2020年高考化学押题预测卷02（新课标Ⅱ卷）-化学（全解全析）.docx

2020年高考押题预测卷02【新课标Ⅱ卷】 理科综合化学·全解全析 7 8 9 10 11 12 13 B A C D B A C 7．B 【解析】聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，A正确；泡沫灭火器适用于一般的起火，但不适用于电器起火，B错误；将太阳能直接转化为电能，有利于节能环保，C正确；硅为良好的半导体材料，能制造太阳能电池板，所以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的材料是硅，D正确。故选B。 8．A 【解析】B项，该分子中碳碳双键连有的碳原子共面，苯环连有的碳原子共面，碳碳三键连有的碳原子共线，碳碳双键、碳碳三键和苯环可以位于同一平面上，故12个碳原子可共面，错误；C项，该分子中含有—CH3和—CHF2，所有原子不可能都在同一平面上，错误；D项，与双键碳原子相连的碳原子不在两个双键碳原子所在的直线上，错误。故选A。 9．C 【解析】由分子结构可知Y形成5个共价键，则Y原子最外层有5个电子，由于W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，则W是N，Y是P，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，P最外层有5个电子，Z最外层电子数也是奇数，X最外层电子数为偶数，结合都是短周期元素，则Z是Cl最外层有7个电子，所以X最外层电子数为(5+7)÷2=6，原子序数比P小中，则X是O元素，然后分析解答。根据上述分析可知：W是N，X是O，Y是P，Z是Cl元素。元素的非金属性：O>N，即X>W，A错误；Y是P，P的最高价氧化物的水化物是H3PO4是弱酸，B错误；W是N，Z是Cl，W的最简单氢化物NH3与Z的单质Cl2混合后会发生氧化还原反应：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，反应产生的NH4Cl在室温下呈固态，因此可看到产生白烟现象，C正确；Y是P，Z是Cl，二者可形成PCl3、PCl5，其中PCl3中每个原子均满足8电子结构，而PCl5中P原子不满足8电子结构，D错误。故选C。 10．D 【解析】乙烯与丙烯的C—H键数目不同，所以0.5 mol两者混合气体中C—H键数目在2NA～3NA之间，A错；铜只能与浓H2SO4反应，随反应进行浓硫酸变稀硫酸反应停止，生成的SO2分子数小于0.1NA，B错；NaHSO4中H以共价键与O结合，熔融状态下不电离，含有离子数目为NA，C错。故选D。 11．B 【解析】该电池左侧Zn粉为负极，右侧Pb粉为正极，A项，SO42-移向负极，正确；B项，PbSO4不溶于水，电极反应为PbSO4＋2e-= Pb＋SO42-，错误；C项，左边不断产生Zn2＋，SO42-移向左侧，因而ZnSO4浓度增大，右侧每产生一个SO42-，电路中必须转移2个电荷，即有一个SO42-通过阴离子交换膜，移向左侧，因而右侧ZnSO4的浓度几乎不变，正确；D项，6.5 g锌溶解，即0.1 mol Zn放电，失去0.2 mol e-，电路中必然有0.2 mol电荷转移，因而需要0.1 mol SO42-通过阴离子交换膜，正确。故选B。 12．A 【解析】A．过氧化氢、硝酸根离子在酸性条件下均可氧化亚铁离子，则不能证明氧化性：H2O2比Fe3+强，故A错误；B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，有气体生成；溴与硝酸银溶液反应生成溴化银浅黄色沉淀，现象不同，可达到实验目的，故B正确；C．醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，滴入酚酞试液后变红，加热后若红色加深，则升高温度促进水解，即水解反应为吸热反应，故C正确；D．碘离子浓度增大，平衡逆向进行，产生了黄色沉淀，说明实现了沉淀的转化，能证明难溶物存在沉淀溶解平衡，故D正确；故选A。 13．C 【解析】开始滴定时，0.1 mol·L-1 HCl溶液pH为1，由题图可知0.1 mol·L-1 HX溶液的pH＞1，则HX为弱酸，A错误；M点为等浓度NaX、HX混合溶液，假如不考虑水解和电离，则c(HX)＝c(X-)，根据溶液呈碱性，说明X-的水解程度大于HX的电离程度，故c(HX)＞c(X-)，B错误；N点溶质为NaX，X-会发生水解，故c(Na＋)＞c(X-)，由物料守恒可知c(Na＋)＝c(X-)＋c(HX)，C正确；P点c(Cl-)＝≈0.067 mol·L-1，D错误。故选C。 26．（14分） （1）增大固体与气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率（2分） （2）分液漏斗（1分） 随着c(SO42-)增大，水层中Ce4＋与SO42-结合成[CeSO4]2＋，导致萃取平衡向左移动，生成[CeSO4]2＋，D迅速减小，当c(SO42-)增大到一定程度后，D值变化较小（3分） （3）还原剂（1分） 2 mol（2分） （4）2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O===2Ce(OH)4＋NaCl（2分） （5）95.56%（3分） 【解析】氟碳铈矿(主要含Ce[CO3]F)经“氧化焙烧”将＋3价铈氧化成＋4价；加稀硫酸，与SO42-结合成[CeSO4]2＋；加萃取剂，Ce4＋能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3＋不能；在“反萃取”中加H2O2，又将Ce4＋还原为Ce3＋，发生反应2Ce4＋＋H2O2===2Ce3＋＋O2↑＋2H＋；加入碱后Ce3＋转化为沉淀，加入次氯酸钠将Ce从＋3价氧化为＋4价，得到产品。