化学-全国名校2020年高三5月大联考考后强化卷（新课标Ⅰ卷）（全解全析）.pdf

精品资料公众号：卷洞洞 全国名校 2020 年高三 5 月大联考考后强化卷（新课标卷）化学全解全析 7 8 9 10 11 12 13 B A B B C D D 7B【解析】A木材纤维主要成分为纤维素，故 A正确；B“指南针”是我国古代四大发明之一，由天然磁石制成，磁石的主要成分是 Fe3O4，故 B 错误；C蚕丝的主要成分为蛋白质，故 C正确；D“黑陶”是陶瓷的一种，为传统硅酸盐材料，其主要成分为硅酸盐，故 D正确。8A【解析】该双环烯酯水解产物中都含有碳碳双键，都能使溴水褪色，选项 A 正确；该双环烯酯的两个碳碳双键能与 H2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能加成，选项 B 不正确；分子中不存在苯环，共平面的原子从碳碳双键出发，至少是 6 个，分子中分别与两个碳碳双键共平面的原子不一定共面，选项 C 不正确；分子加氢后，两边环分别有 4 种一氯代物，CH2上有 1 种，共有 9 种，选项 D 不正确。9B【解析】A混合气体中含有乙醇、乙酸蒸气，均易溶于水发生倒吸，利用球形干燥管可以防止倒吸，故 A 正确；B乙酸乙酯难溶于水，密度小于水，则反应结束后大试管中的现象是：溶液分层，上层无色油状液体，下层溶液颜色变浅，故 B 错误；C根据题给信息“无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl26C2H5OH”说明加入无水氯化钙后，即可过滤除去乙醇，故 C正确；D加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集 77左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯，故 D 正确。10B【解析】A由图可知，吸附反应的反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故 A错误；B由图可知，该正反应历程中最大能垒（活化能）为 85 kJ mol1，故 B 正确；C固体表面积越大，固体催化剂 Pd的催化效果越好，故 C 错误；DC2H+H*C2H 既有化学键的断裂过程，也有化学键的形成过程，故 D错误。11C【解析】此装置为电解池模型，结合图像可知，a 极接电源负极，为电解池阴极，22UO在阴极得到电子，发生的电极反应为：22UO4H+2eU42H2O，b接电源正极，为电解池阳极，+52N H在阳极失去电子，发生的电极反应为：+52N H4eN2+5H+，H+经质子交换膜向阴极（a 极）移动，据此可分析选项。A3NO不能透过质子交换膜，A 选项错误；B酸性环境下，b电极发生的反应为：+52N H4eN2+5H+，B选项错误；C根据上述分析，电极 a是阴极，电极 b是阳极，电解池中阳离子向阴极移动，根据电荷守恒可知，导线中转移 4 mol e，溶液中有 4 mol H+透过质子交换膜向阴极（a 极）移动，C 选项正确；D未注明标准状况，不能够准确计算，D选项错误；答案选 A。精品资料公众号：卷洞洞 12D【解析】X、M 的族序数均等于周期序数，结合团簇分子结构可知 X为 H，M 为 Be或 Al，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的34，则 Y为 O，Y的原子序数小于 M，则 M为 Al；根据团簇分子的结构可知其分子式应为 Al2Z2H2O6，Z的化合价为+2价，则 Z为 Mg。A离子核外电子层数相同时，原子序数越小其半径越大，所以简单离子半径：O2Mg2+Al3+，故 A错误；B常温下金属铝遇浓硝酸会钝化，故 B错误；CX 与 Y形成的化合物为 H2O2或 H2O，均为共价化合物，故 C错误；DZ为 Mg，工业上常电解熔融状态下的氯化镁制取镁单质，故 D 正确。13D【解析】A由 CH3COOH 的电离平衡常数表达式可知，5a353CH COOH1.7 100.01CH COO1.7 100.01HKccc，故 A错误；B盐酸和醋酸的混合溶液加入氨水，溶液的体积增大，导电率下降，b点对应的是反应过程中导电性最低处，应该是加入的氨水和盐酸反应完，即溶液的溶质是 NH4Cl 和醋酸，故 B错误；Cc点溶液中恰好生成等量的NH4Cl 和 CH3COONH4，所以 V(氨水)=40.0 mL，故 C 错误；D根据电荷守恒可知43NHHCl(CH COO)OHccccc，d点溶液 pH=7，所以HOHcc，所以43NHClCH COOccc，故 D 正确。26（14 分）（1）除去酸性气体（2 分）CO（1 分）D 中黑色粉末变红，E 中澄清石灰水变浑浊（2 分）（2）J、F、I（2 分）第二个 F中的品红不褪色，I中的澄清石灰水变浑浊（2 分）5SO2+24MnO+2H2O2Mn2+524SO+4H+（2 分）（3）2CaSO4+3CCaS+CaO+SO2+CO+2CO2（3 分）【解析】硫酸钙和焦炭在高温下反应制备硫化钙时可能产生的还原性气体是 CO，CuO氧化 CO生成红色的 Cu和 CO2，CO2使石灰水变浑浊。