2020年高考化学押题预测卷01（山东卷）-化学（全解全析）.docx

2020年高考押题预测卷01【山东卷】 化学 全解全析 1、【答案】C 【解析】 A、丝的主要成分为蚕丝，属于蛋白质是一种天然有机高分子化合物，酶会加速蛋白质的水解，破坏丝绸制品，故A正确； B、古代记事常常刻于金属、陶瓷、玉器之上，故B正确； C、草木灰中的碳酸钾与贝壳灰中的氧化钙溶于水生成的氢氧化钙与碳酸钾反应生成了氢氧化钾，故C错误； D、草木的主要成分是纤维素，故D正确；答案C。 2、【答案】C 【解析】 根据分子模型可知，白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子，则M、N的结构简式为CH3COOH和CH3CH2OH。 A．M的结构简式为CH3COOH，与HCOOCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确； B．N的结构简式为CH3CH2OH，官能团为羟基，故B正确； C．CH3COOH和CH3CH2OH分别与钠反应时，CH3COOH中羧基中的氢比CH3CH2OH中羟基中的氢更活泼，故放出氢气速率快，故C错误； D．Ｎ为CH3CH2OH，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸，高锰酸钾被还原成锰离子，故会褪色，故D正确；答案选C。 3、【答案】A 【解析】A．硝基苯是不溶于水且比水密度大的油状液体，油层在下层，故A正确； B．将浓硫酸与浓硝酸混合的操作与将浓硫酸与水混合的操作相似，为有利于浓硫酸稀释时放出的热量快速散失，避免液体飞溅，应将浓硫酸缓慢倒入浓硝酸中，并不断搅拌或振荡。故B错误； C．采用水浴加热，温度计插入热水中，便于观察和控制热水的温度，但该装置中的热水太少，没有漫过试管中被加热的液体，导致反应液受热不均匀，故C错误； D．蒸馏装置中，温度计用于测量蒸气的温度，温度计的水银球不能插入液体中，应该与蒸馏烧瓶的支管口相平，故D错误；答案选A。 4、【答案】B 【解析】 A．12g石墨的物质的量为1mol，石墨为碳原子的六元环结构，一个碳原子与另外三个碳原子之间形成σ键，属于每个碳原子的σ键数目为3×=1.5，故1mol石墨中含1.5molσ键，故A正确； B．每个电子运动状态都不同，硫离子核外有18个电子，故有18种运动状态，但电子层离原子核越远能量越高，故2p与3p轨道形状相同但能量不相等，故B错误； C．同周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，故电负性：C＜N＜O，故C正确； D．I3+中心原子的价层电子对数为＝4，杂化类型为sp3，中心I原子的孤电子对数为2，其空间构型为V形，故D正确；故答案选B。 5、【答案】C 【解析】 A．b的氢原子有2种，所以一氯代物有2种，故A错误； B．根据结构简式确定c的分子式为C14H16O3，故B错误； C．苯环、碳碳双键都能和氢气发生加成反应，苯环和氢气以1：3反应、碳碳双键和氢气以1：1反应，所以1 mol d最多能与4 mol H2发生加成反应，故C正确； D．d中连接3个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故D错误；故答案选C。 6、【答案】A 【解析】可根据信息推出X、Y、Z、Q、W分别为H、C、N、O、Na。 A．Z的最高价氧化物对应水化物为硝酸，是一元强酸，故A正确； B．WX为NaH，溶于水会得到氢氧化钠溶液，显碱性，故B错误； C．同周期主族元素从左到右，原素的非金属性依次增强，Q＞Z＞Y， 故C错误； D．该化合物中，与C单键相连的O，两者共用一对电子，另外，O原子还得到了一个电子，故其满足8电子稳定结构，D错误；答案选A。 7、【答案】B 【解析】 A.元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性O >N，则电负性O >N，故A错误； B. CO2分子的空间构型为直线形，分子中C原子为sp杂化，故B正确； C. 单质硫属于熔沸点低的分子晶体，故C错误； D. KNO3为离子化合物，含有离子键和共价键，故D错误；故选B。 8、【答案】D 【解析】 A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A； B、1 mL 0.1 mol/L的AgNO3溶液滴加几滴0.1 mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.1 mol/L的Na2S，AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B； C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选C； D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性S>C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性C>Si，故选D。 