高中化学试卷03-2020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03-2020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 C 59，3 kJml－1，装置如图所示，4]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03
(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 P 31 S 32 Cl 35.5 Co 59
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．（2020届金太阳3月联考）南开大学科研团队研究获得一种特殊的石墨烯材料如右图所示，该三维石墨烯可在太阳光照射下飞行。下列四种物质中与其属于同一类物质的是

A．聚合氮 B．全氮阴离子盐 C．双氢青蒿素 D．白藜芦醇
【答案】A
【解析】根据结构示意图可知，三维石墨烯中只有碳元素，从物质分类角度属于非金属单质。聚合氮只含氮元素，也属于非金属单质，A正确；全氮阴离子盐组成元素为N、H、O、Cl，属于化合物，B错误；双氢青蒿素含有C、H、O，属于有机物，C错误； 白藜芦醇由C、H、O组成，属于有机物，D错误。
8．（广东省六校联盟2020届联考二）诺卜醇可用于调制木香型化妆品及皂用香精，一种制备方法如图所示。下列有关β–蒎烯和诺卜醇的说法正确的是

A．可用溴的CCl4溶液鉴别β–蒎烯与诺卜醇
B．二者都含一个由5个碳原子构成的四面体
C．可用乙酸检验β–蒎烯中是否含有诺卜醇
D．β–蒎烯的饱和碳原子上的一氯代物有7种
【答案】B
【解析】β–蒎烯与诺卜醇均含有碳碳双键，都能与溴发生加成反应，不能用溴的CCl4溶液区别，A错误；β–蒎烯和诺卜醇分子中与两个-CH3直接相连碳原子为饱和碳原子，该碳原子与周围4个碳原子构成四面体，B正确；诺卜醇中虽然含有羟基，但在与乙酸反应时无明显现象，无法区分二者，C错误；β–蒎烯的饱和碳原子上有6种环境的氢，故一氯代物最多有6种，D错误。
9．（2020届金太阳3月联考）实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2，原理为SO2(g) + Cl2(g)　　SO2Cl2(l)　ΔH=－97.3 kJmol－1，装置如图所示（部分装置已省略）。已知SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法正确的是

A．用来冷却的水应该从a口入，b口出 B．可用硝酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫
C．乙中盛放的试剂为无水氯化钙 D．制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中
【答案】D
【解析】用来冷却的水应该从b口入，a口出，A错误；硝酸是氧化性酸，能与还原性的二氧化硫发生氧化还原反应，B错误；乙的作用是吸收吸收未反应完的二氧化硫和氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入甲中导致SO2Cl2水解，乙中盛放的试剂应该是碱石灰，不能使用无水氯化钙，C错误；正反应的焓变说明其为放热反应，降低温度能使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2的产率，D正确。
10．（山西省大同市2020届联考一）在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3−）以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：

下列说法不正确的是
A．Ir的表面发生反应：H2 + N2O== N2 + H2O
B．导电基体上的负极反应：H2－2e− == 2H+
C．若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物
D．若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量
【答案】C
【解析】根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气，反应为：H2 + N2O＝N2 + H2O，A正确；根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H2－2e−＝2H+，B正确；若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误；从图示可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D正确。
MgO熔点较高，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，A错误；W为Mg，X为O，对应的简单离子Mg2＋、O2－电子层结构相同，核电荷大的半径小，半径顺序为：Mg2＋ Kal(H2CO3)
B．向pH =6.5的上述溶液中逐滴滴加NaOH溶液时，NH4+和HCO3一浓度都逐渐减小
C．NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c(NH4+) + c(NH3·H2O) = c(HCO3－) + c(CO32－)+ c(H2CO3)
D．当溶液的pH =9时，溶液中存在下列关系：c(HCO3－) > c(NH4+) > c(NH3·H2O) > c(CO32－)
【答案】B
【解析】由于0.1 mol•L－1 NH4HCO3溶液的pH=7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1（H2CO3），即Kb(NH3·H2O)> Kal(H2CO3)，A正确； 根据图象可知，向pH =6.5的上述溶液中逐滴滴加NaOH溶液时，pH增大，HCO3一浓度增大，B错误； NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)，C正确；结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c(HCO3－)>c(NH4+)>c(NH3•H2O)>c(CO32－)，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．（山西省大同市2020届联考一）（14分）硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。一种以石油化工中废镍催化剂（主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3）为原料制备硫酸镍的工业流程如图：

已知：① NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物。
② Fe(OH)3不溶于NH4Cl－氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl－氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+。
③ 离子浓度≤10－5mol·L－1时，离子沉淀完全。请回答下列问题：
（1）为提高“酸溶”时镍元素的浸出率，所采取的的措施为 （写1种）。
（2）“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为 。
（3）“氨解”的目的为　　　　　　　 　　　　，“氨解”时需要控制低温原因是 。
（4）“氧化”时发生反应的化学方程式为 。
（5）“二次碱浸”时，若使溶液中的Ni2+沉淀完全，则需维持c(OH－)不低于 。[已知：Ni(OH)2的Ksp=2×10－15，≈1.4]。
（6）若在流程中完成“系列操作”。则下列实验操作中，不需要的是 　 （填下列各项中序号）。

