2020年高考化学“7+3+2”提分专练必刷卷06（含解析）

这是一份2020年高考化学“7+3+2”提分专练必刷卷06（含解析），共14页。试卷主要包含了下列说法不正确的是，下列离子方程式正确的是，除去下列物质中的杂质，［化学——选修3等内容，欢迎下载使用。
高考“7+3+2”提分专练必刷卷06
化学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Ni-59 As-75
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．下列说法不正确的是（ ）
A．青蒿素的提取及在医学上的应用、第一次人工合成蛋白质结晶牛胰岛素，都是中国化学家的科研成果
B．可用加水溶解后测pH的方法鉴别氯化钠与亚硝酸钠
C．只用新制氢氧化铜悬浊液(可加热)一种试剂，无法将乙酸、乙醇、甘油、乙酸甲酯、乙醛、葡萄糖溶液一一鉴别出来
D．无水氯化钴呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
【答案】C
【解析】
A．利用萃取方法提取青蒿素及医学上的应用、世界上首次人工合成蛋白质(结晶牛胰岛素)，中国化学家的科研成果令世界瞩目，A正确；
B．氯化钠溶液呈中性，亚硝酸钠溶液呈碱性，可用测pH的方法鉴别，B正确；
C．氢氧化铜悬浊液能与多羟基有机物反应，生成绛蓝色的醇铜溶液，且丙三醇铜加热后颜色不变，而葡萄糖铜加热后由绛蓝色溶液转化为砖红色沉淀。因此，三述六种物质中加入新制的氢氧化铜悬浊液后，现象分别为悬浊液溶解得蓝色溶液、无现象、悬浊液溶解得绛蓝色溶液、液体分层、起初无现象但加热后得砖红色沉淀、起初得绛蓝色溶液加热后得砖红色沉淀，故可用来鉴别，C不正确；
D．无水氯化钴吸水后，转化为水合氯化钴，颜色会蓝色变为粉红色，由此可判断变色硅胶是否吸水，D正确。
故选C。
8．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有氢原子数为3NA
B．Na2S和Na2O2固体混合物15.6g中，含有的阴离子数为0.3NA
C．104g苯乙烯中含有8NA的碳氢键和4NA的碳碳双键
D．1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA
【答案】D
【解析】
A．50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有乙醇23g，乙醇的物质的量为0.5mol，0.5mol乙醇中含有3mol氢原子，由于水中同样含有氢原子，所以该乙醇水溶液中含有的氢原子大于3mol，含有氢原子总数大于3NA，A错误；
B．Na2S和Na2O2的摩尔质量相同，Na2O2是由Na＋和O22－构成；15.6gNa2S和Na2O2的混合物其物质的量为0.2mol，含有的阴离子数0.2NA，B错误；
C．104g苯乙烯的物质的量为1mol，苯环中的碳碳键为独特键，不存在碳碳双键，所以1mol苯乙烯中含有1mol碳碳双键，含有的碳碳双键数为NA个，C错误；
D．1.6g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的质量为1.6g，含有氧原子的物质的量为0.1mol，含有氧原子的数目为0.1NA，D正确。答案选D。
9．下列离子方程式正确的是（ ）
A．石灰乳与碳酸钠溶液混合：Ca2++CO32-=CaCO3↓
B．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液，刚好沉淀完全：Ba2+ +2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
C．向亚硫酸钡固体中加入稀硝酸：3BaSO3＋2H＋＋2NO3－=3BaSO4↓＋2NO↑＋H2O
D．碳酸氢钠溶液中加入过量的氢氧化钙溶液：2HCO3- + Ca2+ + 2OH-=CaCO3↓+ 2H2O + CO32-
【答案】C
【解析】
A． 石灰乳主要成分是Ca(OH)2，在离子反应方程式中，不能拆，应写成Ca(OH)2，A错误；
B． 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液，刚好沉淀完全：Ba2+ +2OH-+NH4++H++SO42-=BaSO4↓+H2O+NH3·H2O，B错误；
C． 向亚硫酸钡固体中加入稀硝酸后发生氧化还原反应：3BaSO3＋2H＋＋2NO3－=3BaSO4↓＋2NO↑＋H2O，C正确；
D． 碳酸氢钠溶液中加入过量的氢氧化钙溶液：HCO3- + Ca2+ + OH-=CaCO3↓ + H2O，D错误；故答案为：C。
10．除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂及操作方法不正确的是（ ）
选项
待提纯的物质
选用试剂
操作的方法
A
FeCl2溶液（FeCl3溶液）
铁粉
过滤
B
Al2O3（Fe2O3）
NaOH溶液和CO2
溶解、过滤、洗涤
C
Cl2（HCl）
饱和食盐水
洗气
D
Fe(OH)3胶体（NaCl溶液）
水
渗析
【答案】B
【解析】
A．FeCl3具有氧化性，与Fe反应生成FeCl2，可除杂，故A不符合题意；
B．氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，而氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，通过过滤可除去氧化铁，通入二氧化碳生成氢氧化铝，过滤、洗涤后应灼烧再生成氧化铝，故B符合题意；
C．氯气不溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水除去氯化氢，故C不符合题意；
D．胶粒不能透过半透膜，而离子可以透过，可用渗析的方法分离，故D不符合题意。故答案为：B。
11．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：
元素
X
Y
Z
W
原子半径/pm
186
143
75
71
主要化合价
＋1
＋3
＋5、＋3、－3
－1
下列叙述正确的是（　　）
A．X、Y元素的金属性XW－>X＋>Y3＋
【答案】D
【解析】由上述分析可知，X、Y、Z、W分别为Na、Al、N、F。
A． 同一周期从左到右，元素的金属性依次减弱，故Na的金属性强于Al元素，A不正确；
B． N的非金属性没有F强，故N的气态氢化物没有F的气态氢化物稳定，B不正确；
C． Y的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，其只能溶于强碱性的溶液，不能溶于稀氨水，C不正确；
D． 电子层结构相同的离子，原子序数越大的半径越小；N3－、F－、Na＋、Al3＋的电子层结构相，故四其半径大小顺序为N3－>F－>Na＋>Al3＋，D正确。综上所述，叙述正确的是D。
12．下列物质在给定条件下的同分异构体数目正确的是(　　)
A．C4H10属于烷烃的同分异构体有3种
B．分子组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体有5种
C．分子组成是C4H8O属于醛的同分异构体有3种
D．的一溴代物有5种
【答案】D
【解析】A、C4H10为丁烷，有正丁烷与异丁烷两种同分异构体，故A错误；
B、羧酸具有-COOH，剩余为丁基，丁基有4种，故分子组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体有4种，故B错误；
C、醛基为-CHO，剩余为丙基，丙基有2种，故分子组成是C4H8O属于醛类的同分异构体有2种，故C错误；
D、有机物中含有几种化学环境不同的H原子，就有几种一卤代物，中含有5种H，故其一溴代物有5种，所以D选项是正确的。故选D。
13．Hg是水体污染的重金属元素之一。水溶液中二价汞的主要存在形态与C1-、OH-的浓度关系如图所示[图中的物质或粒子只有Hg(OH)2为难溶物；pCl=-lgc(Cl-)]。下列说法不正确的是

