北京市2020年高考化学5月模拟试题（含解析）

北京市2020年高考化学5月模拟试题（含解析）一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）1. 材料是人类赖以生存和发展的重要物质基础下列物品所用材料的主要成分是有机高分子化合物的是（）A曾侯乙编钟（青铜器）B景德镇瓷器C钢化玻璃D航天服（涤纶）A. AB. BC. CD. D2. 用黄色的FeCl3溶液分别进行下列实验，解释或结论不正确的是（） 实验现象解释或结论A加入FeCl3固体溶液变成红褐色FeCl3的水解程度变大B加入等体积水溶液颜色变浅c（Fe3+）变小C加入足量Fe粉溶液颜色变浅绿色2Fe3+Fe=3Fe2+D将FeCl3溶液微热溶液变成红褐色水解反应H0A. AB. BC. CD. D3. 乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，某学习小组设计以下两套装置用乙醇、乙酸和浓硫酸分别制备乙酸乙酯（沸点77.2）下列说法不正确的是（）A. 浓硫酸能加快酯化反应速率B. 不断蒸出酯，会降低其产率C. 装置b比装置a原料损失的少D. 可用分液的方法分离出乙酸乙酯4. 某离子反应涉及到H2O、ClO-、NH4+、OH-、N2、Cl-等微粒，其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（）A. 该反应中Cl-为氧化产物B. 消耗1mol还原剂，转移6mol电子C. 反应后溶液的酸性减弱D. NH4+被ClO-氧化成N25. NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如左图；研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如右图下列说法正确的是（）A. NH3催化还原NO为吸热反应B. 过程中NH3断裂非极性键C. 过程中NO为氧化剂，Fe2+为还原剂D. 脱硝的总反应为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)催化剂4N2(g)+6H2O(g)6. 氢氧化锂是制取锂和锂的化合物的原料，用电解法制备氢氧化锂的工作原理如图所示：下列叙述不正确的是（）A. b极附近溶液的pH增大B. a极发生的反应为2H2O-4e-=O2+4H+C. 该法制备LiOH还可得到硫酸和氢气等产品D. 当电路中通过1mol电子时，可得到2molLiOH7. 已知反应：2Fe3+2I-2Fe2+I2，用KI溶液和FeCl3溶液进行如下实验下列说法中，不正确的是（）A. 实验i中现象说明有Fe2+生成B. 实验ii中现象说明反应后溶液中含有Fe3+C. 实验iii水溶液中c(Fe2+)大于i中c(Fe2+)D. 实验iii中再加入4滴0.1molL-1FeCl2溶液，振荡静置，CCl4层溶液颜色无变化二、简答题（本大题共4小题，共59.0分）8. 丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒的新药。合成丁苯酞（J）的一种路线如图：已知：（1）A的名称是_，A分子中最多有_个原子共平面。（2）B生成A的化学方程式_。（3）D生成E的反应类型为_，试剂a是_。（4）F的结构简式_。（5）J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环。写出H生成J的化学方程式_（注明反应条件）。（6）ECO2X，X的同分异构体中：能发生银镜反应；能与氯化铁溶液发生显色反应。满足上述条件的X的同分异构体共有_种，写出其中核磁共振氢谱有五组吸收峰的结构简式_。（7）利用题中信息和所学知识，写出以甲烷和化合物D为原料，合成的路线流程图（其它试剂自选）。9. 烟气的脱硫（除SO2）和脱硝（除NOx）都是环境科学研究的热点工业上可以通过氧化还原法或尿素法进行脱硫和脱硝（1）氧化还原法脱硝选择性催化还原（ SCR）法脱硝原理如1图所示：该法脱硝的还原剂是_已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.6kJ/molN2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=-92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=-483.6kJ/mol则4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）=4N2（g）+6H2O（g）；H=_kJ/mol检验脱硝效果的重要指标是脱硝效率（脱硝过程中单位时间内NOx浓度变化占烟气初始浓度的百分比）影响SCR系统脱硝效率的因素有很多，根据图2判断提高脱硝效率的最佳条件是_；氨氮比一定时，在370o400oC范围内，随温度的升高脱硝效率增大，其可能的原因是_（2）尿素法脱硫脱硝尿素（NH2）2CO湿法烟气脱硫脱硝过程表示如下：（NH4）2SO4水溶液中离子浓度由大到小的顺序是_尿素溶液中存在如下反应：（NH2）2CO（aq）+H2ONH2COONH4（aq）（H0），研究表明，增大溶液中NH2COONH4的浓度会使脱硫速率明显加快因此在生产中常将温度控制在60oC左右，