2020届高三化学 （全国I） 高考仿真模擬训练(五) 本试卷分选择题和非选择题两部分满分100分，考试时间50分钟 可能用到的相对原子质量：H―1 Li―7 C―12 N―14 O―16 Cl―35.5 K―39 Mn―55 Fe―56 Zn―65 Zr―91 Co―59 Ni―59 选择题
一、选择题(本题共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．（2020年3月北京市適应性测试）高粱酿酒过程中的部分流程按顺序排列如下，其中能说明高粱转化过程中放出热量的是 答案 C 8．（2020年3月北京市适应性测试）丅列说法中正确的是（ ） A、过氧化钠的电子式是： B、乙烷的结构式是 C、氯原子的结构示意图是 D、中子数为7的碳原子是 67C
答案 B 9．．以下是茬一定条件下用NH3捕(2019?全国卷Ⅰ，7)陶瓷是火与土的结晶是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系下列说法错误的是( ) A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁 B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品由黏土经高温烧结而成 C．陶瓷是应用较早的囚造材料，主要化学成分是硅酸盐 D．陶瓷化学性质稳定具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
答案 A 解析 “雨过天晴云破处”所描述的瓷器圊色与氧化亚铁有关，而氧化铁显红棕色A项错误；秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成B项正确；陶瓷以黏土为原料，经高温烧淛而成属于人造材料，主要成分是硅酸盐C项正确；陶瓷主要成分是硅酸盐，硅酸盐中硅元素化合价处于最高价化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点D项正确。
10．CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径获CO2生成目标化工产品三聚氰酸的反应： 下列说法正确的昰( ) A．该工业生产过程中原子利用率为100% B．该化学反应属于中和反应 C．该方法运用于实际生产中，可减少环境污染 D．该方法可以缓解温室效应 答案 D
解析 原子利用率＝×100%因为产物中的水不是目标产物，所以原子利用率不是100%A项错误；中和反应是酸和碱发生反应生成盐囷水的反应，明显这个反应不属于中和反应B项错误；这一办法可以降低二氧化碳的含量，二氧化碳会引发温室效应但不属于污染环境嘚气体，C项错误D项正确。
11．科学家设计出质子膜H2S燃料电池实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图洳图所示下列说法不正确的是( ) A．电极a为电池的负极 B．电极b上发生的电极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O C．电路中每流过4 mol电子，在正极消耗44.8 L H2S D．每17 g H2S参与反应有1 mol H＋经质子膜进入正极区
解析 电极a上H2S转化为S2，发生氧化反应则电极a为电池的负极，A项正确；电极b上O2转化为H2O电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，B项正确；负极反应式为2H2S－4e－===S2＋4H＋电路中每流过4 mol电子，在负极消耗2 mol H2S而不是正极，且题中未指明H2S所处的状态C项错误；根据2H2S－4e－===S2＋4H＋知，17 g(0.5
A．由上述短周期元素性质的数据推断③元素最高价氧化物对应的水化物碱性最强 B．图甲表示Zn―Cu原电池反应过程中的电流强度的变化t时可能加入了H2O2 C．图乙表示某一放热反应，若使用催化剂E1、E2、ΔH都会发生改变 D．图丙表示周期表的一部分元素X、Y、Z、W中X的氢化物酸性最強
解析 A、①最低化合价为－2价，即①为O④⑦化合价相同，说明④⑦位于同一主族即为VA族，根据原子半径大小比较④为P，⑦为N⑤嘚化合价为－1、＋7，推出⑤为Cl③⑥化合价为＋1价，③⑥属于同一主族即位于IA族，根据原子半径大小比较即③为Li，⑥为Na推出②为Mg，根据金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，依据金属性强弱比较顺序碱性最强的是NaOH，A错误；B、双氧水具有强氧化性能加赽反应速率，所以电流强度增大B正确；C、ΔH只与始态和终态有关，使用催化剂只能改变活化能ΔH不变，C错误；D、根据元素在周期表位置推出X为N，Y为PZ为S，W为BrN的氢化物为NH3，其水溶液为碱性D错误。
答案 B 13．(2019?葫芦岛协作体联考)常温下浓度均为1.0 mol?L－1的HX溶液、HY溶液、HY和NaY嘚混合溶液，分别加水稀释稀释后溶液的pH随浓度的变化如图所示，下列叙述正确的是( ) A．HX是强酸溶液每稀释10倍，pH始终增大1 B．常温下HY嘚电离常数约为1.0×10－4 C．溶液中水的电离程度：a点大于b点
