2020届高考化学模拟试题精练(二)答案与精析7．解析：选D。A.铵态氮肥与碱性物质混合后能放出氨气，降低肥效；铵态氮肥水解显酸性
，草木灰水解显碱性，碳铵与草木灰混合会发生相互促进水解反应，放出氨气，降低肥效，错误；B.化工产品多数有毒，合理使用食品添加剂，对
丰富食品生产和促进人体健康有好处，可以食用，但不能滥用，不是化工产品大多可用作食品添加剂，错误；C.制造光导纤维的主要材料是二氧化
硅，错误；D.蛋白质遇碘酒发生变性，可用于外用消毒，正确。8．解析：选C。A.溶质葡萄糖和溶剂水中都含有O原子，溶液中所含O原子物
质的量n(O)＝×6＋×1＝5.36mol，错误；B.F2通入足量饱和食盐水，与水发生置换反应产生HF和O2，不能置换出Cl2，
错误；C.N2、H2是反应物，NH3是生成物，根据方程式可知：每断裂NA个N≡N键，同时断裂6NA个N—H键，正逆反应速率相等，反
应达到平衡状态，正确；D.根据电荷守恒可得c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，溶液的pH＝7，则c(H＋)
＝c(OH－)，因此c(NH)＝c(CH3COO－)，但该盐是弱酸弱碱盐，NH、CH3COO－都水解而消耗，因此二者的物质的量都
小于1mol，则它们的数目都小于NA，D错误；故选C。9．解析：选B。A.Z元素的最外层电子数是内层电子总数的1/2，Z为Li或
P，根据在周期表中位置，推出Z为P，Y为N，X为C，W为S，A、Z为P，位于第三周期第ⅤA族，故A正确；B.X和W形成的化合物是C
S2，属于共价化合物，同周期从左向右，半径依次减小，C的半径比N大，故B错误；C.同主族从上到下，非金属性减弱，即N的非金属性强
于P，则NH3比PH3稳定，故C正确；D.X的最高价氧化物对应水化物是H2CO3，W的最高价氧化物对应水化物是H2SO4，前者属于
弱酸，后者属于强酸，故D正确。10．解析：选C。A.酸性条件下NO与SO2发生氧化还原反应生成SO，生成的沉淀为BaSO4，而不是
BaSO3，错误；B.能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫，故原溶液中可能含有CO、HCO、SO、HSO等，错误；C.向
FeBr2溶液中加入少量氯水，CCl4层无色，说明没有生成Br2，氯水与Fe2＋发生氧化还原反应，则Fe2＋的还原性强于Br－，正
确；D.检验葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液的反应应在碱性条件下进行，而淀粉溶液中加入稀H2SO4，反应后的溶液呈酸性，错误。11．解析
：选A。A.硫酸酸化的KI-淀粉溶液久置后变蓝，二者发生氧化还原反应，离子方程式为4I－＋O2＋4H＋===2I2＋2H2O，故A
正确；B.铁和稀硝酸反应产物与量有关，铁少量时变成三价铁离子，溶液由无色变为黄色，离子方程式为Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋N
O↑＋2H2O；铁过量时变成二价亚铁离子，溶液由无色变为浅绿色，离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H
2O，故B错误；C.醋酸是弱酸，不能拆成离子，反应的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH===Ca2＋＋H2O＋CO2↑＋2C
H3COO－，故C错误；D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2＋Ca2＋＋2ClO－＋H2O===CaSO3↓＋2HClO
，生成的次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钙，故D错误。12．解析：选A。A.Ksp只与温度有关，在曲线上的任意一点的温度相同，温度
不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，A正确；B.在CaSO4饱和溶液中加入Na2SO4固体，CaSO4的沉淀溶解平衡C
aSO4(s)Ca2＋(aq)＋SO(aq)逆向移动，使溶液中c(Ca2＋)降低，最终达到平衡时c(SO)>c(Ca2＋)，所
以可使溶液由b点变化到e点，但是不可能由b点变化到c点，B错误；C.d点为达到沉淀溶解平衡，蒸发水后，溶液中c(SO)、c(Ca2
＋)都增大，所以不可能使溶液由d点变化到b点，C错误；D.常温下，CaSO4的Ksp＝c(Ca2＋)·c(SO)，根据b点计算，K
