程：，从反应知，CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，越有利于平衡左移，即Cr2O产率也就越高；（5）由工业电解法制铬装置示意图知：电解时，阴极上Cr2O得到电子被还原，则电极反应式为Cr2O+12e−+14H+=2Cr+7H2O；电解池是电能主要转变为化学能的装置。
35. 【答案】（1）A＜C＜B＜D
（2） sp3 10NA
（3） NC—CN
（4） 碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，氧离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，热分解温度越低
（5）
【解析】(1)轨道中电子能量：1s＜2s＜2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序是A＜C＜B＜D；(2)①该分子中每个S原子形成2个共价键且还含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知S原子杂化类型为sp3；②该分子中每个S原子含有2个孤电子对、每个P原子含有1个孤电子对，所以该分子中孤电子对个数=3×2+4×1=10，则1mol P4S3分子中含有的孤电子对的数目为10NA；(3)N5n+结构是对称的，5个N排成V形，5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键，满足条件的结构为：，故“N5”带一个单位正电荷，所以化学式为”N8”的阴离子为N、阳离子为，N8的电子式为；分子(CN)2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子的最外层均满是8电子稳定结构，则每个C原子形成4个共价键、每个N原子形成3个共价键，其结构简式为N≡C-C≡N；(4)碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，热分解温度越低；(5)晶胞中C原子的数目为，所以晶胞质量为；设晶胞的底边长为a cm，晶胞的高为h cm，层间距为d cm，则h=2d，底面图为，则，所以a=r，则底面面积为cm2，则晶胞体积为V=cm3，所以有，解得d=。
36. 【答案】（1）苯酚 羟基和醛基
（2） 取代反应 氧化反应
（3） C15H14O5
（4） ++H2O
（5） 13
（6）
【解析】(1)由以上分析可知，A的结构简式为，化学名称是苯酚，E为，官能团的名称为羟基和醛基；(2)由分析可知，由B生成C和由C生成D的反应类型分别为取代反应、氧化反应；(3)H的结构简式为，分子式为C15H14O5；(4)与反应生成和H2O，化学方程式为+
+H2O；(5)M是D的同分异构体，依据限定条件，可确定M分子中一定含有的结构片断，另外还存在取代基-CH2CHO或-CHO和-CH3。当中苯环上的1个H原子被-CH2CHO取代时，有邻、间、对3种异构体；当中苯环上的2个H原子分别被-CHO和-CH3取代时，有10种异构体，从而确定符合条件的M的结构有13种。其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为l∶2∶2∶2∶1的M的结构简式为；(6)2一氯丙烷和1，3一丙二醛为起始原料制备，需将2一氯丙烷转化为丙酮，再与丙二醛发生类似题给已知中的反应。也就是将2一氯丙烷先水解生成2一丙醇，再氧化为丙酮，最后与丙二醛发生反应，即得目标有机物。合成路线为：。