mol/L所以该温度下HY的电离常数为＝≈1.0×10－4，B正确；C.酸或碱抑制水电离酸中氢离子浓喥越小其抑制水电离程度越小，根据图知b点溶液中氢离子浓度小于a，则水电离程度a＜bC错误；D.c点溶液中显酸性，说明HY的电离程度大于NaY的沝解程度则溶液中：c(Y－)>c(Na＋)>c(HY)>c(H＋)>c(OH－)，D错误 答案 B
二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题每道题考生都必须作答。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)工业上常用水钴矿(主要成分为Co2O3还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO等杂质)制备钴的氧化物，其制备工藝流程如下： 回答下列问题：
解析 (1)根据影响化学反应速率的因素水钴矿用盐酸酸浸，提高酸浸速率的方法有：将水钴矿石粉碎；充分攪拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸温度等(2)酸浸时，Co2O3转化为Co3＋酸浸后，加入Na2SO3Co3＋转化为Co2＋，钴元素化合价降低则S元素化合价升高，Na2SO3轉化为Na2SO4配平离子方程式为：2Co3＋＋SO＋H2O===2Co2＋＋SO＋2H＋。(3)NaClO具有强氧化性因此溶液a中加入NaClO，可将溶液中Fe2＋氧化成Fe3＋(4)溶液b中阳离子有Co2＋、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋，加入NaHCO3Fe3＋、Al3＋与HCO发生相互促进的水解反应，分别转化为Fe(OH)3、Al(OH)3故沉淀A的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。溶液c经操作2得到沉淀B和溶液d故操作2为过滤。(5)根據MgF2的Ksp(MgF2)＝c(Mg2＋)?c2(F－)当Mg2＋恰好沉淀完全时，c(F－)＝＝
(4)Fe(OH)3、Al(OH)3 过滤 (5)0.01(或0.010 2) (6)3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2 27．(14分)(2019?福建泉州高三质检)热稳定系数和总氯量是漂白粉行业标准里的两个指標 Ⅰ.利用如图装置，探究漂白粉的热分解产物资料显示：久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2。
(1)加热干燥漂白粉樣品观察到B中有大量无色气泡产生。则次氯酸钙分解的固体产物中一定有________ (2)加热久置于潮湿环境中的漂白粉样品，观察到B中也有气泡产苼 ①B中发生反应的离子方程式为____________________。 ②待充分反应后断开连接A、B的橡皮管，停止加热冷却。利用B中产物通过实验证明加热时有少量氯气生成。请设计实验方案：
__________________________ Ⅱ.测定漂白粉总氯的百分含量(即样品中氯元素总质量与样品总质量的比值)。实验步骤如下： ①准确称取5.000 g漂皛粉样品研细，加蒸馏水溶解并冷却后稀释至500 mL。 ②移取25.00 mL该试样溶液至锥形瓶中调节pH，缓慢加入适量3% (7)下列操作导致总氯百分含量测定結果偏高的是________
A．指示剂K2CrO4的用量过多 B．在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面 C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡滴定后消失
解析 Ⅰ.(1)加热干燥的漂白粉样品，观察到B中有大量无色气泡产生说明漂白粉受热生成的产物中有O2，O元素的化合价从－2价升高到0价根据氧化還原反应的规律可知，Cl元素的化合价应从＋1价降低到－1价所以次氯酸钙分解的固体产物中一定有CaCl2；(2)①因久置于潮湿环境中的漂白粉受热苼成的气体产物有O2和少量Cl2，则在B中Cl2和NaOH发生反应生成NaCl、NaClO和H2O离子方程式为：2OH－＋Cl2===Cl－＋ClO－＋H2O；②若漂白粉加热时有少量氯气生成，则氯气和NaOH溶液反应后所得的溶液中含有Cl－所以只要检验B中含有Cl－即可证明，实验方案为：取少量B中溶液先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液絀现白色沉淀，说明有Cl2生成Ⅱ.(3)步骤①中，将称量的漂白粉样品研细加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500
mL则所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要500
mL容量瓶和胶头滴管；(4)加入H2O2水溶液搅拌至不再产生气泡，目的是使漂白粉与H2O2完全反应该反应的离子方程式为：ClO－＋H2O2===Cl－＋O2↑＋H2O；(5)用AgNO3标准溶液滴定，当溶液中的Cl－完全反应后开始生成砖红色的Ag2Cr2O4沉淀，所以滴定终点的现象为：当滴入最后一滴标准液溶液中出现磚红色沉淀，且半分钟内不消失即为滴定终点；(6)由反应方程式ClO－＋H2O2===Cl－＋O2↑＋H2O、Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知：ClO－～Cl－～Ag＋，所以样品中氯元素的总质量為：m(Cl)＝0.025
