2020年高考理综(化学)模拟试题及答案解析(3)

2020年高考理综(化学)模拟试题(3)可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 As-75 Br-80 第卷 (选择题 共42分)一、 选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目求的)7下列有关说法正确的是A手机美容中手机贴膜主要材质有PP、PVC、PET材质，都属于新型的无机非金属材料B科学家研究“水氢发动机”的方向是寻找合适的催化剂，使水分解产生氢气的同时放出热量C 一些纳米材料的制备，冶金工业中的选矿，石油原油的脱水，塑料、橡胶及合成纤维等的制造过程都会用到胶体D氢燃料电池中使用的储氢材料，如稀土类化合物(LaNi5)、钛系化合物(TiFe)、镁系化合物(Mg2Ni)都是纯净物【答案】C【解析】A项，PP、PVC、PET属于有机高分子材料，A错误；B项，催化剂能加快反应速率，但不能改变热效应，即合适的催化剂，能使水分解产生氢气，但反应过程仍需要吸收热量，B错误；C项，主要是纳米材料的应用，C正确；D项，合金材料是混合物，D错误。8柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图所示。下列有关柠檬烯的分析正确的是A它的一氯代物有6种B它的分子中所有的碳原子一定在同一平面上C它和丁基苯互为同分异构体D一定条件下，它分别可以发生加成、取代、氧化、还原等反应【答案】D【解析】A项，该物质结构不对称，共有8种位置的H原子，则它的一氯代物有8种，故A错误；B项，环状结构中含饱和碳原子，为四面体结构，分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，故B错误；C项，丁基苯的分子式为C10H14，柠檬烯的分子式为C10H16，二者分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D项，含C=C，能发生加成、氧化，含甲基，能在一定条件下发生取代，则一定条件下，它可以分别发生加成、取代和氧化反应，与氢气的加成反应也为还原反应，故D正确；故选D。9实验室制备硝基苯的实验装置如图所示(夹持装置已略去)。下列说法不正确的是A水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度B浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入C仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率D反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品【答案】D【解析】A项，水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，故A正确；B项，浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入，可避免混合过程中放热而使液体溅出，并造成苯大量挥发，故B正确；C项，仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，增加产率，故C正确；D项，蒸馏操作时要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，故D错误。故选D。10国际计量大会第26届会议新修订了阿伏加徳罗常数(NA=6.022140761023mol-1)，并于2019年5月20日正式生效。下列说法中正确的是A6.0g SiO2中含SiO键的数目为0.4 NAB25时，pH13的NaOH溶液中，OH的数目为0.1 NAC100.0g质量分数为46%的酒精与足量的钠反应产生氢分子数为0.5 NA D11.2LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为0.5NA【答案】A【解析】A项，SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子形成共价键，故A正确；B项，缺少溶液体积所以无法计算微粒数目，故B错误；C项，钠与水也可以反应生成氢气，故C错误；D项，非标准状况下，11.2LCl2的物质的量不一定是0.5mol，故D错误。11用0.1 molL1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 molL1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述不正确的是AKa2(H2SO3)的数量级为108B若滴定到第一、二反应终点，应该分别用甲基橙和本酚酞作指示剂D图中Y点对应的溶液中：3c(SO32)c(Na)c(H)c(OH)C图中溶液中水的电离程度：WXYZM【答案】D【解析】用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOHNa2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。A项，由图像可知，当溶液中c(HSO3-)= c(SO32)时，此时pH=7.19，即c(H+)=10-7.19mol/L，则H2SO3的Ka2=c(H+)，所以H2SO3的Ka2=110-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为108，故A正确；B项，第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.14.4，可用甲基橙作指示剂，第二反应终点时，溶液中恰好存在Na2SO3，根据图像，此时溶液pH=9.86，甲基橙的变色范围为8.010.0，可用酚酞作指示剂，故B正确；C项，根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故C正确；D项，随着NaOH溶液的不断加入，溶液中的酸性减弱，碱性增加，水的电离程度增大，当达到Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，水的电离程度达到最大，到了M点，NaOH溶液过量，抑制了水的电离，故D错误。