原因是：温度过低，该反应进行很慢，使溶液中NH2COONH4的含量较少；_（请将原因补充完整）烟气中的NOx与尿素直接反应进行脱硝（NH2）2CO与NO、NO2三者等物质的量反应，生成水和无毒气体，反应的化学方程式是_10. Li-CuO二次电池的比能量高、工作温度宽，性能优异，广泛应用于军事和空间领域（1）Li-CuO电池中，金属锂做_极（2）比能量是指消耗单位质量的电极所释放的电量，用来衡量电池的优劣比较Li、Na、Al分别作为电极时比能量的大小：_（3）通过如下过程制备CuOCuCuSO4溶液Cu2（OH）2CO3沉淀CuO过程，H2O2的作用是_过程产生Cu2（OH）2CO3的离子方程式是_过程，将CuSO4溶液加到Na2CO3溶液中，研究二者不同物质的量之比与产品纯度的关系（用测定铜元素的百分含量来表征产品的纯度），结果如下：已知：Cu2（OH）2CO3中铜元素的百分含量为57.7%二者比值为1：0.8时，产品中可能含有的杂质是_，产生该杂质的原因是_过程反应的化学方程式是_（4）Li-CuO二次电池以含Li+的有机溶液为电解质溶液，其工作原理示意如图2放电时，正极的电极反应式是_11. 某小组同学利用如图装置对电解氯化铜实验进行了研究装置现象电解一段时间时，阳极石墨表面产生气体，阴极石墨上附着红色物质，烧杯壁变热，溶液由蓝色变为绿色（1）甲认为电解过程中阳极产生的_是溶液变绿的原因，写出产生该物质的电极反应式：_（2）乙查阅资料，CuCl2溶液中存在平衡：Cu2+4Cl-CuCl42-（黄色）H0据此乙认为：电解过程中，CuCl42-（黄色）浓度增大，与CuCl2蓝色溶液混合呈绿色乙依据平衡移动原理推测在电解过程中CuCl42-浓度增大的原因：_（3）丙改用如图装置，在相同条件下电解CuCl2溶液，对溶液变色现象继续探究装置现象电解相同时间时，阳极石墨表面产生气泡，溶液仍为蓝色；阴极石墨上附着红色物质，溶液由蓝色变为绿色；U型管变热，冷却后阴极附近溶液仍为绿色丙通过对现象分析证实了甲和乙的观点均不是溶液变绿的主要原因丙否定甲的依据是_，否定乙的依据是_（4）丙继续查阅资料：i电解CuCl2溶液时可能产生CuCl2-，CuCl2-掺杂Cu2+后呈黄色ii稀释含CuCl2-的溶液生成CuCl白色沉淀据此丙认为：电解过程中，产生CuCl2-掺杂Cu2+后呈黄色，与CuCl2蓝色溶液混合呈绿色丙进行如下实验：a取电解后绿色溶液2mL，加20mL水稀释，静置5分钟后溶液中产生白色沉淀b另取少量氯化铜晶体和铜粉，向其中加2mL浓盐酸，加热获得含CuCl2-的黄色溶液c冷却后向上述溶液d取c中2mL溶液，加20mL水稀释，静置5分钟后溶液中产生白色沉淀a的目的是_写出b中生成CuCl2-的离子方程式：_补充c中必要的操作及现象：_丙据此得出结论：电解时阴极附近生成CuCl2-是导致溶液变绿的原因答案和解析1.【答案】D【解析】解：青铜属于金属材料，陶瓷、水泥和钢化玻璃是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，涤纶属于高分子化合物，则所用材料的主要成分是有机高分子化合物的是航天服（涤纶）， 故选：D。青铜属于金属材料，陶瓷、水泥和钢化玻璃是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，涤纶属于高分子化合物，据此分析本题考查金属材料、传统硅酸盐材料、有机高分子材料，涉及生活材料的应用，题目难度不大，平时注意基础知识的积累2.【答案】A【解析】解：A加入FeCl3固体，溶液变成红褐色，溶液中水解生成的Fe（OH）3浓度变大，但溶液浓度越大，水解程度越小，故A错误； B溶液颜色变浅，可说明c（Fe3+）变小，故B正确； CFe3+具有强氧化性，可与Fe发生氧化还原反应，发生：2Fe3+Fe=3Fe2+，溶液颜色变浅绿色，故C正确； D将FeCl3溶液微热，溶液变成红褐色，说明升高温度平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，故D正确。 故选：A。A加入FeCl3固体，溶液变成红褐色，溶液中水解生成的Fe（OH）3浓度变大； B溶液颜色变浅，可说明c（Fe3+）变小； CFe3+具有强氧化性，可与Fe发生氧化还原反应； D将FeCl3溶液微热，溶液变成红褐色，说明升高温度平衡向正方向移动本题侧重于盐类水解的平衡移动以及影响因素的考查，题目难度不大，注意把握盐类水解原理以及常见影响因素3.【答案】B【解析】解：A乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应，化学反应为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动。故浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，浓硫酸能加快酯化反应速率，故A正确；B该制备乙酸乙酯反应为可逆反应，不断蒸出酯，减少生成物浓度，有利于反应正向移动，会提高其产率，故B错误；C乙醇、乙酸易挥发，甲装置则采取直接加热的方法，温度升高快，温度不易于控制，装置b采用水浴受热均匀，相对于装置a原料损失的少，故C正确；D分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后取上层得乙酸乙酯，故D正确；故选：B。