【答案】（14分）（1）废镍催化剂粉碎、增大硫酸浓度、升温（2分，一种合理即可）
（2）（2分）
（3）实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素（2分） 防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成[Ni(NH3)6]2+（2分）
（4）3NiS + 8HNO3(稀) == 3Ni(NO3)2 + 2NO↑ + 3S↓ + 4H2O（2分）
（5）1.42×10－5mol·L－1（2分）
（6）cd（2分）
【解析】废镍催化剂（主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3）经酸溶得到硫酸镍、硫酸铁、硫酸铬溶液，二氧化硅不溶于硫酸为滤渣I的主要成分；向滤液中加入过量氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀、氢氧化铁沉淀、偏铬酸钠溶液，偏铬酸钠溶液为滤液I的主要成分；向沉淀中加入NH4Cl-氨水的混合液，氢氧化铁沉淀不溶于此溶液，为滤渣II的主要成分，氢氧化镍沉淀溶于此溶液得到[Ni(NH3)6]2+溶液；向溶液中通入H2S，生成NiS沉淀；向沉淀中滴入稀硝酸得到硝酸镍；向硝酸镍中加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀；向沉淀中加入硫酸得到硫酸镍；在经过系列操作得到NiSO4·7H2O，据此解答本题。
（1）为提高“酸溶”时镍元素的浸出率，可将废镍催化剂粉碎增加反应接触表面积、增大硫酸浓度、升温等措施；
（2）根据信息可知，Cr(OH)3是两性氢氧化物，性质类似于氢氧化铝，铬离子与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铬，若氢氧化钠过量，则过量的氢氧化钠与氢氧化铬反应生成偏铬酸钠，“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为：；
（3）废镍催化剂中的铁元素在“一次碱析”时转化为氢氧化铁，由于Fe(OH)3不溶于NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl-氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+，则“氨解”的目的是实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素；加热条件下，氨会挥发，因此控制低温的原因是：防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成[Ni(NH3)6]2+；
（4）“氧化”时发生的反应是稀硝酸和NiS的反应，根据流程图反应生成S，则稀硝酸中氮元素由+5价降低到+2价生成NO，NiS中的硫元素由-2价升高到0价生成S单质，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO↑+3S↓+4H2O；
（5）氢氧化镍中存在溶解平衡，Ka=c(Ni2+)×c2(OH－)，根据信息，离子浓度≤10－5mol·L－1时，离子沉淀完全，则2×10－15=10－5×c2(OH－)，解得c(OH－)=1.4×10－5mol·L－1，则若使溶液中Ni2+沉淀完全，需维持c(OH－)不低于1.4×10－5mol·L－1；
（6）“系列操作”的目的是从NiSO4溶液中得到NiSO4·7H2O，其操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故不需要的操作为cd。
27．（抚州市临川二中2020届月考三）（15分）二氧化氯是一种黄绿色具有刺激性气味的气体，常用于自来水消毒和果蔬保鲜等方面。氯酸钠还原法是目前使用较为广泛的ClO2制备方法，其中一种是用NaClO3与CH3OH在催化剂、60℃时，发生反应得到ClO2，下图装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放进行了研究。
已知：
① ClO2的浓度较大时易分解，实验室用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2种气体；
② ClO2与KI反应的离子方程式为：2ClO2＋10I－＋8H+ == 2Cl－＋5I2＋4H2O。
③