A．可用如下方法除去污水中的Hg2+： FeS(s)+ Hg2+(aq)=HgS(s)+Fe2+(aq)
B．当溶液pCl保持在1，pH在6～8时，汞元素主要以HgCl42-形式存在
C．HgCl2是一种强电解质，其电离方程式是：HgCl2=HgCl++Cl-
D．当溶液pH保持在5，pCl由2改变至6时．可使HgCl2转化为Hg(OH)2
【答案】C
【解析】A、HgS比FeS更难溶，所以A正确；B、根据图中数据可知，B正确；C、根据图片中离子种
类可以判断，HgCl2是一种弱电解质，其电离方程式是：2HgCl2⇌HgCl++HgCl3ˉ，故C错误；D、根
据图片中微粒存在方式判断，当溶液pH保持在5，pCl由2改变至6时，可使HgCl2转化为Hg(OH)2，
故正确；此题选C。
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．（14分）硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的流程如下：

根据题意回答下列问题：
（1）实验中需用1mol/L的硫酸80mL，若用98%的浓硫酸来配制，除量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有_________。
（2）滤渣的主要成份除含有Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2外，还有_________。
（3）加入的NaClO可与Mn2+反应产生MnO2沉淀，该反应的离子方程式_________。在调节pH=5-6之前，还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为________________。
（4）如何检验滤液中Fe3+是否被除尽，简述检验方法_________。
（5）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：
温度（℃）
40
50
60
70
MgSO4
30.9
33.4
35.6
36.9
CaSO4
0.210
0.207
0.201
0.193
“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤_________、_________。
（6）如果提供的硼镁泥共100 g，得到的MgSO4·7H2O 196.8 g，则MgSO4·7H2O的产率为_________。
【答案】（14分）
（1）烧杯、100 mL的容量瓶、胶头滴管（2分） （2）SiO2（1分）
（3）Mn2++ ClO-+ H2O → MnO2↓ + 2H++ Cl- （2分） 2Fe2++ ClO-+ 2H+→ 2Fe3++ Cl-+ H2O（2分）
（4）取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+（3分）
（5）蒸发浓缩 （1分） 趁热过滤 （1分） （5）80% （2分）
【解析】
（1）配制溶液时还需要的玻璃仪器有烧杯、100mL的容量瓶、胶头滴管，
（2）由于pH=5-6溶液呈酸性，所以滤渣中还有二氧化硅。
（3）Mn2+与ClO-反应生成了MnO2沉淀H+和 Cl-。
Fe2+在酸性条件下被ClO-氧化为Fe3+、Cl-和 H2O。
（4）取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+。
（5）观察图表可以知道两种物质随着温度的升高溶解度一种增大一种减小，可以利用溶解度的不同来分离。
（6）根据元素守恒可以计算出硼镁泥中镁的质量，在计算出196.8 g MgSO4·7H2O中镁的质量就可以计算出其产率了。
27.（15分）随着科学技术的发展和环保要求不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。
Ⅰ.工业上使用的捕碳剂有NH3和(NH4)2CO3，它们与CO2可发生如下可逆反应：
NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)NH4HCO3(aq)　ΔH1
2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)(NH4)2CO3(aq)　ΔH2
(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq)　ΔH3
则ΔH3＝_________________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
Ⅱ.目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的化学反应方程式为CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)，已知：H2的体积分数随温度的升高而增加。
（1）该反应的ΔS________0(填“＞”“＜”或“＝”)，该反应的ΔH________0(填“＞”或“＜”)。
（2）在恒容密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2并发生上述反应，T ℃下，CO2物质的量浓度c(CO2)随时间t变化的曲线如图所示。下列能说明反应达到平衡状态的是________(填字母代号)。

