2020年高考化学押题预测卷03（新课标Ⅰ卷）-化学（全解全析）.docx

2020年高考押题预测卷03【新课标Ⅰ卷】 理科综合化学·全解全析 7 8 9 10 11 12 13 B C B A A D D 7．B 【解析】A. 新型冠状病毒由蛋白质组成，蛋白质主要由C、H、O、N等元素组成，故A错误；B. 口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，聚丙烯、聚乙烯等属于合成有机高分子材料，故B正确；C. 过氧化氢、过氧乙酸等消毒液可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇消毒原理是使细胞脱水，故C错误；D. NaClO与盐酸能反应生成有毒气体氯气，所以不能混用，故D错误；故选B。 8．C 【解析】A. 2-苯基丙烯不是苯的同系物，A错误；B. 异丙苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；C. 采用定一移一法，可得出异丙苯、2-苯基丙烯苯环上的二氯代物都有6种，C正确；D. 异丙苯分子中与苯环相连的碳原子为饱和碳原子，其所连的4个原子一定不在同一平面上，所以分子内一定共平面的碳原子数为7个，D错误；故选C。 9．B 【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意。W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。A．同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；B．硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；C．O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；D．根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；故选B。 10．A 【解析】A. 聚丙烯的最简式为CH2，14g聚丙烯中含H：，所有H均与C以单键相连，所以C-H键总数目为2NA，A选项正确；B. 没有提供体积，无法计算OH-数目，B选项错误；C. 100mL12mol·L-1浓硝酸中HNO3的物质的量为：100×10-3L×12mol·L-1=1.2mol。与过量Cu反应，先：Cu + 4HNO3(浓) = Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O，参加反应的HNO3数目和转移电子的数目的关系为2：1；硝酸变稀后：3Cu + 8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O，参加反应的HNO3数目和转移电子的数目的关系为4：3。所以，转移电子的数目为0.6NA和0.9NA之间，C选项错误；D. 电解精炼铜时，阳极溶解的除了Cu还有比Cu活泼的金属，所以若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目不为2NA，选项D错误；故选A。 11．A 【解析】放电时，电池反应为2Al + 3S = Al2S3，铝失电子，硫得到电子，所以铝电极为负极，多孔碳电极为正极，负极上的电极反应式为：2Al + 14AlCl4--6e- = 8Al2Cl7-，正极的电极反应式为：3S + 8Al2Cl7- + 6e- = 14AlCl4-+ Al2S3，据此分析解答。放电时，多孔碳电极为正极，充电时，多孔碳电极连接电源的正极，A错误；充电时，原电池负极变阴极，反应为8Al2Cl7- + 6e- = 2Al + 14AlCl4-，B正确；根据分析，放电时，负极上的电极反应式为：2Al + 14AlCl4--6e- = 8Al2Cl7-，正极的电极反应式为：3S + 8Al2Cl7- + 6e- = 14AlCl4-+ Al2S3，溶液中离子的总数基本不变，C正确；放电时，正极的电极反应式为：3S + 8Al2Cl7- + 6e- = 14AlCl4- + Al2S3，正极增重0.54 g，即增重的质量为铝的质量，0.54 g铝为0.02 mol，铝单质由0价转化为+3价，则电路中通过0.06 mol e-，D正确。故选A。 12．D 【解析】乙烯通入溴水中发生CH2=CH2＋Br2→CH2Br－CH2Br，该反应类型为加成反应，A错误；NaOH与MgCl2反应，NaOH有剩余，再滴加FeCl3溶液，FeCl3与过量的NaOH溶液反应生成Fe(OH)3，不存在沉淀的转化，无法比较出两种沉淀的Ksp大小，B错误； NH3通入水中生成NH3·H2O，通入SO2，发生2NH3＋SO2＋H2O = (NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2发生Ba2＋＋SO32－ = BaSO3↓，有沉淀生成，C错误；苯的密度小于水，且不与水互溶，上层为苯，上层溶液变紫红色，说明有I2生成，I2易溶于苯，下城有黄色沉淀生成，该沉淀为AgI，说明有I－存在，从而推出KI3溶液中存在平衡：I3－I2＋I－，D正确。故选D。 13．