sp＝c(Ca2＋)·c(SO)＝3×10－3×3×10－3＝9×10－6，可见CaSO4的Ksp的数量级为10－6，D错误；故选
A。13．解析：选D。分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种；若
为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种；故羧酸共有5种，醇共有8种。26．解
析：(1)水钴矿主要成分为Co2O3、Co(OH)3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2
＋、Al3＋等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为Co2O3＋S
O＋4H＋===2Co2＋＋SO＋2H2O；(2)NaClO3的作用是将Fe2＋氧化成Fe3＋，其反应的离子方程式为ClO＋6Fe
2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O；(3)加Na2CO3调pH至5.2，铝离子与碳酸根离子发生相互促进水解生成氢氧化铝
和二氧化碳，水解的离子方程式为2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生相互促进水
解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为2Fe3＋＋3CO＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑，所以沉淀X的成分为F
e(OH)3、Al(OH)3；(4)根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2＋、Co2＋金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关
系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间，可使Mn2＋完全沉淀，并防止Co2＋转化为Co(OH)2沉淀，故选B；(5)根据题意知，
CoCl2·6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2·6
H2O需降低烘干温度；(6)CoCl2·6H2O～2AgNO3238g2molxg0.2mol/L×0.01
L＝x＝0.238CoCl2·6H2O的纯度为×100%＝59.5%pH太小K2CrO4氧化Cl－(或转化为Cr2O),p
H太大生成AgOH沉淀，所以需要控制溶液pH值为6.5～10.5。答案：(1)Co2O3＋SO＋4H＋===2Co2＋＋SO＋2H
2O(2)6H＋＋6Fe2＋＋ClO===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O(3)Fe(OH)3、Al(OH)3(4)B(5)
降低烘干温度，防止CoCl2·6H2O高温下失去结晶水(6)59.5%pH太小K2CrO4氧化Cl－(或转化为Cr2O);pH
太大生成AgOH沉淀(或Ag2O沉淀)27．解析：(1)a为恒压滴液漏斗，可以保证内部压强不变，使漏斗内液体顺利流下；(2)①
b中铁屑与稀硫酸反应，铁屑会逐渐溶解，溶液由于产生Fe2＋变为绿色，有大量气泡产生；②反应一段时间后，需要把FeSO4加到c中，所
以需要关闭K3，打开K2，利用压强把FeSO4加到c中；③FeCO3易氧化，b中反应产生的H2一是把装置内的空气排干净，防止生成的
FeCO3被氧化；二是把b中溶液压进c中；(3)过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色，原因是FeCO3与O2反应生成Fe(OH)3
，化学方程式为4FeCO3＋O2＋6H2O===4Fe(OH)3＋4CO2；(4)Fe2＋易发生水解，将溶液的pH调节至5.8，抑
制Fe2＋的水解；乙醇分子的极性比水小，可以降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；(5)碳酸根离子水解后溶液碱性较强
，易生成氢氧化亚铁，用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液可以降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁，得到的产品纯度更高。答案：(1)平
