2020年高考化学押题预测卷01（新课标Ⅲ卷）-化学（全解全析）.docx

2020年高考押题预测卷01【新课标Ⅲ卷】 理科综合化学·全解全析 7 8 9 10 11 12 13 C D C D B B A 7．C 【解析】84消毒液主要成分是NaClO，具有强氧化性，有杀菌消毒作用，因此可用于居家环境杀菌消毒，A正确；生活垃圾分类处理，使能够回收利用的物质物尽其用，再生资源回收利用，有害物质集中处理，就可以减少污染物的排放，有利于社会持续发展，B正确；太阳能光催化环境技术技术可以将二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能与化学能的转移，产生的燃料为氢气、CO等属于二次能源，C错误；5G芯片主要材料是Si单质，D正确；故选C。 8．D 【解析】4个C形成的结构与白磷结构相似，则碳碳键键角为60°，A错误；丁二烯中含有4个C、6个H原子，正四面体烷中含有4个C、4个H原子，分子式不同，不是同分异构体，B错误；分子中4个H的位置相同，则二氯代物只有一种，C错误；正四面体烷生成1 mol 丁烷，需要H原子6 mol，至少需要3 mol H2，D正确。故选D。 9．C 【解析】由上述分析可以知道，X为F，Y为S，Z为Cl，W为O，R为C；R、W和氢三种元素形成的阴离子有HCO3-、HCOO-、CH3COO-等，A正确；RY2分子中分子与二氧化碳结构相似，结构式为S=C=S，每个原子的最外层均为8电子结构， B正确；非金属性F>Cl，则X和Z氢化物的热稳定性减弱，而X和Z氢化物的还原性增强，C错误；非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则R、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强， D正确；故选C。 10．D 【解析】A.由选项可知1 mol S8中所含共价键为数目为8NA，32gS8为0.125mol，所含共价键数目为NA，故选项A正确。B.H218O和2H2O的相对分子质量均为20，质子数均为10，2g该混合物的物质的量为0.1mol，含有的质子数为NA，选项B正确；C.1mol氧化铜被氢气还原转移电子数为2NA，8g氧化铜为0.1mol，转移电子数为0.2NA，故选项C正确；D.标准状况下11.2L氯气物质的量为0.5mol，氯气与水之间是可逆反应，反应不彻底，溶液中Cl-、C1O-和HClO的微粒数之和小于NA，选项D不正确。故选D。 11．B 【解析】A．电极乙为阴极，在电解过程中不消耗，可以用石墨电极代替，故A错误；B．污水中的Cu2+、Hg2+在阴极还原析出，阳极Al失电子生成Al3+，与后续阴极反应(2H2O+2e-=H2↑+2OH-)生成的OH-生成具有吸附作用的Al(OH)3胶体，吸附污水中的污染物，同时生成的H2所产生的微小气泡起到气浮的作用，使密度较小的絮状物上浮到水面，故B正确；C．已知信息中没有确定污水中Cu2+、Hg2+的量，故不能确定在电解时阴极生成物的质量，故C错误； D．根据图示可知污水中含Cu2+、Hg2+，故电解开始阶段阴极的电极反应依次为Hg2++2e-=Hg、Cu2++2e-=Cu，故D错误；故选B。 12．B 【解析】A.因为铁离子有氧化性，碘离子有还原性，所以二者会发生氧化还原反应生成碘单质，淀粉遇到碘单质会变蓝，故A正确；B.向某溶液中滴加硝酸银，溶液中产生白色沉淀，说明溶液中有离子会与银离子生成沉淀，该离子也可能是硫酸根，不一定是氯离子，故B错误；C.酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸具有还原性，二者会发生氧化还原反应，因为加入硫酸锰而使二者反应速率加快，而硫酸锰本身性质并未改变，所以说明是二价锰离子催化了上述反应，故C正确；D.高锰酸钾具有强氧化性，溶液的紫红色会褪去是因为被亚铁离子还原成二价锰离子，故D正确；故选B。 13．A 【解析】醋酸的电离常数，取对数可得到；A.据以上分析，将C点坐标(6，1.7)代入，可得lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.0×10-5，A正确；B. 根据A项分析可知，B错误；C. 当往10 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中加入10 mL 0.10 mol·L-1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH=7时加入的醋酸溶液体积应大于10mL，C错误；D. B点，又lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，则由得，pH=8.3，c(H+)=10-8.3 mol·L-1，结合电荷守恒式：c(CH3COO-)+ c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3) mol·L-1，D错误；故选A。 