回答下列问题：
（1）仪器b在装置中的作用是 ；比较仪器c和d，实验中c的优点是 。
（2）制备装置甲中需改进的一项措施是 。
（3）反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备ClO2的化学方程式： ；该制备法可选用不同的还原性物质作为还原剂，例如草酸，相比甲醇法，草酸法的优点是 。
（4）下列有关说法正确的是 。
A．仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的ClO2
B．装置e主要用于检验是否有Cl2生成
C．在ClO2释放实验中，发生的离子反应方程式是：4H+＋5ClO2－ == Cl－＋4ClO2↑＋2H2O
D．ClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，Cl2的氧化能力是ClO2的2.5倍
（5）自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：取100.0 mL的水样，加入足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用0.1000 mol·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2＋2S2O32－ == 2I－＋S4O62—)，达到滴定终点时用去15.00 mL Na2S2O3标准溶液，测得该水样中ClO2的含量为 mg·L－1。
【答案】（15分）（1）冷凝回流甲醇兼导气（2分） 有利于液体顺利流下，防止甲醇挥发（2分）
（2）水浴加热（1分）
（3）4NaClO3＋CH3OH＋2H2SO42Na2SO4＋4ClO2↑＋HCOOH＋3H2O或者4NaClO3＋CH3OH＋4H2SO44ClO2↑＋HCOOH＋4NaHSO4＋3H2O（3分） 产生的CO2可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解（2分）
（4）AC（2分）
（5）202.5（3分）
【解析】（1）根据仪器特征，可知仪器b是球形冷凝管，甲醇易挥发性，冷凝回流甲醇；装置C加一个连接的导管，有利于液体顺利流下，防止甲醇挥发。
（2）反应需要严格控制的温度，所以最好用水浴加热，使受热均匀，同时便于控制温度。
（3）反应中甲醇被氧化为甲酸，同时生成ClO2，化学方程式为：4NaClO3＋CH3OH＋2H2SO42Na2SO4＋4ClO2↑＋HCOOH＋3H2O或者4NaClO3＋CH3OH＋4H2SO44ClO2↑＋HCOOH＋4NaHSO4＋3H2O；ClO2的浓度较大时易分解，草酸反应生成二氧化碳，可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解。
（4）仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的ClO2，A正确；装置e主要用于检验是否有ClO2生成而不是Cl2，B错误； 在ClO2释放实验中，发生的离子反应方程式是：4H+＋5ClO=Cl−＋4ClO2↑＋2H2O，C正确；ClO2和Cl2作氧化剂，还原产物都是Cl-，1molClO2得5mol电子，而1molCl2得2mol电子，所以在相同条件下，等物质的量时，ClO2的氧化能力是Cl2的2.5倍，D错误；
（5）ClO2和碘化钾的离子反应式：2ClO2＋10I−＋8H+2Cl−＋5I2＋4H2O；加入一定量Na2S2O3溶液，发生反应2S2O32－+I2═S4O62－+2I－，使I2还原为I-故蓝色会消失，半分钟内不变色则到达滴定终点，是根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，三者之间的关系为10S2O32－～5I2～2ClO2。由题意：n(S2O32-)=0.015L×0.1 mol·L−1=0.0015mol，则n(ClO2)= n(S2O32－)=0.0015mol×=0.0003mol，m(ClO2)= n(ClO2)×M(ClO2)=0.0003mol×67.5g/mol=2.025×10－2g=20.25mg，故ClO2的含量为202.5mg·L－1。
28．（广东省六校联盟2020届联考二）（14分）研究氮氧化物等大气污染物对打造宜居环境具有重要意义。NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，其反应历程分两步：
① 2NO(g)N2O2(g)(快反应) v1正=k1正·c2(NO)， v1逆=k1逆·c(N2O2) ΔH1C（2分）
（3）3（2分） 平面正三角形（2分）
（4）（2分）
【解析】（1）基态P原子的电子排布式为，P在元素周期表中位于p区；
（2）尿素C原子上没有孤对电子,形成3个σ键，所以尿素分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，故第一电离能由大到小的顺序是N>O>C，元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，电负性由大到小的顺序为O>N>C；
（3）CO32-中C的价层电子对数=且不含孤电子对，空间构型为平面正三角形；
（4）由晶胞图可知，一个晶胞中含P原子数为，含钴原子数为，所以一个晶胞质量为；由图可知，由于相邻两个钴原子的距离为n pm，则立方体的棱长为n pm，则体积，密度。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（河南天一大联考2020届下学期模拟一）（15分）H是合成某药物的中间体，其合成路线如F（-Ph代表苯基）：

（1）已知X是一种环状烃，则其化学名称是 。
（2）Z的分子式为 ；N中含氧官能团的名称是 。
（3）反应①的反应类型是 。
（4）反应⑥的化学方程式为 。
（5）T是R的同分异构体，同时满足下列条件的T的同分异构体有 种（不包括立体异构）。写出核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式： 。
a．与氯化铁溶液发生显色反应
b．1 mol T最多消耗2 mol钠
c．同一个碳原子上不连接2个官能团
（6）参照上述合成路线，结合所学知识，以为原料合成OHCCH2CH2COOH，设计合成路线： （其他试剂任选）。
【答案】（15分）（1）环戊二烯（1分）
（2）C7H8O（1分） 羰基（1分）
（3）加成反应（2嗯）
（4）2+O2 2+2H2O（3分）
（5）9（2分） （2分）
（6）（3分）
【解析】（1）已知X是一种环状烃，分子式为C5H6，则X为环戊二稀；
（2）Z结构式为，分子式为：C7H8O；由N得结构简式可知含氧官能团为酮键；
（3）反应①的反应类型是X与Cl2C=C=O发生的加成反应；
（4）反应⑥为M的催化氧化反应方程式为：2+O2 2+2H2O；
（5）R中不饱和度为4，T中苯环含有4个不饱和度，与氯化铁溶液发生显色反应则含苯酚结构；1molT最多消耗2mol钠则含有两个羟基；同一个碳原子上不连接2个官能团。则有两种情况，苯环中含有3个取代基则含有两个羟基和一个甲基，共有6种同分异构体；苯环中含有2个取代基则一个为羟基一个为-CH2OH，共有三种同分异构体（邻、间、对），则共有9种同分异构体。核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式为：；
（6）参考上述流程中的有关步骤设计，流程为：。