衡气压，利于稀H2SO4顺利流下(2)①铁屑溶解，溶液变为绿色，有大量气泡产生②K3K2③排出装置内的空气，防止生成的FeC
O3被氧化；把b中溶液压进c中(3)4FeCO3＋O2＋6H2O===4Fe(OH)3＋4CO2(4)抑制Fe2＋的水解降
低溶剂的极性，使晶体的溶解度减小更易析出(5)溶液的pH降低，减少氢氧化亚铁杂质的生成28．解析：(1)碳化钙和水反应生成氢氧化
钙和乙炔，反应的化学方程式为CaC2＋2H2O→Ca(OH)2＋C2H2↑；(2)已知：①CH4(g)＋2O2(g)===CO2
(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890.3kJ·mol－1。②C2H2(g)＋2.5O2(g)===2CO2(g)＋H2O(
l)ΔH2＝－1299.6kJ/mol。③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH3＝－571.6kJ/mol
，根据盖斯定律将(①×4－②×2－③×3)÷2可得：2CH4(g)===C2H2(g)＋3H2(g)ΔH＝[(－890.3k
J·mol－1)×4－(－1299.6kJ·mol－1×2)－(－571.6kJ·mol－1)×3]/2＝＋376.35
kJ/mol；(3)①反应2CH4(g)===C2H4(g)＋2H2(g)为分解反应，而分解反应绝大多数为吸热反应，故此反应为吸热
反应；设CH4的转化浓度为xmol/L，可知：2CH4(g)C2H4(g)＋2H2(g)初始浓度(mol/L):0.3
00浓度变化(mol/L):xx/2x平衡浓度(mol/L):(0.3－x)x/2x根据c(C2H4
)＝c(CH4)可知：0.3－x＝x/2解得x＝0.2；故CH4的平衡转化率＝0.2/0.3×100%＝66.7%；改变温度后，C
H4的浓度升高，即平衡左移，即温度应为降低，即T1>T2；由于CH4以0.01mol/(L·s)的平均速率增多，经ts后再次达
到平衡，故在ts的时间内，CH4的浓度变化为0.01tmol/L，根据浓度的该变量之比等于计量数之比，利用三段式来计算：2C
H4(g)C2H4(g)＋2H2(g)初始浓度：0.1mol/L0.1mol/L浓度改变：0.01tm
ol/L0.005tmol/L平衡浓度：(0.1＋0.01t)mol/L(0.1－0.005t)mol/L由于c
(CH4)＝2c(C2H4)，故有：0.1＋0.01t＝2×(0.1－0.005t)，解得t＝5；②根据此反应的平衡常数表达式，将
气体的平衡浓度换为平衡分压，即K＝＝＝5×104；③甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，充入适量的乙烯，可抑制甲烷向乙烯的转化，从而提
高甲烷制乙炔的转化率。答案：(1)CaC2＋2H2O―→Ca(OH)2＋C2H2↑(2)＋376.35(3)①>66.7%>
5②5.0×104③充入适量乙烯35．解析：(1)现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；(2)CH中的碳原子形成3
个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，碳原子采取sp2杂化；CH与NH3、H3O＋均具有8个价电子、4个原子，互为等电子体，几何
构型均为三角锥形；(3)钠离子的正电性较强且半径较小，对核外电子的吸引力比氖原子更强，要想失去电子需要更多的能量，因此钠的第二电离
能比氖的第一电离能更高；(4)HF分子与水分子、HF分子之间均存在氢键，而其他卤化氢没有，故从溶液中分离出HF分子需要更多的能量，
导致ΔH1(HF)特别大；键能大小关系为HF＞HCl＞HBr＞HI，从原子结构方面分析，影响ΔH2递变的因素为卤素原子的原子半径的
大小；(5)①实心球为磷原子，处于晶胞顶点与面心，P为面心立方最密堆积；1个晶胞中，含有P原子数目为8×＋6×＝4个，含有B原子数目为4个，晶胞质量＝g，设晶胞的棱长为x，已知晶胞中最近的B、P原子的距离为apm，该距离为晶胞体对角线的，则x＝apm＝a×10－10cm，x＝×a×10－10cm，晶体密度ρ＝＝＝g/cm3；②根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B或者3个P形成，所以画图为或。答案：(1)原子光谱(2)sp2三角锥形(3)>(4)HF的水溶液中存在氢键原子半径(5)①②或 |
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