A．体系压强保持不变 B．混合气体密度保持不变
C．甲烷和水蒸气的物质的量之比保持不变 D．H2的质量分数保持不变
（3）T℃下，反应前20 s的平均反应速率v(H2)＝______________(用含a、b的代数式表示)。
（4）T℃下，该反应的平衡常数K＝_________________________(用含a、b的代数式表示)。
（5）若降低温度，反应重新达到平衡，则v(正)________；CO2转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)。
Ⅲ.工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图所示：

（1）在阳极区发生的反应包括___________________________________和H＋＋HCO3－=CO2↑＋H2O。
（2）简述CO32－在阴极区再生的原理：____________________________。
【答案】
Ⅰ2ΔH1－ΔH2（2分）
Ⅱ（1）＜（1分） ＜（1分） （2）AD（2分） （3）mol/(L·s)（1分）
（4） （2分） （5）减小 （1分） 增大（1分）
Ⅲ（1）4OH－－4e－=2H2O＋O2↑或2H2O－4e－=4H＋＋O2↑ （2分）
（2）阴极H＋放电产生H2，OH－浓度变大并与HCO3－反应使CO32－再生 （2分）
【解析】
I．①NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)NH4HCO3(aq)　ΔH1
②2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)(NH4)2CO3(aq)　ΔH2
③(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq)　ΔH3
利用盖斯定律计算①×2-②得到(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq)　ΔH3＝2ΔH1－ΔH2；
Ⅱ.（1）该反应正反应方向气体分子数减少，则ΔS＜0，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，说明温度升高，平衡逆向移动，正反应方向为放热反应，则ΔH＜0；
（2）A．该反应前后气体分子数不等，反应过程中体系压强发生变化，当体系压强不变时，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，气体密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．从反应开始到平衡，甲烷和水蒸气的物质的量之比均为1:2,始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．H2的质量分数保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D错误；
故答案选：AD；
（3）由图1可知：反应前20秒CO2的物质的量浓度减少（a-b）mol/L,则H2物质的量浓度减少4（a-b）mol/L，平均速率mol/(L·s)；
（4）起始时通入等物质的量的CO2和H2，二者的起始浓度相等，均为a mol/L，减少的浓度分别为(a-b) mol/L和4(a-b) mol/L，平衡浓度分别为b mol/L、(4b-3a）mol/L，CH4和水蒸气的平衡浓度分别为(a-b) mol/L和2(a-b) mol/L，该反应的平衡常数；
（5）降低温度，v(正)减小，平衡正向移动，CO2转化率增大；
Ⅲ.（1）由图2可知：阳极区OH-失电子生成O2，电极反应式为或；
（2）阴极的电极反应为，c(H+)减小，电离平衡正向移动，可以使CO32-再生。
28.（14分）过氧化镁（MgO2）易溶于稀酸，溶于酸后会产生过氧化氢，在医学上可作为“解酸剂”等。过氧化镁产品中常会混有一定量的MgO，实验室可通过多种方案测定样品中过氧化镁的含量。某研究小组拟用图装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量。