故选D。12一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示(电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极)。该装置工作时，下列说法不正确的是A甲为正极，丙为阴极B丁极的电极反应式为MnO42e=MnO4CKOH溶液的质量分数：c%a%b%D标准状况下，甲电极上每消耗22.4L气体时，理论上有4molK+移入阴极区【答案】C【解析】A项，通入氧气的电极为电池的正极，与电源正极相连的一极为电解池阳极，所以丙是阴极，故A正确；B项，丁是电解池阳极，MnO42失电子被氧化为MnO4，电极反应式是MnO42e=MnO4，故B正确；C项，丙电极上的反应是2H2O+2e-=2OH-+H2，电极甲的电极反应式是O2+2H2O+4e-=4OH-，乙电极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，根据溶液流动方向，c%b%a%，故C错误；D项， 标准状况下，甲电极上每消耗22.4L氧气时，转移4mol电子，所以理论上有4molK+移入阴极区，故D正确。故选C。13X、Y、Z、W为原子序数递增的4种短周期元素，其中Y、Z为金属元素。X、Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物甲、乙、丙、丁之间存在如图所示反应关系(图中“一”相连的两种物质能发生反应)。下列判断正确的是AX是元素周期表中非金属性最强的元素BZ冶炼可通过电解其氯化物的方式获得C4种原子中，Y离子半径最小DW的阴离子可能促进水的电离【答案】D【解析】Y、Z为金属元素，对应的最高价氧化物对应的水化物可发生反应，则应为氢氧化铝和氢氧化钠的反应，可知Y为Na、Z为Al，乙为NaOH，丙为Al(OH)3，X应为N，甲为HNO3，W可为为S、Cl，则丁可能为H2SO4、HClO4。由以上分析可知X为N、Y为Na、Z为Al、W为S或Cl，甲为HNO3，乙为NaOH，丙为Al(OH)3，丁为H2SO4或HClO4。A项，X为N，元素周期表中非金属性最强的元素为F，故A错误；B项，Z为Al，位于周期表第三周期A族，故B错误；C项，4种原子中，半径最小的为N，Y为Na，原子半径最大，故C错误；D项，如W为S，对应的离子为S2-，水解呈碱性，可促进水的电离，故D正确；故选D。第卷 (非选择题 共58分)二、必做题(本题共3小题，共43分。每个试题考生都必须作答)26(14分)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，可用作食品保鲜剂(不直接加入食品中，安全、卫生)，还可用于纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇。在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：(1)Na2S2O4用于保鲜剂时能去除O2，先生成Na2SO3并缓慢释放SO2，该反应的化学方程式为_。(2)锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是_(填字母)。工业上常将锌块进行预处理得到锌粉水悬浊液，其目的是_。步骤中发生反应的化学方程式为_。在步骤.中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是_。(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加人乙 醇水溶液液中，然后通入SO2发生反应，有CO2气体放出，总反应的化学方程式是_。(4)连二亚硫酸钠的分析检测。铁氰化钾法：铁氰化钾K3Fe(CN)6是一种比较弱的氧化剂，其具有强氧化剂所没有的选择性氧化性，能将S2O42-氧化为SO32-，Fe(CN)63-还原为Fe(CN)64-。取50.00mLNa2S2O4样品溶液，用0.02molL-1的K3Fe(CN)6标准液滴定至终点，消耗10.00mL。该样品中Na2S2O4的含量为_gL-1。(以SO2计)【答案】(1)2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2 (2分) (2)ad(2分) 增大锌粉的表面积，加快反应速率(2分) ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3(2分) 除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失(2分) (3)HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O(2分) (4)0.256(2分) 【解析】(1) Na2S2O4与O2生成Na2SO3和SO2，反应方程式为2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2；(2)浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生Na2SO4、SO2、H2O，反应方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2+H2O；a项，反应不需要加热，Na2SO3是细小晶体，通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，装置a合理；b项，不能控制反应速率，且浓硫酸具有吸水性，长颈漏斗容易导致浓硫酸稀释，b不合理；c项，浓硫酸与盐的反应放出大量的热，会导致集气瓶炸裂，c不合理；d项，通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，上下联通的导气管会使浓硫酸上下气体压强一致，便于浓硫酸顺利滴下，装置d合理；故合理选项是ad；工业上常将锌块进行预处理得到锌粉水悬浊液，其目的是增大锌粉的表面积，加快反应速率。