26．（14分） （1）Na2SiO3（1分） Na2BeO2 + 4HCl = BeCl2 + 2NaCl + 2H2O（2分） （2）afed（2分） （3）MnO2 + CuS + 4H+ = Mn2+ + S + Cu2+ + 2H2O（2分） 会产生污染环境的气体（2分） （4）Fe3+（2分） >（3分） 【解析】废旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量 FeS和 SiO2)加入过量的氢氧化钠溶液，滤液A含有氢氧化钠、Na2SiO3、Na2BeO2等，滤液B含有CuS、FeS，加入二氧化锰、稀硫酸，发生氧化还原反应，固体含有S，滤液D含有硫酸锰、硫酸铜以及硫酸铁等，加入Na2CO3固体，可生成氢氧化铁、氢氧化铜等沉淀，以此解答该题。（1）BeO具有氧化铝的性质，为两性氧化物，且二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，可知滤液A的主要成分除 NaOH、Na2BeO2外，还有Na2SiO3，反应I中Na2BeO2与过量盐酸反应的化学方程式为Na2BeO2 + 4HCl = BeCl2 + 2NaCl + 2H2O； （2）溶液C含NaCl、BeCl2和少量HCl为提纯BeCl2，可先加入过量的氨水生成Be(OH)2，过滤，洗涤后再加入盐酸，可生成BeCl2，则顺序为afed； （3）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，与CuS反应，还可生成硫酸铜、硫酸锰，反应的离子方程式为MnO2 + CuS + 4H+ = Mn2+ + S + Cu2+ + 2H2O；用浓HNO3溶解金属硫化物，可生成二氧化氮等气体，污染环境； （4）常温下：Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10-38，Ksp[Mn(OH)2]＝2.1×10-13，溶液D中含c(Cu2+)=2.2 mol∙L-1、c(Fe3+) = 8.0×10-3mol∙L-1、c(Mn2+)= 0.01mol∙L-1，如分别生成沉淀，需要c(OH-)分别为、、，可知Fe3+的c(OH-)最小，最先生成沉淀，使铜离子开始沉淀，则c(OH-)＝＝1×10-10mol/L，pH应大于4。 27．（15分） （1）①3min～4min（1分） ②向右移动（1分） a（2分） ③＞（2分） （2）①吸热（1分） ②1（2分） （3）H2+CO32--2e-=H2O+CO2（3分） 75%（3分） 【解析】（1）①从表格中数据分析，第3～4min时，体系中各物质的浓度不再变化，说明已经达到平衡状态；②5min～6min时间段内，H2O的浓度增大，CO浓度减小，说明是增加了H2O的量，平衡正移，故答案为：向右移动；a；③该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO转化率减小，则CO浓度＞c1，故答案为：＞； （2）①升高温度化学平衡常数增大，说明Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)为吸热反应，故答案为：吸热；②T1时反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)的平衡常数K=2，即c(CO)/c(CO2)=2，若T1时水煤气变换反应的平衡常数等于0.5，即K=＝0.5，所以平衡时＝1，所以T1时FeO(s)+H2(g)Fe(s)+H2O(g)的平衡常数K=＝1； （3）A为负极，负极上CO和H2被氧化生成二氧化碳和水，则电极A上前去参与的反应为：H2+CO32--2e-=H2O+CO2；假设催化炉产生的CO与H2物质的量分别为1mol、2mol，电极A处转移电子为6mol，产生的CO2为4mol，在阴极发生的电极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，当转移6mol电子时，参与循环反应的CO2为3mol，参与循环的利用率==75。 28．（14分） （1）①a（1分） ②使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离（2分）③圆底烧瓶A（1分） （2）①防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解（2分）②使过氧化氢和冰醋酸充分反应（1分） （3）①淀粉溶液（1分） 滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变（2分） ②CH3COOOH＋2H＋＋2I－＝I2＋CH3COOH＋H2O（2分） ③ （2分） 