验证 A中的气体产物可能还有 CO2、SO2，必须先用品红验证SO2后再用酸性高锰酸钾除去 SO2，再用澄清石灰水检验 CO2。根据检验气体产物有 CO、SO2、CO2且气体体积之比为 112，写出方程式：2CaSO4+3CCaS+CaO+SO2+2CO2+CO，据此分析解答。（1）硫酸钙和焦炭在高温下反应制备硫化钙时可能产生使氧化铜还原的气体应为 CO，除此之外还可能有 CO2、SO2等，会干扰 CO的检验，因此氢氧化钠溶液可吸收除去酸性气体，排除对 CO检验的干扰；通过一氧化碳还原，氧化铜由黑色变红色，生成的 CO2能够使澄清石灰水变浑浊，说明装置A的反应产物有 CO；精品资料公众号：卷洞洞（2）装置 A 中的气体产物可能含有 SO2和 CO2，根据装置图，可以通过品红溶液检验二氧化硫，除去二氧化硫后再用澄清石灰水检验二氧化碳，因此气流从左到右的仪器连接顺序为 A、F、J、F、I、M；能证明有二氧化碳的现象是第二个 F中品红不褪色，I中的澄清石灰水变浑浊；装置 J 中酸性高锰酸钾将二氧化硫氧化，反应的离子方程式为5SO2+24MnO+2H2O2Mn2+524SO+4H+；（3）气体产物有CO、SO2、CO2且气体体积之比为112，反应的化学方程式为2CaSO4+3CCaS+CaO+SO2+CO+2CO2。27（15 分）（1）2242334CrO+3HCHO+4H O=4Cr OH+2OH+3CO（2 分）（2）AC（2 分）（3）碳化率 40%、恒温 240（2 分）（4）Na2CO3（或 Na2CO3、NaHCO3）（2 分）工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备（1 分）无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等（1 分）（5）0.5（2 分）（6）2272442324222Na Cr OH O+NHSO=Cr O+Na SO+5H O+N（3 分）【解析】（1）HCHO中碳元素化合价为 0 价，该反应在碱性环境下进行，最终生成物有碳酸钠、Cr(OH)3等，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知其反应的离子方程式为：2242334CrO+3HCHO+4H O=4Cr OH+2OH+3CO；（2）A该反应虽然为放热反应，但不一定全过程都不需要加热，如燃烧反应为放热反应，反应开始需要加热，故 A符合题意；B因该反应放热剧烈，若温度过高，Cr(OH)3可能会发生分解，会影响最终产品质量，因此必要时可使用冷却水进行温度控制，故 B 不符合题意；C为保证原料的充分利用，应淀粉适当过量，使铬酸钠充分反应，故 C符合题意；D铬为重金属元素，直接排放至环境中会污染水资源，因此应建造废水回收池，回收含铬废水，故 D 不符合题意；故答案为 AC；（3）由图可知，在碳化率为 40%时，还原率较高，在温度为 240时，还原率接近 100%，再升高温度对于还原率的影响不大，故最佳反应条件为：碳化率 40%、恒温 240；（4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：Na2CO3（或 Na2CO3、NaHCO3）；水热法制备工艺的优点有：工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等；（5）加热过程中相关物质的转化关系式为：精品资料公众号：卷洞洞 223232Cr OHH O Cr O3+2H O152183+2199nnn 183+2152=199n，解得 n=0.5；（6）重铬酸钠具有强氧化性，硫酸铵具有还原性，生产过程中产生的气体对环境无害，故 N 元素转化为 N2，二者发生氧化还原反应生成 Cr2O3、N2、Na2SO4、H2O，根据氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒可知该反应方程式为：2272442324222Na Cr OH O+NHSO=Cr O+Na SO+5H O+N。28（14 分）（1）+234（2 分）S0（1 分）B（1 分）（2）CH4和 CO2按 11 投料发生反应时转化率相等，CO2还发生反应，所以平衡转化率大于 CH4（2 分）0.39（2 分）1200 K以上时以反应为主，二者转化率趋于相等（或 1200 K以上时反应的正向进行程度远大于反应，或 1200 K以上时反应的平衡常数远大于反应）（2 分）（3）反应放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低（2 分）增大（1 分）减小（1 分）【解析】（1）已知部分化学键的键能，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则Hl=4 