9、【答案】B 【解析】辰砂（主要含HgS）焙烧法制汞，先加CaO焙烧，是为了固硫，减少二氧化硫的排放；再用硝酸洗涤杂质金属、最后蒸馏得到汞。 A．焙烧时加入CaO的主要目的是固化硫，减少二氧化硫的排放、空气的污染，故A错误； B．工业废气需处理达标后排放，故B正确； C．用5%的硝酸洗涤是溶解铅、铜等杂质，发生了化学变化，故C错误； D．蒸馏是将互溶液体利用沸点不同的性质进行分离的操作，需要用到的仪器有：蒸馏烧瓶、冷凝管等，不需要分液漏斗，故D错误；答案选B。 10、【答案】B 【解析】 大理石和氢溴酸反应生成溴化钙，因含有少量Al3+、Fe3+等杂质，可加入石灰水，沉淀Al3+、Fe3+，过滤后得到溴化钙、氢氧化钙的混合溶液，加入试剂b为氢溴酸，可除去过量的氢氧化钙，然后经蒸发浓缩、冷却结晶可得到溴化钙晶体。 A．已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH4+，步骤II加入的试剂a的目的是防止氢氧化铝溶解，因此a是碱，根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙，故A正确； B．步骤II控制溶液的pH约为8.0的主要目的是沉淀Al3+、Fe3+，故B错误； C．加试剂b的目的是除去过量的氢氧化钙，且不引入新杂质，可以加入氢溴酸，故C正确； D．步骤Ⅴ的结果是从溶液中得到CaBr2∙6H2O，因此其操作步骤为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤，故D正确； 答案选B。 11、【答案】B 【解析】由反应原理图可知，Fe3+在左端电极得电子生成Fe2+，发生还原反应，左端电极为阴极，则A为电源的负极，B为电源的正极。 A．由以上分析知，A极为电源的负极，A正确； B．每消耗0.1 mol O2，在阴极共得到0.3 mol e-，生成0.1 mol •OH，同时阳极失去0.3 mol e-，生成0.3 mol •OH，所以共生成•OH为0.4 mol，B不正确； C．与电源B极相连的电极为阳极，水在阳极上失电子生成•OH，电极反应式为：H2O-e-=H++•OH，C正确； D．电解产生的H2O2与Fe2+发生反应，生成•OH和Fe(OH)2+，反应方程式为：H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++•OH，D正确；故选B。 12、【答案】BD 【解析】A、4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4＋H2SO4Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误； B、4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO·Cr2O3，故B正确； C、4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2中，氧化剂是氧气，还原剂是FeO·Cr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C错误； D、由方程式4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2转移电子可知，生成1mol Na2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为mol，反应中O元素由0价降低为-2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为mol×4=3.5mol，所以反应（1）中每生成1mol Na2CrO4时电子转移3.5mol，反应（2）不是氧化还原反应，所以生成1mol的Na2Cr2O7时转移7mol电子，故D正确；故选BD。 13、【答案】AC 【解析】A．H电子轨道排布式为1s1，处于半充满状态，比较稳定，第一电离能为O＞H＞B，故A错误； B．2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化，故B正确； C．2号B形成3个键，4号B形成4个键，其中1个键就是配位键，所以配位键存在4、5原子之间或4、6原子之间，故C错误； D．