【解析】（1）①蛇形冷凝管的进水口在下面，即图中a，出水口在上面；②实验目的是双氧水的提浓，需要水分挥发、避免双氧水分解，故向蛇形冷凝管中通入60℃水，主要目的为使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离；③圆底烧瓶B收集的是挥发又冷凝后的水，故高浓度的过氧化氢最终主要收集在圆底烧瓶A； （2）①用高浓度的双氧水和冰醋酸反应制过氧乙酸，双氧水和冰醋酸反应放出大量的热，而过氧乙酸性质不稳定遇热易分解，过氧化氢易分解，温度升高会加速分解，故向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，主要防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解；②磁力搅拌能增大反应物的接触面积，便于过氧化氢和冰醋酸充分反应； （3）①硫代硫酸钠滴定含碘溶液，所选指示剂自然为淀粉，碘的淀粉溶液呈特殊的蓝色，等碘消耗完溶液会褪色，滴定终点时的现象为：滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变；②过氧乙酸与碘化钾溶液反应的离子反应，碘单质为氧化产物，乙酸为还原产物，故离子方程式为：CH3COOOH＋2H＋＋2I－＝I2＋CH3COOH＋H2O；③通过CH3COOOH＋2H＋＋2I－＝I2＋CH3COOH＋H2O及滴定反应2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI，找出过氧乙酸和硫代硫酸钠的关系式为：，，得x=5.000×V2×10-5mol，则原过氧乙酸的浓度 ； 35．（15分） （1）N＞O＞C（2分） （2分） （2）N2O（2分） （3）sp2（1分） V形（2分） （4）水蒸气中大部分的水分子因为氢键而相互缔合，形成缔合分子（2分） （5）4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3•H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O（2分） （6）（2分） 【解析】A的核外电子总数与其周期数相同，则A是H元素；B和D位于同一周期且未成对电子数等于其周期序数，若两者都为第三周期，未成对电子数为3，符合条件的元素第三周期只有一个，不符合题意，若B、D为第二周期，则核外有2个未成对电子，即2p2和2p4，所以B为C元素，D为O元素，则C为N元素；E为第四周期元素，最外层只有一个电子，次外层的所有轨道均充满电子，则E是Cu元素。（1）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，故C、N、O的第一电离能大小关系为：N＞O＞C；Cu为29号原子，核外电子排布式为[Ar]3d104s1，其价电子排布图为； （2）BD2为CO2，含有3个原子，价电子数为16，等电子体是指原子总数相等，价电子总数相等的微粒，所以由以上元素组成的与CO2互为等电子体的分子为N2O； （3）D为O元素，所以D3+离子为O3+，中心氧原子的价层电子对数为2+=2.5，按作3计算，所以为sp2杂化，孤电子对数为1，所以立体构型为V形； （4）温度接近水的沸点的水蒸气中存在大部分的水分子因为氢键而相互缔合，形成缔合分子，导致其测定值偏大； （5）无色的[Cu(NH3)2]+在空气中不稳定，立即被氧化为深蓝色的[Cu(NH3)4]2+，氧气作氧化剂，该反应应在氨水中进行，结合元素守恒可知该过程中还有氢氧根和水生成，离子方程式为4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3•H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O； （6）Cu和O形成一种晶体，该晶胞中Cu原子个数=4、O原子个数=8×+6×=4，所以晶胞的质量为g，该晶胞体积V=(a×10-7 cm)3，则该晶体密度。 36．（15分） （1）甲苯（1分） （2）酯基（1分） （3）加聚反应（1分） （4）+NaOH+NaCl（2分） （5）+nH20 +nC2H5OH（2分） （6）CH3CH=CHCOOH（2分） CH2=CHCH2COOH、CH2=C(CH3)COOH、HCOOCH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2 、CH3COOCH=CH2任意两种均可（2分） （7） （4分） 【解析】根据A的分子式为，可推出A为，结合P的结构可以推出B为，C为，D为，由P逆推可推出G为，逆推得F为，故E为。（1）A的分子式是C7H8，A为甲苯； （2）根据上述分析，F为，其官能团为酯基； （3）反应④为由生成，反应为加聚反应； （4）反应③为卤代烃的水解，由制取，方程式为: ； （5）反应⑤水解生成，故该反应方程式为： ； （6）G为，其单体为，其同分异构体有、、、、，故答案为：；、、、、任意两种均可； （7）乙醇为起始原料合成，根据已知反应，首先制备乙醛，合成路线为：。