（1）实验前需进行的操作是：_____________________________，稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是：_____________________。
（2）用恒压分液漏斗的优点有：
① __________________________；② ______________________________。
（3）实验结束时，待恢复至室温，先__________________________，再平视刻度线读数。
（4）实验室还可通过下列两种方案来测定样品中过氧化镁的含量：
方案I：取a g样品，加入足量稀盐酸，充分反应后再加入 NaOH溶液至Mg2＋沉淀完全，过滤、洗涤后，将滤渣充分灼烧，最终得到b g固体。
推算该样品中过氧化镁的质量分数__________ （用含a、b的表达式表示）。
方案Ⅱ：称取0.1 g样品置于某定量用锥形瓶中，加入15 mL0.6 mol/LKI溶液和足量盐酸，摇匀后在暗处静置5 min，然后用0.1 mol/L Na2S2O3溶液滴定，滴定到终点时共消耗28.5 mL Na2S2O3溶液。（已知：I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI）
（5）该实验在滴定前需加入少量_______作指示剂；判断到达滴定终点的现象是___________；
（6）推算该样品中过氧化镁的质量分数为______________（保留三位小数）。
【答案】（1）检查装置的气密性（1分） 用作催化剂(或催化H2O2的分解)（2分）
（2）消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响 （1分） 使分液漏斗中的溶液顺利滴下（1分）
（3） 先将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平（2分） （4）7(a -b)/2a （2分）
（5）淀粉溶液（1分） 蓝色变无色，且30s内不恢复原色（2分） （6）0.798 （2分）
【解析】
（1）实验装置连接好以后，实验前需进行的操作是检查装置的气密性；过氧化镁溶于水生成双氧水，双氧水易分解，通过测量双氧水分解生成的氧气，可检测过氧化镁的含量，而氯化铁能作催化剂加快双氧水的分解，加快反应速率，
故答案为：检查装置的气密性；用作催化剂（或催化H2O2的分解）；
（2）由于气体的体积受温度和压强影响大，所以用恒压分液漏斗的优点还有消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响，使分液漏斗中的溶液顺利滴下，
故答案为：消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响；使分液漏斗中的溶液顺利滴下；
（3）由于气体大体积受压强影响大，所以在读数之前，应该将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平，然后再平视刻度线读数；
故答案为：将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平；
（4）设过氧化镁的物质的量是xmol，氧化镁物质的量是ymol，则56x+40y=a，（x+y）×40=b，解得x= ，方案I中过氧化镁的质量分数为：×56÷a=，
故答案是：；
（5）过氧化镁具有氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，然后利用硫代硫酸钠滴定生成的单质碘即可，由于碘遇淀粉显蓝色，加入少量淀粉溶液作指示剂，判断到达滴定终点的现象是蓝色变无色，且30s内不恢复原色；
故答案为：淀粉溶液；蓝色变无色，且30s内不恢复原色；
（6）根据反应方程式：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，根据电子守恒找出关系式：MgO2～I2，所以n（MgO2）=n（I2）= n（Na2S2O3）=×0.1mol·L－1×28.5×10-3L=1.425×10-3mol，
过氧化镁的质量分数是： ×100%=79.8%=0.798，故答案为：0.798。
（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］（15分）
2018年11月《物理评论快报》报道了艾姆斯实验室制造的包含钙、钾、铁和砷以及少量镍的CaK(Fe1-xNix)4As4新型化合物材料，呈现出被称为刺猬自旋新磁态。有助于更好理解磁性与非常规超导性之间的联系。回答下列问题：
（1）基态镍原子的电子排布式为[Ar]______________；上述材料中所含元素的基态原子中，未成对电子数最多的是___________(填元素符号)。
（2）铁及其离子易形成配离子，如[Fe(CN)6]3－、[Fe(CN)6]4－、Fe(CO)5等。所包括的非金属元素中第一电离能最大的是__________（填元素符号）；
（3）K3AsO3可用于碘的微量分析。
①K+的焰色反应呈紫色，金属元素能产生焰色实验的微观原因为____________。
②AsO33-的立体构型为________，写出一种与其互为等电子体的分子________
（填化学式）。
（4）Ni与Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，其原因为___________。
（5）①金属镍的原子堆积方式如图所示，则金属镍晶胞俯视图为____。
A． B． C． D．
②某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度ρ＝_____g·cm－3。

【答案】（1）3d84s2（1分） Fe （2分） （2） N （2分）
（3）①电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量 （2分）
②三角锥形（1分） PCl3、PBr3、NF3、NCl3等（答一种即可）（1分）
（4） Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强（2分）
（5）① C（2分） ② （2分）
【解析】
（1）镍是28号元素，根据构造原理写出简化的电子排布式[Ar] 3d84s2，
钙、钾、铁和砷以及镍的核外电子排布式：[Ar]4s2、[Ar]4s1、[Ar]3d64s2、[Ar]3d104s24p3、[Ar]3d84s2，未成对电子数分别为0、1、4、3、2，基态原子中，未成对电子数最多的是铁，
故答案为：[Ar] 3d84s2；Fe；
（2）同周期从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，由于氮原子的2p能级为半充满，较稳定，故C、N、O的第一电离能大小顺序为C