413kJ/mol+2 803kJ/mol-2 1076kJ/mol-2 436kJ/mol=+234kJ/mol；反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)H1=+234 kJ mol1，S0，因此S0是反应自发进行的原因；该反应是吸热、气体分子总数增大的反应，因此，选择高温低压的条件；（2）923K时反应中 CH4和 CO2的平衡转化率是一样的，但是，二氧化碳还参加反应，因此其平衡转化率大于 CH4；CH4和 CO2按 11投料，设投料时的物质的量浓度为 1 mol/L，由图知 CH4和 CO2的转化率为 60%、70%，则发生反应时 422CH(g)+CO(g)=2H(g)+2CO(g)mol/L1100mol/L0.60.61.21.2mol/L0.40.41.21.2起始浓度()转化浓度()平衡浓度()发生反应 II:222H(g)+CO(g)=H O(g)+CO(g)mol/L1.20.401.2mol/L0.10.10.10.1mol/L1.10.30.11.3起始浓度()转化浓度()平衡浓度()精品资料公众号：卷洞洞 222H O(g)CO(g)0.1 1.30.39H(g)CO(g)1.1 0.3ccKcc；反应中 CO2和 CH4的平衡转化率相等，1200K以上 CO2和 CH4的平衡转化率趋于相等则意味着该条件对反应更有利，以反应为主；（3）工业上 CH4和 CO2反应时通常会掺入 O2，发生反应：CH4+2O2CO2+2H2O。反应是放热反应，给反应体系提供能量，通入氧气越多反应中放出的热量越多，则热负荷值越小；发生反应：CH4+2O2CO2+2H2O，促进甲烷消耗，则 CH4的平衡转化率增大；发生反应：CH4+2O2CO2+2H2O 不利于反应，减少了二氧化碳的消耗量，又使二氧化碳浓度增大，因此二氧化碳的平衡转化率减小。35（15 分）（1）4s24p4（1 分）（2）Cd 的电子排布式为Kr4d105s2，原子轨道为全充满状态（2 分）（3）均为离子化合物，阳离子相同，阴离子半径 S2Se2CdSeCdTe（2 分）（4）三角锥形（1 分）sp3（2 分）（5）B(34，34，14)，C(14，34，34)（2 分）34a（2 分）33CdSe344()433100%rra（3 分）【解析】（1）基态Se原子的核外电子排布式为Ar3d104s24p4，则基态Se原子的价层电子排布式为4s24p4。（2）Cd 的价电子排布式为 4d105s2，轨道全充满，Cd的第一电离能大于同周期相邻元素。（3）从熔点看，CdS、CdSe、CdTe 都形成离子晶体，离子所带电荷越多，晶格能越大，离子的半径越小，晶格能越大。所以上述熔点呈规律性变化的原因是：均为离子化合物，阳离子相同，阴离子半径S2Se2CdSeCdTe。（4）PH3中 P 的价层电子对数为 4，P 原子的最外层存在 1 对孤对电子，则 PH3的空间构型是三角锥形。N(CH3)3中 N 原子的价层电子对数为 4，N(CH3)3中参与形成配位键的孤电子对占据的轨道类型是 sp3。（5）原子坐标参数 A 为(14，14，14)，根据 0点定位，则 B、C的原子坐标参数分别为 B(34，34，14)，C(14，34，34)。设该晶胞中 CdSe 键的键长为 x，则 x2=(14a)2+(14a)2+(14a)2，x=34a。在晶胞中，Cd原子数为18 8+12 6=4，Se原子数为 4，已知 Cd和 Se 的原子半径分别为 rCd nm和 rSe nm，则该晶精品资料公众号：卷洞洞 胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为33CdSe344()433100%rra。36（15 分）（1）羧基、肽键（或酰胺键）（2 分）取代反应（2 分）（2）定位（2 分）（3）（2 分）（4）+2H2O+CH3COOH+H2SO4（2 分）（5）或（任写 1种，2 分）（6）（3 分）【解析】（1）根据 G的结构图，G中官能团的名称是羧基和肽键(或酰胺键)；反应中 C的SO3H被取代生成 D，则反应类型是取代反应；（2）通过反应和反应推知引入SO3H 的作用是控制反应过程中取代基的连接位置，故起到定位的作用；（3）F是邻氨基苯甲酸，与足量氢气发生加成反应生成，与羧基、氨基连接的碳原子是手性碳原子，可表示为：；（4）根据流程图中 H和 J的结构简式可断定 I的结构简式为，的反应方程式：+2H2O+CH3COOH+H2SO4；（5）D的结构简式为，苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体，即三个取精品资料公众号：卷洞洞 代基在苯环上处于邻间对位置上，同分异构体结构简式为或（任写 1 种）；（6）先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物，不能先把硝基还原为氨基，然后再氧化甲基，因为氨基有还原性，容易被氧化，故合成路线如下：。