观察模型，可知Xm−是[H4B4O9]m−，依据化合价H为＋1，B为＋3，O为−2，可得m＝2，NamX的化学式为Na2B4O5(OH)4，故D正确； 故答案选AC。 14、【答案】C 【解析】A．E点加入10mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4，根据物料守恒可得：2c（Na+）=3c（H2C2O4）+3c（HC2O4-）+3c（C2O42-），故A正确； B．F点温度最高，说明NaHC2O4与NaOH恰好完全反应，反应后溶质为Na2C2O4，根据溶液Na2C2O4中的质子守恒可得：c（OH-）＝c（H+）+c（HC2O4-）+2c（H2C2O4），所以c（OH-）＞c（H+）+c（HC2O4-）+c（H2C2O4），故B正确； C．根据图象可知，E、F和G点的温度：F＞G＞E，温度升高水的离子积增大，则E点水的离子积最小，故C错误； D．G点加入40mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的NaOH和Na2C2O4，Na+的浓度最大，C2O42−部分水解，则c(OH−)＞c(C2O42−)，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（OH-）＞c（C2O42-）＞c（HC2O4-），故D正确；答案选C。 15、【答案】AD 【解析】根据图 1 可知，Cu2＋萃取率随初始 Cu2＋浓度（100-400mg/L）的增大而减小；根据图 2 可知，废水初始 pH＞2 时，去除 Cu2＋的效果较好且稳定，结合图像数据进行具体分析。 A．根据图 1 可知，Cu2＋萃取率随初始 Cu2＋浓度的增大而减小，故A错误； B．根据图 2 可知，废水初始 pH＞2 时，去除 Cu2＋的效果较好，故B正确； C．根据图 1 可知，Cu2＋初始浓度为 200 mg·L－1 时，Cu2＋的萃取率为 97.0％，故C正确； D．根据图 2 可知，若取 800 mL 初始 Cu2＋浓度为 200 mg·L－1 的废水，n(Cu2+)=0.8 L×0.2 g·L－1/ 64 g·mol－1 =2.5×10－3mol ，在 pH＝1.5 时处理废水，萃取率为60%，则除去的，则处理后的废水中剩余 Cu2＋的物质的量为 1×10－3 mol，故D错误；答案选AD。 16、【答案】（1）-4a C3 （2）①Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源 ② a （3）k1=2k2·KP BD 达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4) （4） 【解析】 （1）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则该反应的△H=—（5—1）akJ/mol=—4 akJ/mol；活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，过渡态1和2的活化能都为6akJ/mol，过渡态3的活化能为4akJ/mol，活化能越小，反应越容易进行，过渡态3的活化能最小，反应历程最优，故答案为：-4a；C3； （2）①根据图示内容，对比260℃时不同催化剂作用下SO2的转化率，可以看出Cr2O3作催化剂时，反应速率最快，Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，但是Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO2的转化率，从而节约大量能源，故答案为：Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO2的转化率，从而节约大量能源； ②CO的浓度越大，平衡正移，SO3的转化率越高，曲线a符合，故答案为：a； （3）反应的化学平衡常数Kp=，当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，NO2与N2O4的消耗速率的关系为v（NO2）=2v（N2O4），则k1•p2（NO2）=2k2•p（N2O4），k1=2k2·KP；满足平衡条件v（NO2）=2v（N2O4）即为平衡点，B、D点的压强之比等于其反应速率之比为1：2，所以B、D为平衡点，故答案为：2k2·KP；BD； （4）设SO2和O2起始物质的量为2mol和1mol，由SO3的平衡产率为ω可知，平衡时SO3的物质的量为2ω，由题意建立如下三段式： 由三段式可得p(SO3)、p(O2)和p(SO2)分别为×pθ、×pθ、×pθ，则标准平衡常数Kθ===，故答案为：。 