（1）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体和氧气的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率。 （2）实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为分液漏斗，根据平衡：Ce4＋＋n(HA)2Ce·(H2n-4A2n)＋4H＋，加入Na2SO4时，随着c(SO42-)增大，水层中Ce4＋与 SO42-结合成[CeSO4]2＋，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小，当c(SO42-)增大到一定程度后，D值变化较小。 （3）“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4＋重新还原为Ce3＋，反应的离子方程式为2Ce4＋＋H2O2===2Ce3＋＋O2↑＋2H＋，H2O2在该反应中作还原剂，每有1 mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为2 mol。 （4）“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3＋氧化成Ce4＋，反应的化学方程式为2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O===2Ce(OH)4＋NaCl。 （5）FeSO4的物质的量为0.100 0 mol·L-1×0.025 L＝0.002 5 mol，根据得失电子守恒可得关系式CeO2～FeSO4，所以CeO2的质量为0.002 5 mol×172 g·mol-1＝0.430 0 g，产品中CeO2的质量分数为×100%≈95.56%。 27．（15分） （1）+123 kJ/mol（2分） （2）① BD（2分） ② 0.9P（3分） ③ 5.4（2分） （3）温度升高反应速率加快（2分） 升高温度有利于反应向吸热方向进行（2分） 催化剂失活，反应速率迅速减小或者发生副反应，丙烷分解成其他产物（2分） 【解析】（1）已知热化学方程式：I.2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) ∆H=-238kJ·mol-1，II.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H=-484kJ·mol-1，根据盖斯定律可知，(I-II)可得目标方程式C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，则； （2）①容器的容积不变，该反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的正反应为气体物质的量增大的反应，该反应的焓变(∆H)为一定值，无论反应是否达到平衡，始终保持不变，则该反应的焓变(∆H)保持不变，不能说明反应达到平衡状态，A不符合；混合气体的总质量不变，随着反应的进行，气体物质的量增大，则气体平均摩尔质量会减小，则当气体平均摩尔质量保持不变时，能说明反应达到平衡状态，B符合；混合气体的总质量不变，容器的容积不变，则气体密度为一定值，始终保持不变，则气体密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，C不符合；C3H8的分解速率为正反应速率，C3H6的消耗速率为逆反应速率，二者相等，则C3H8的分解速率与C3H8的生成速率相等，说明正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，D符合；②由图可知达到平衡时，丙烷的体积分数为25%，设丙烷的转化量为xmol，可列出三段式（单位为：mol）： 则丙烷的体积分数为，解得x=0.6，则平衡时气体总物质的量为1.6mol，根据恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比可得，平衡时，气体的总压强为1.6pkPa，丙烯的物质的量分数、氢气的物质的量分数均为，则p(C3H8)=，p(C3H6)=p(H2)=，则； ③当反应达到平衡时，v正=v逆，即k正·p(C3H8)= k逆·p(C3H6)•p(H2)，则，m点处，丙烷的体积分数为50%，设丙烷的转化量为xmol，可列出三段式（单位为：mol）： 则丙烷的体积分数为，解得x=，则此时气体总物质的量为，根据恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比可得，此时气体的总压强为，丙烯的物质的量分数、氢气的物质的量分数均为，则p(C3H8)=，p(C3H6)=p(H2)=，则； （3）该反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的正反应为吸热反应，保持相同反应时间，425℃之前，温度越高反应速率越快，温度越高，平衡正向移动程度越大，丙烯产率越大；425℃之后，丙烯产率快速降低，可能是温度过高，导致催化剂失活，反应速率迅速减小或者发生副反应，丙烷分解成其他产物。 