D 【解析】A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，根据图象可知，b点导电能力最强，d点最弱，A错误； B.d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3•H2O，根据物料守恒可得：2c(HR)+2c(R-)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)，因溶液呈碱性，NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则c(NH4+)>c(NH3∙H2O)，则c(HR)+c(R-)＞c(NH3∙H2O)，B错误；C.a、d两点导电能力相等，但溶液的pH分别为4、8，都抑制了水的电离，a点c(H+)=10-4mol/L，d点c(OH-)=10-6mol/L，所以对水的电离程度的影响不同，C错误； D.根据图象可知，0.1mol/L的HR溶液的pH=3，则c(R-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HR)≈0.1mol/L，HR的电离平衡常数Ka==10-5，则R-的水解平衡常数数Kh==10-9，D正确；故选D。 26．（14分） （1）B（2分） （2）6NH3+H2SiF6+2H2O6NH4F+SiO2↓ （2分） （3）CaCO3+2NH4++2F−CaF2+CO2↑+2NH3↑+H2O（2分） （4）氨气（或氨水、液氨等，合理即可）（2分） （5）资源丰富；价格便宜等（2分） CaF2与SiO2的分离（2分） （6）85（2分） 【解析】（1）在炼钢过程中，要加入少量的萤石，可以联想铝热反应实验中加入少量冰晶石的作用，应该是起到助熔的作用，故选B。 （2）根据流程图可知进入氨化釜的是氟硅酸和液氨以及循环的浓氨，反应后从氨化釜出来的是二氧化硅和氟化铵溶液，可写出方程式为6NH3+H2SiF6+2H2O6NH4F+SiO2↓。 （3）反应釜中产生两种气体，溶于水后一种显酸性，一种显碱性，根据反应物为碳酸钙和氟化铵溶液，生成物含氟化钙和氨水，可判断气体为CO2和NH3，离子方程式为CaCO3+2NH4++2F−CaF2+CO2↑+2NH3↑+H2O。 （4）根据流程图可知能循环利用的物质是氨气（氨水或液氨）。 （5）碳酸钙具有资源丰富，价格便宜，容易得到等优点；因为CaF2与SiO2都是固体，且均不溶于水，因此它们的分离是最大的难点。 （6）设 CaF2的理论产量为x t H2SiF6 ~ 3CaF2 1 3 x=0.2925，产率=×100%≈85%。 27．（14分） （1）（1分） S元素的非金属性弱于Cl元素（合理即可）（1分） （2）a－4b－c（1分） （3）0.02（2分） 1（2分） （4）①＞ （1分） ②（2分） ③ CD（2分） （5）2HS－ + 8OH－－8e－=S2O32－+5H2O（2分） 【解析】（1）H2S为共价化合物，其电子式为，通常元素的非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，非金属性：Cl＞S，则H2S热稳定性弱于HCl； （2）根据盖斯定律可知，由I-4II-III可得反应CH4(g)+2H2S(g) CS2(1)+4H2(g)，则△H= a－4b－c kJ·mol－1； （3）t min后反应达到化学平衡状态，容器中H2与H2S的质量浓度分别为0.02g/L、0.34g/L，则H2与H2S的物质的量浓度分别为0.01mol/L、0.01mol/L，则△c(H2S)=△c(H2)=0.01mol/L，则H2S的初始浓度0.01mol/L+0.01mol/L=0.02 mol/L，该温度下，反应的化学平衡常数； （4）①由图像可知，随着温度的升高，CH4的平衡转化率增大，即升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，由此可知，该反应反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，则E正＞E逆； ②反应初始充入0.1 molCH4和0.2molH2S，由图可知CH4的平衡转化率为80%，可列出三段式： 则平衡时，混合气体总物质的量为0.02+0.04+0.08+0.32=0.46mol，设平衡时容器的容积为VL，根据恒压条件下，气体物质的量之比等于气体的体积之比，可得，解得，； ③增大压强，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率降低，A不符合；根据加入一种反应物，可以提高另一反应物的转化率，而本身的转化率降低，可知再充入CH4，CH4的平衡转化率降低，B不符合；由B项分析可知，再充入H2S，平衡正向移动，CH4的消耗量增多，平衡转化率增大，C符合； 向恒压密闭容器充入He，容器容积增大，相当于减压，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，D符合；催化剂只能加快反应速率，不影响平衡移动，E不符合； （5）足量的H2S气体与碳酸钠溶液发生反应2H2S+Na2CO3=2NaHS+H2O+CO2，电解NaHS溶液，在阳极生成Na2S2O3，S元素化合价升高，失电子，发生氧化反应，NaHS溶液显碱性，则电解时阳极的电极反应式为2HS- + 8OH－－8e－=S2O32－+5H2O。 28．