A制取乙酸乙酯时，需要加入浓硫酸做催化剂和吸水剂；B可逆反应，减少生成物浓度，有利于反应正向移动；C装置b采用水浴受热均匀，比装置a原料损失的少；D分离互不相溶的液体，可用分液的方法分离，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液操作方法分离出乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液本题考查乙酸乙酯的制备，解答时须注意酯化反应的原理和饱和碳酸钠溶液的作用，题目难度不大4.【答案】D【解析】解：反应的方程式应为3ClO-+2NH4+2OH-=N2+5H2O+3Cl-， A由方程式可知，N元素的化合价升高，则N2为氧化产物，故A错误； BN元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误； C反应在碱性条件下发生，反应消耗OH-，反应后溶液的碱性减弱，故C错误； D由方程式可知，NH4+被ClO-氧化成N2，故D正确。 故选：D。由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4+2OH-=N2+5H2O+3Cl-，以此解答该题本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大5.【答案】D【解析】A反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故NH3催化还原NO为放热反应，故A错误；BNH3断裂极性键，故B错误；CNON2，化合价由+20，化合价降低，得电子作氧化剂，Fe2+在反应前后没有发生变化，故作催化剂，故C错误；D由图象的，脱硝的总反应为：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g），故D正确；故选：D。A反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应；BNH3断裂极性键；CNON2，化合价由+20，化合价降低，得电子作氧化剂，Fe2+在反应前后没有发生变化，故作催化剂；D由图象的，脱硝的总反应为：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）本题考查了化学反应能量变化，图象分析判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意NH3断裂极性键，题目难度中等6.【答案】D【解析】解：A阳离子移向阴极，故阴极得电子发生还原反应，则电极反应方程式为2Li+2H2O+2e-=H2+2LiOH，故b极附近溶液的pH增大，故A正确； B阴离子移向阳极，故a为阳极失电子发生氧化反应，故a极发生的反应为2H2O-4e-=O2+4H+，故B正确； Ca极发生的反应为2H2O-4e-=O2+4H+，SO42-移向a极可以与H+结合生成硫酸，b极反应方程式为2H2O+2e-=H2+2OH-，则可得到氢气，故该法制备LiOH还可得到硫酸和氢气等产品，故C正确； D.2Li+2H2O+2e-=H2+2LiOH 2 2 1 1，故当电路中通过1mol电子时，可得到1molLiOH，故D错误， 故选：D。A阳离子移向阴极，故b为阴极得电子发生还原反应，则电极反应方程式为2Li+2H2O+2e-=H2+2LiOH，据此进行分析； B阴离子移向阳极，故a为阳极失电子发生氧化反应，据此书写电解反应方程式； C据离子移动以及电极方程式来分析； D.2Li+2H2O+2e-=H2+2LiOH据此进行分析本题考查了电解池原理，根据阴阳离子的移动方向确定正负极，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，本题难度中等7.【答案】D【解析】解：AFe2+与铁氰化钾生成蓝色沉淀，实验i中现象说明有Fe2+生成，故A正确； BFe3+使KSCN溶液显红色，实验ii中现象说明反应后溶液中含有Fe3+，故B正确； C实验iii中生成的I2萃取到CCl4层，从溶液中分离出产物I2，使反应2Fe3+2I-2Fe2+I2正向移动，使c（Fe2+）大于i中c（Fe2+），故C正确； D实验iii中再加入4滴0.1molL-1FeCl2溶液，使反应2Fe3+2I-2Fe2+I2逆向移动，生成的I2浓度降低，CCl4层溶液颜色变浅，故D错误； 故选：D。AFe2+与铁氰化钾生成蓝色沉淀； BFe3+使KSCN溶液显红色； C实验iii中生成的I2萃取到CCl4层，从溶液中分离出产物I2，使反应2Fe3+2I-2Fe2+I2正向移动，使c（Fe2+）大于i中c（Fe2+）； D实验iii中再加入4滴0.1molL-1FeCl2溶液，使反应2Fe3+2I-2Fe2+I2逆向移动，生成的I2浓度降低，CCl4层溶液颜色变浅本题考查了物质的检验与鉴别，注意掌握检验铁离子和亚铁离子的方法，把握可逆反应的特征，试题培养了学生的化学实验能力，题目难度中等8.