28．（14分） （1）aedbc(或cb)f（2分） （2）固体逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生（2分） （3）①adf（2分）②50（2分） ③Na2CO3、NaOH（2分）碱石灰(或氢氧化钠固体) （1分）干燥管(或U形管) （1分） （4）取少量KI溶液和NaNO2溶液于试管，滴加几滴淀粉溶液不变色，然后滴加——定量稀硫酸，溶液变蓝，证明酸性条件下NaNO2具有氧化性(或取少量KI溶液和稀硫酸于试管，然后滴加几滴淀粉溶液不变色，滴加NaNO2溶液，溶液变为蓝色，证明酸性条件下NaNO2具有氧化性) （2分） 【解析】（1）A中浓硝酸与炭反应生成NO2，NO2通入C装置可产生NO，因而按气流方向连接仪器aed，注意长进短出，然后NO和B中Na2O2反应，最后D为除杂装置，因而后续连接顺序为bc(或cb)f，该处答案为aedbc(或cb)f。 （2）NO2与水反应可得稀硝酸和NO，稀硝酸(包含挥发的硝酸)与Cu反应得到硝酸铜和NO，NO为无色气体，因而C中现象为固体逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生。 （3）①酸性KMnO4标准液选用酸式滴定管，锥形瓶盛放待测液，玻璃棒溶解和转移固体，因而选adf；②高锰酸钾与亚硝酸钠的离子方程式为2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O，n(NO)＝0.5×20×10-3×mol＝0.025 mol，m(NaNO2)＝0.025 mol×69 g/mol＝1.725 g，则固体样品中NaNO2的纯度为×100%＝50%； ③碳和浓硝酸反应得到CO2，同时C中会有水蒸气进入B中，CO2和水分别与Na2O2反应得到Na2CO3、NaOH，样品中含有的主要杂质为Na2CO3、NaOH，同时除去CO2和H2O，可使用碱石灰(或氢氧化钠固体)，该药品可装在干燥管内或U形管中。 （4）要想证明酸性条件下NaNO2具有氧化性，需要选用合适的还原剂(如KI溶液)与之反应，并且能够观察到明显的反应现象(如淀粉遇碘变蓝)，根据提供的试剂可选用0.10 mol·L-1 NaNO2溶液、0.10 mol·L-1 KI溶液、淀粉溶液、稀硫酸，注意用稀硫酸酸化，稀硝酸有强氧化性干扰实验。 35．（15分） （1）正四面体（1分） O > S > P（1分） （2）分子中含有多个羟基，可与水分子间形成氢键（2分） sp2、sp3（2分） 2NA（1分） （3）B（2分） （4）① LiCoO2（2分） 3d6（1分） ② （3分） 【解析】（1）PO43-中P原子价层电子对个数 且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为正四面体结构；元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性O>S>P； （2）抗坏血酸碳原子数目相对较少，但分子内含4个羟基，可与水分子间形成氢键，因此它易溶于水； 分子内有碳碳单键、对应碳原子sp3杂化方式，也有碳碳双键，对应碳原子sp2杂化方式； 与四个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳原子，由图知，1个抗坏血酸分子中含2个手性碳原子，则1mol抗坏血酸中手性碳原子的数目为2NA； （3）结合信息：O2因具有单电子而成为顺磁性分子，从示意图知B结构中化学键有3电子，B有单电子，B满足； （4）锂钴复合氧化物中Li、Co、O分别形成了六边层状结构（图a），整个六棱柱结构中：Li个数为：个，Co个数为：，O个数为： 则，Li、Co和O个数比为1∶1∶2，化学式为LiCoO2；钴的原子序数为27，Co3+有24个电子，电子排布式为[Ar] 3d6，其价层电子排布式为3d6；石墨晶胞中碳原子数目= ，故晶胞的质量= ，层内（平行四边形）C—C键长为a pm=，底面的边长为，底面上的高为 底面的边长=，层间距为d pm，则晶胞的体积=××=，则该晶胞的密度，则NA=。 36．（15分） （1）4-甲基苯酚(或对甲基苯酚) （1分） 取代反应（1分） （2）（2分） （3）酯基、(酚)羟基（2分） （4）+3NaOH++2H2O（2分） （5）9（2分）　 （2分） （6）（3分） 【解析】根据题意，C与CH3ONa发生题目的已知反应①，所以C为，推出B为。再根据A的分子式得到A为。香兰素发生题目已知反应②得到D，所以D为。最后一步E与发生酯化反应得到F，所以E为。 （1）A为，所以A的名称为对甲基苯酚或者4-甲基苯酚。由B()到C()的反应为取代反应。 （2）咖啡酸E的结构简式为。 （3）根据F的结构简式得到其含氧官能团的名称为(酚)羟基和酯基。 （4）F与足量氢氧化钠反应，其两个酚羟基会与氢氧化钠中和，另外酯基水解也消耗氢氧化钠，所以化学方程式为+3NaOH++2H2O。 （5）G为香兰素的同分异构体，能使FeCl3溶液变紫色，说明一定有酚羟基，苯环上只有两个取代基团，能发生水解反应，说明除酚羟基外，其余的两个C和两个O都在另一个取代基上，且一定有酯基。所以符合要求的同分异构体有9种，分别是、、以及各自的邻、间位同分异构体。其中核磁共振氢谱图显示有4种不同环境的氢，峰面积比为3∶2∶2∶1的G的结构简式为:和。 （6）制备肉桂酸需要用到题目的已知反应②，所以需要先制得，使水解后再氧化即可得到，所以合成路线图为：。