（15分） （1）NH3、CO2（2分） E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊（2分） (NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O（2分） （2）排尽装置中的空气（1分） （3）充分吸收CO2，防止干扰CO的检验（2分） （4） 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O（2分） （5） 因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去（2分） 2.1（2分） 【解析】（1）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO；草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO，结合质量守恒定律知，另有产物H2O，则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O； （2）反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO2干扰实验； （3）装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去； （4）还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，那就是氨气，NH3也会与CuO反应，其产物是N2和水，结合氧化还原反应原理，该反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O； （5）草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0. 0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定，反应为，滴定至终点时，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，应舍弃0.52mL，误差较大，则平均体积为0.42mL，滴定反应为，； =1.05×10−5mol，所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为，即4.2×10−2mmol，则该血液中钙元素的含量为；答案为：2.1。 35．（15分） （1）4s24p4（1分） 分子（1分） （2）SiH4（1分） ＞（1分） （3） 3（2分） （4） 配位（1分） sp3（2分） H3O+（2分） （5） 12（2分） （2分） 【解析】（1）Se元素为34号元素，原子核外有34个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p4，基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；SeO2常温下白色晶体，熔、沸点低，为分子晶体； （2）硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物分别为H2Se，SiH4，其分子结构分别V形、正四面体；若“Si-H”中键合电子偏向氢原子，说明硅显正价，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，硒显负价，所以硒与硅的电负性相对大小为Se＞Si； （3） 第二周期中，元素的第一电离能处于B与N之间的元素有Be、C、O三种； （4）BF3•NH3中B原子含有3个σ 键和1个配位键，所以其价层电子数是4，B原子采取sp3杂化，该化合物中，B原子提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对，所以B、N原子之间形成配位键；在NH3中，N原子的价层电子对数是3＋(5-3×1)/2=4，所以杂化轨道类型为sp3；NH3中有10个电子，等电子体的一种离子符号有：H3O +； （5）每个碳原子周围最近的碳原子数目为12，因此在SiC中，每个Si原子周围距离最近的Si原子数目为12；该晶胞中C原子个数=8×+6×=4，Si原子个数为4，晶胞质量为，设晶胞边长为a pm，则(a×10-10)3×ρ×NA=4×40，解得a=，碳原子与硅原子的最近距离为晶胞体对角线长度的，所以碳原子与硅原子的最近距离为，故答案为：12；。 36．（15分） （1）丙二酸二乙酯（1分） （2） （2分） （3）（2分） （4）取代反应（1分） （5）羰基(酮基)、酯基（2分） （6）、、、、 、 （3分） （7）（4分） 【解析】(A)与在吡啶的作用下反应生成(B)；B与LiAlH4反应生成C，由C的分子式及前后物质的结构，可确定其结构简式为；由E、G结构及F的分子式，可确定F的结构简式为。（1）A的结构简式为，化学名称是丙二酸二乙酯。 （2） (A)与在吡啶的作用下反应生成(B)，反应方程式是。 （3）由以上分析知，C的结构简式是； （4）④为,与NaCH(COOCH2CH3)2反应生成和NaBr，反应类型是取代反应； （5）H的结构简式为，含氧官能团的名称是羰基(酮基)、酯基； （6）X是(F)的同分异构体，X所含官能团的种类和数量与F完全相同，其核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6：1：1，则分子结构对称，含有4个-CH3、2个-COOH、1个碳碳双键，另外还含有4个季碳原子。符合上述条件的X的结构简式为：、、、、、。 （7）由苯甲醇和制备，需利用A→B的信息，所以应先将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与反应生成，最后水解得到目标有机物。合成路线为：。