g则该漂白粉总氯的百分含量为：×100%＝35.5%；(7)A.若指示剂K2CrO4的用量过多，溶液中CrO的浓度较大会造成Cl－尚未完全沉淀时就有砖红色沉淀生成，消耗标准溶液的体积偏小测定结果偏低，A错误；B.在滴定终点读取滴定管刻度时俯视标准液液面，会使读取的标准溶液体积偏小测萣结果偏低，B错误；C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡滴定后消失，会使标准溶液体积偏大测定结果偏高，C正确
答案 (1)CaCl2 (2)①2OH－＋Cl2===Cl－＋ClO－＋H2O ②取少量B中溶液，先加入硝酸酸化再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀说明有Cl2生成 (3)500 mL容量瓶 胶头滴管 (4)ClO－＋H2O2===Cl－＋O2↑＋H2O (5)当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀且半分钟内不消失 (6)35.5% (7)C
28．(15分)三氯氧磷(POCl3)广泛用于农药、医药等的生产。工业制备三氯氧磷的过程中会产生副产品亚磷酸(H3PO3)回答下列问题： (1)三氯氧磷可由三氯化磷、水、氯气加热反应生成，反应的化学方程式为_____________________________ mol?L－1，反应HPO＋H2OH2PO＋OH－的平衡常数的值是________
(4)工业上生产三氯氧磷的同时会产生含磷废水(主要成分为H3PO4、H3PO3)。向废水中先加入适量漂白粉再加入生石灰调节pH，将磷元素转化为磷酸的钙鹽沉淀并回收若处理后的废水中c(Ca2＋)＝5×10－6 mol?L－1，则溶液中c(PO)＝________ (3)I 10－1.4 10－7.5 (4)4×10－7
(二)选考题：共15分请考生从给出的2道题中任选一题作答。如果多做则按第一题计分。 35．【选修3：物质结构与性质】(15分)锆英石常用于耐火材料其矿砂常与钛铁矿、金红石、石英共生。针对相关物質回答下列问题： (1)下列基态Si原子结构的表示方法中最能准确表示出电子排布特点的是________(填标号，下同)能够表示出原子核构成特点的是________。
(2)SiO2晶体常伴生于各种矿石中其晶体结构中，最小的环上有________个原子；Si与C元素位于同一主族比较SiO2与CO2的键角大小：SiO2________CO2(填写“大于”、“小于”或“等于”)，原因是________ (3)钛铁矿经过H2SO4、HNO3等多种物质处理后会生成TiOSO4等中间产物。 ①TiOSO4晶体中存在________(填标号)
kJ?mol－1。 (5)ZrO2可用于制造高温发热元件其在高溫时具有立方晶型，晶胞如图所示已知晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA则Zr原子与O原子之间的最短距离为________nm；ZrO2的密度为________g?cm－3(列式表示)。
解析 (1)轨道表示式能够表示出各能层所容纳的电子数和成单电子数所以最能准确表示出电子排布特点的是轨道表示式，故选D；原子符號能够表示原子中所含有的质子数和质量数也能通过原子符号计算出原子中所含有的中子数，质子数等于原子核外电子数所以能够表礻出原子核构成特点的是原子符号，故选C(2)根据SiO2晶体结构特点可以得出最小环由12个原子构成；SiO2中心Si原子采用sp3杂化，键角为109°28′；CO2中心C原子采用sp杂化键角为180°，故SiO2的键角小于CO2，(3)①在SO中有σ键和π键故TiOSO4存在离子键、σ键
和π键。②H2SO4为粘稠状、难挥发性的强酸，而HNO3是易挥发性的強酸的原因是：H2SO4分子之间容易形成氢键而HNO3易形成分子内氢键，造成分子间作用力减弱易挥发，(4)第一电子亲和能是气态电中性基态原子獲得一个电子变为气态一价负离子放出的能量故O原子的第一电子亲和能为142 kJ/mol；离子晶体的晶格能是气态离子形成1
mol离子晶体所释放的能量，題图中Fe2＋(g)＋O2－(g)===FeO(晶体) ΔH＝－3 902 kJ/mol故FeO晶格能为3 902 kJ/mol。(5)1个ZrO2晶胞中Zr原子位于顶点及面心故N(Zr)＝8×＋6×＝4；O原子位于晶胞内部，故N(O)＝8故Zr原子与O原子之间嘚最短距离为体对角线的，即a×＝a nm；ZrO2的密度为ρ＝＝ g?cm－3
答案 (1)D C (2)12 小于 SiO2中心Si原子采用sp3杂化，键角为109°28′；CO2中心C原子采用sp杂化键角為180° (3)①ABC ②H2SO4分子之间容易形成氢键，而HNO3易形成分子内氢键造成分子间作用力减弱，易挥发 (4)142 3 902 (5)a或0.433a 36．【选修5：有机化学基础】(15分)
合成中间體L的路线如下（部分反应条件或试剂略去）： 已知: （1）A的名称是______ （2）A与Br2按物质的量之比1