17、【答案】（1）Ne （2）3d24s2 3 （3） sp3杂化 Si—O键的键能大 （4） 平面三角形 σ键和π键 （5） Ti11Al5或Al5Ti11 ×1030 【解析】 （1）随着原子序数的递增，同一周期的主族元素第一电离能呈递增趋势，碱金属的第一电离能最小，而稀有气体的第一电离能最大，C元素所在的周期为第二周期，则该周期Ne的第一电离能最大； （2）Ti的原子序数为22，基态Ti原子的电子排布式为[Ar]3d24s2，价电子排布式为3d24s2，能量最高的能级为3d，3d轨道共有五个，按洪特规则，其中有2个轨道分别被2个电子占据，还含有3个空轨道； （3）甲基硅油结构中Si原子形成4个单键，故Si原子的杂化方式为sp3杂化，硅橡胶能够耐高温，原因是共价键牢固，硅橡胶中含Si−O和Si−C，Si−O更牢固； （4）O32−中C原子价电子对数＝3＋＝3，且不含孤电子对，CO32−空间构型为平面三角形，C原子的杂化方式为sp2杂化，由于CO32−空间构型为平面三角形，则C原子与O原子之间存在3个σ键和1个大π键； （5）Ti原子在结构单元中的位置：顶点8个、面心2个、棱上1个、体内1个，则一个晶胞中，含有Ti的数目为×8＋×2＋×1＋1＝，Al原子在顶点有4个，体内1个，则一个晶胞中含有Al的数目为×4＋1＝，则化学式为：Ti11Al5或Al5Ti11，则晶胞的密度为ρ＝＝=×1030g/cm3。 18、【答案】 （1）①足量盐酸和BaCl2溶液 ②取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+ （2）3SO32--2e-+H2O=SO42-+2HSO3- （3）H++HSO3-=H2O+SO2↑ （4）生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色 （5）溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同（或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同）、反应物是否接触形成红色配合物（任写两条） 【解析】 甲同学实验：利用铁离子能够将SO32-氧化设计原电池，则原电池中氯化铁溶液为正极得电子发生还原反应，试剂X为负极，失电子发生氧化反应；实验中X为Na2SO3溶液时电流计指针发生偏转，说明铁离子将SO32-氧化；实验中X为NaHSO3溶液时电流计指针未发生偏转，说明二者可能不反应； 乙同学进一步探究FeCl3溶液与NaHSO3溶液能否发生反应：0~1 min产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出，红色沉淀应为Fe(OH)3，气体应为二氧化硫，说明二者发生双水解；1~30 min沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，结合查阅的资料可知生成了HOFeOSO2，该物质存在平衡HOFeOSO2⇌HOFeOSO2，在氧气的作用下不断正向进行，最终溶液几乎无色；30min后反应现象是空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色，反应后的亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH-三种微粒会继续反应形成红色配合物。 (（1）①若有硫酸根生成，则加入盐酸酸化的氯化钡溶液会有白色沉淀生成； ②氯化铁溶液为原电池正极，发生还原反应，Fe3+被还原成Fe2+，铁氰化钾溶液可以与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，所以方案为取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+； （2）实验I中试剂X为原电池负极，SO32-被氧化生成硫酸根，电极方程式为3SO32—2e-+H2O=SO42-+2HSO3-； （3）pH=1的氯化铁溶液中有大量的氢离子，亚硫酸氢根离子结合氢离子生成二氧化硫气体，反应的离子方程式：H++HSO3-=H2O+SO2↑； （4）FeCl3溶液与NaHSO3溶液混合反应，在1～30 min出现现象为：沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，根据资料：溶液中Fe3+、SO32-、OH-三种微粒会形成红色配合物并存在转化：HOFeOSO2⇌HOFeOSO2Fe2++SO42-，可知原因是：生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在氧气的作用下橙色的HOFeOSO2浓度下降平衡HOFeOSO2⇌HOFeOSO2，不断正向进行，最终溶液几乎无色。 （5）分别对比Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ，FeCl3能否与Na2SO3或NaHSO3发生氧化还原反应和溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同(或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同)、反应物是否接触形成红色配合物有关。 19、【答案】（1）ZnSO4·7H2O （2） Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2O （3） HCl的挥发加快、Bi3+水解程度增大 （4） 增大浸出液中c(Cl-)提高铋浸出率 （5）BiCl3 + Na2CO3=BiOCl↓+ 2NaCl + CO2↑ 浸铋 （6） 【解析】铋废料加入稀硫酸酸浸，浸液1中主要含Cu2+、Zn2+、Fe3+等，浸渣1中则主要含有铋的化合物、Cu2S和PbSO4；向浸渣1中加入稀硫酸和MnO2，根据题目信息可知亚铜离子被氧化得到Cu2+，S2-被氧化得到S单质，所以浸渣2中主要含有含铋化合物、S和PbSO4；向浸渣2中加入盐酸和NaCl溶液可以浸出Bi3+，酸性溶液中铋元素主要以Bi3+形式存在，所以浸液3中主要含有Bi3+，浸渣3主要为S和PbSO4；浸液3中加入Na2CO3溶液，溶液碱性增强，Bi3+水解以BiO+离子形式存在，BiO+与Cl-形成BiOCl从溶液中析出，最终得到BiOCl，据此分析解答。 （1）浸液1中主要阳离子为Cu2+、Zn2+、Fe3+等，加入过量锌，Cu2+、Fe3+完全反应，得到纯净的硫酸锌溶液，所以最终得到的结晶水合物为ZnSO4·xH2O，其摩尔质量为287 g·mol-1，则x=，所以M为ZnSO4·7H2O； （2）浸液2为蓝色，说明有铜离子生成，即Cu+被MnO2氧化，浸渣2含有少量硫单质，即硫离子被氧化成硫单质，结合电子守恒和元素守恒可知该过程离子方程式为Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2O； （3）温度升高HCl 的挥发加快、Bi3+水解程度增大，导致高于40℃左右时“铋浸出率”开始下降； （4）据图可知氯离子浓度越大，铋的浸出率增大，加入氯化钠可以增大浸出液中c(Cl-)，提高铋浸出率； （5）BiCl3的水解使溶液显酸性，碳酸钠水解使溶液显碱性，二者相互促进，最后彻底水解，所以得到的气体应为二氧化碳，发生的反应方程式为：BiCl3 + Na2CO3= BiOCl↓+ 2NaCl + CO2↑；根据方程式可知浸液4中含有大量NaCl，可用于浸铋； （6）该滴定原理为利用硝酸银标准液滴定BiOCl中氯离子的量，存在数量关系n(BiOCl)=n(AgNO3)；所以20.0mL待测液中n(BiOCl)=Vc×10-3mol，则样品中n(BiOCl)=×Vc×10-3mol=5Vc×10-3mol，所以产品中BiOCl的质量分数为。 20、【答案】（1）. 取代反应 . 酯基 HCHO+HCN （2）. （3）. （4）. 【解析】 根据B到C的反应物以及C的结构简式可知B到C发生了取代反应，B为，则A到B为苯酚的硝化反应，所以A为，D发生信息1的反应生成E，且E中含两个Cl原子，则E为，E和A发生取代反应生成F；G到H在到I为信息2的反应，根据I结构简式知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，F和J发生取代反应生成K，J为，结合题目分析解答。 （1）根据分析可知B为；B到C为酚羟基上的氢原子被取代的过程，所以反应类型为取代反应；J为，含氧官能团为酯基；G到H发生信息2的反应，方程式为：HCHO+HCN； （2）C的同分异构体X满足： ①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子，说明结构对称，且至少含有一对相同的取代基； ②与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基； ③1molX与足量金属Na反应可生成2g H2说明除酚羟基外还含有一个羟基，综合分析可知X可能为； （3）根据分析可知E为； （4）苯甲醇为，目标物中有酯基形成的一个六元环，六元环上含有4个碳，则首先需要将苯甲醇支链上的碳链加长，羟基可以催化氧化生成醛基，根据信息2可知醛基和HCN在催化剂作用下可加长碳链，同时生成羟基，再将—CN转化成羧基，再进行酯化反应即可得到目标物，所以合成路线为。