根据流程图可知步骤中发生复分解反应的化学方程式为ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3；Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既能除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失；(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙 醇水溶液液中，然后通入SO2发生反应，产生Na2S2O4，同时有CO2气体放出和水生成，总反应的化学方程式是HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O。(4)根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知两种物质的反应关系为：2K3Fe(CN)6 Na2S2O4，nK3Fe(CN)6=0.02mol/L0.01L=210-4mol，则n(Na2S2O4)=110-4mol，溶液的体积是50mL=0.05L，所以c(Na2S2O4)= 110-4mol0.05L=210-3mol/L，根据S元素守恒，该样品中Na2S2O4的含量以SO2计为：210-3mol/L 264g/mol=0.256gL-1。27(14分) 软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2)为原料制备马日夫盐Mn(H2PO4)22H2O(磷酸二氢锰)的主要工艺流程如图：(1)用MnO2“氧化”时发生反应的离子方程式为_。(2)如何检验“沉锰”己完成_。(3)铁离子的萃取率与接触时间和溶液的pH之间的关系如图1、2所示，则应选择的接触时间为_；pH1.7，铁离子的萃取率急剧下降的原因可能为_。(4)结合图3的溶解度曲线，请补充完整由浸锰得到的溶液制备MnSO4H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加适量的双氧水，再向滤液中加入MnCO3粉末调节溶液的pH范围为_，过滤洗涤，将滤液与洗涤液合并，控制温度在8090之间蒸发浓缩、_，(填操作名称)得到MnSO4H2O，用8090的蒸馏水洗涤23次，放在真空干燥箱中低温干燥。已知该溶液中pH=7.8时Mn(OH)2开始沉淀：pH=5.0时Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀完全，pH=8.8时Fe(OH)2沉淀完全。【答案】(1)2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O(2分) (2)在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成(3分) (3)60min(2分) pH1.7时铁离子水解生成Fe(OH)3沉淀 (2分) (4)5.0pH1.7时，Fe3+会发生水解转化为氢氧化铁沉淀，导致铁离子萃取率降低；(4)实验目的是制备MnSO4H2O，要将杂质离子处理干净，当PH=5时铁离子完全沉淀，结合已知条件溶液中pH=7.8时Mn(OH)2开始沉淀，溶液中锰离子的量就会减少，因此溶液的PH控制在5到7.8之间，杂质离子最少，溶液中锰离子的含量最高；根据图三所示，当溶液中温度为23.9左右，MnSO4H2O的溶液度最大，温度越高，MnSO4H2O晶体析出越多，趁热过滤得到的产品的产率最高。28(15分)甲醇CH3OH)是一种重要的化工原料，工业上有多种方法可制得甲醇成品(一)以CO、H2和CO2制备甲醇CO2(g)+H2(g) COg)+H2O(g) H1CO(g)+2H2 (g) CH3OH(g) H2CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H3(1)已知：反应的化学平衡常数K和温度的关系如下表t/70080083010001200K0.60.91.01.72.6则下列说法正确的是_A反应正反应是吸热反应B一定体积的密闭容器中，压强不再变化时，说明反应达到平衡状态C1100时，反应的K可能为1.5D在1000时，c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)约为0.59(2)比较H2_H3(填“”、“”或“”)(3)现利用和两个反应合成CH3OH，已知CO可使反应的催化剂寿命下降若氢碳比表示为fn(H2)-n(CO2)/n(CO)+n(CO2)，则理论上f_时，原料气的利用率高，但生产中住往采用略高于该值的氯碳比，理由是_.(二)以天然气为原料，分为两阶段制备甲醇：(i)制备合成气：CH4(g)+H2Og) CO(g)+3H2(g) H10(ii)合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H20在一定压强下，1 mol CH4(g)和1 mol H2O(g)在三种不同催化剂作用下发生反应(i)，经历相同时间时，CO的物质的量(n)随温度变化的关系如图1(1)下列说法正确的是_A曲线中n(CO)随温度变化的原因是正反应为吸热反应，升高温度，平衡向右移动B三种催化剂中，催化剂的催化效果最好，所以能获得最高的产率C当温度低于700时的曲线上的点可能都没有到达平衡D若温度大于700时，CO的物质的量保持不变(2)500时，反应(1)在催化剂的作用下到10mim时达到平衡，请在图2中画出反应(1)在此状态下0至12分钟内反应体系中H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势_(三)研究表明，CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，原理如图3所示。(1)产生甲醇的电极反应式为_；(2)甲醇燃料电池应用很广，其工作原理如图4，写出电池工作时的负极反应式：_。【答案】(一)(1)AD(2分) (2) (1分) (3) 2 (1分) 使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降 (2分) (二)(1)C(3分) (2) (2分) (三)(1)CO+4H+4 e-= CH3OH(2分) (2)CH3OH+H2O6e-=CO2+6H+(2分) 【解析】(一)(1)根据表格数据，温度越高，平衡常数越大，说明反应向正反应移动，正反应为吸热，A正确；反应CO2(g)+H2(g) COg)+H2O(g)是反应前后气体体积不变的体系，压强不影响平衡移动，B错误；1000时K为1.7，温度越高，平衡常数越大，1100时K1.7，C错误；在1000时，c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)为K的倒数，约为0.59，D正确；答案为AD。(2)随温度升高K1增大，说明反应的正反应为吸热反应，H10，盖斯定律计算得到H3=H1+H2，则H2H3。(3)由CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)化学方程式可知f =2，原料气的利用率最高，但生产中往往采用略高于该值的氢碳比，理由：使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降。 (二) (1)曲线中n(CO)随温度升高而增大，反应逆向进行，正反应为放热，A错；催化剂的使用时n(CO)变化量少，即CO转化率低，产率也不高，B错；当体系中各物质的物质的量保持不变时，反应平衡，根据图象，曲线上的点在不停地变化，反应没有达到平衡，C正确；温度大于700时，CO的物质的量曲线未画出，不一定保持不变，D错误。答案选C。(2)根据图一中CO的物质的量曲线及反应中H2生成和消耗的计量关系，0至12分钟内反应体系中生成物H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势为(三)(1)CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，据图3可知，一氧化碳得电子生成甲醇，则产生甲醇的电极反应式为CO+4H+4 e-= CH3OH；(2)据图4可知，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：3O2+12H+12e=6H2O，负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为2CH3OH12e+2H2O=2CO2+12H+，故答案为：CH3OH6e+H2O=CO2+6H+。三、选做题(本题共2小题，考生根据要求选择其中一题进行作答)37化学选修3：物质结构与性质(15分)铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。(1) Fe2+基态核外电子排布式为。(2) Fe(CO)5与NH3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁。NH3分子中氮原子杂化轨道类型为；1molFe(CO)5分子中含有键的数目为。该磁性氮化铁晶胞结构如右图所示，该化合物的化学式为。(3) FeCl3可与KSCN、苯酚溶液发生显色反应。SCN-与N2O互为等电子体，则SCN-的电子式为。写出FeCl3与苯酚反应生成 Fe(OC6H5)63-的化学方程式： 。(4)Fe3O4晶体中，O2-的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着由如1、3、6、7的O2-围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2-围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，正四面体空隙数与O2-数之比为_，有_%的正八面体空隙没有填充阳离子。Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，晶体密度为5.18g/cm3，则该晶胞参数a=_pm。(写出计算表达式)【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d6(或 Ar3d6) (1分)(2) sp3(1分)10mol(1分)Fe3N(2分)(3) (1分)FeCl3+6C6H5OHH3Fe(OC6H5)6+3HCl(2分)(4)21(2分) 50%(2分) 1010(3分)【解析】(2) NH3的孤电子对数=1，价层电子对数为4，则N为sp3杂化；Fe(CO)5的结构式为，其中三键中有一个键，配位键全部为键，所以1 mol Fe(CO)5中共有10 mol 键。由晶胞图知，Fe为12+2+3=6个，N为2个，所以化合物的化学式为Fe3N。(3) SCN-与N2O、CO2互为等电子体，等电子体的结构相似，CO2的结构式为OCO，所以SCN-的结构式为SCN-。1 mol FeCl3与6 mol 苯酚反应，放出6 mol H+，其中有3 mol H+与3 mol Cl-结合成3 mol HCl，还有3 mol H+与1 mol 结合成1 mol H3Fe(OC6H5)6。(4)结构中如1、3、6、7的O2-围成的正四面体空隙有8个，由图可知晶体结构中O2-离子数目为8+6=4，故正四面体空隙数与O2-离子数目之比8：4=2：1；Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，有50%的正八面体空隙没有填充阳离子。图示结构中O2-离子数目为8+6=4，则含有Fe3+和Fe2+的总数为3，晶胞中有8个图示结构单元，1mol晶胞的质量为8(356+416)=8232g，则晶体密度=5.18g/cm3，a=1010。38化学选修5：有机化学基础(15分)有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂略去)：已知：A分子的核磁共振氢谱中有3组峰；(NH2容易被氧化)；已知(CH3CO)2O的结构为：RCH2COOH请回答下列问题：(1)B的化学名称为_。(2)CD的反应类型是_，I的结构简