【答案】2-甲基丙烯 8 （CH3）3CBr+NaOHCH2=C（CH3）2+NaBr+H2O 取代反应 Br2/FeBr3 13 【解析】解：（1）A为，A的名称是：2-甲基丙烯，A分子中最多8个原子共平面；故答案为：2-甲基丙烯；8；（2）B生成A的化学方程式：（CH3）3CBr+NaOHCH2=C（CH3）2+NaBr+H2O，故答案为：（CH3）3CBr+NaOHCH2=C（CH3）2+NaBr+H2O；（3）D生成E发生溴代反应生成，属于取代反应，试剂a是Br2/FeBr3，故答案为：取代反应；Br2/FeBr3；（4）F的结构简式：，故答案为：；（5）H生成J的化学方程式：，故答案为：；（6）根据题中信息可知，X转化溴原子最终被-COOH替代生成X，X的同分异构体满足：能发生银镜反应；能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且能发生银镜反应，说明还含有-CHO，苯环上连有-CH2CHO、-OH，有邻、间、对三种，也可以是苯环上连有-CHO、-CH3、-OH三个基团，-CHO、-CH3有邻间对三种位置，对应的-OH分别有4种、4种、2种位置，有10种，所以共有3+10=13种，其中核磁共振氢谱有五组吸收峰的结构简式为，故答案为：13；（7）合成需要先制备苯甲醛与CH3MgBr，甲苯在二氧化锰、加热条件下用乙醛氧化得到苯甲醛，氯气光照得到一溴甲烷，一溴甲烷与Mg、乙醚作用得到CH3MgBr，合成路线流程图为：，故答案为：。由A、D分子式及G的结构，可知D中含有苯环，A中存在3个碳原子连在同一个碳原子上的结构，可推知A为，D为，结合G中存在-C（CH3）3结构，可知B为（CH3）3CBr，根据信息中第一步可知C为（CH3）3CMgBr由G的结构，结合信息第二步中与R1COR2的反应，逆推可知F为，则E为根据信息中第一步以及第二步中与二氧化碳的反应，由G可推知H为，结合J的分子式，可知G脱去1分子水形成J，而J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为。（7）合成需要先制备苯甲醛与CH3MgBr，甲苯在二氧化锰、加热条件下用乙醛氧化得到苯甲醛，氯气光照得到一溴甲烷，一溴甲烷与Mg、乙醚作用得到CH3MgBr。本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物分子、G的结构与反应条件推断，注意对题目信息的理解，熟练掌握官能团的性质与转化关系，难点是合成路线设计及同分异构体种类判断，题目难度中等。9.【答案】NH3 -1627.2 温度400oC，氨氮物质的量比为1 催化剂在370o400oC范围催化效果好，升高温度，反应速率加快 c（NH4+）c（SO42-）c（H+）c（OH-） 温度过高，平衡逆移，也会使生成的NH2COONH4浓度下降 （NH2）2CO+NO+NO2=2N2+2H2O+CO2【解析】解：（1）脱硝过程中NOx作氧化剂，氨气中N元素的化合价升高，则氨气为还原剂； 故答案为：NH3； 已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.6kJ/mol N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=-92.4kJ/mol 2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=-483.6kJ/mol 根据盖斯定律3-2-2得到：4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H=3（-483.6kJ/mol）-（+180.6kJ/mol）2-（-92.4kJ/mol）2=-1627.2kJ/mol； 故答案为：-1627.2； 由图可知，温度越高，脱硝率越高，相同温度下，氨氮物质的量比为1时，脱硝率最高，所以提高脱硝效率的最佳条件是温度400oC，氨氮物质的量比为1；氨氮比一定时，在370o400oC范围内，随温度的升高脱硝效率增大，是因为催化剂在370o400oC范围催化效果好，升高温度，反应速率加快； 故答案为：温度400oC，氨氮物质的量比为1；催化剂在370o400oC范围催化效果好，升高温度，反应速率加快； （2）（NH4）2SO4水溶液中，铵根离子水解溶液显酸性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（NH4+）c（SO42-）c（H+）c（OH- ）； 故答案为：c（NH4+）c（SO42-）c（H+）c（OH- ）； 该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NH2COONH4的含量较少； 故答案为：温度过高，平衡逆移，也会使生成的NH2COONH4浓度下降； （NH2）2CO与NO、NO2三者等物质的量反应，生成水和氮气、二氧化碳，反应的化学方程式为：（NH2）2CO+NO+NO22N2+2H2O+CO2； 故答案为：（NH2）2CO+NO+NO22N2+2H2O+CO2（1）氧化还原反应中元素化合价升高的物质为氧化剂； 已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.6kJ/mol N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=-92.4kJ/mol 2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=-483.6kJ/mol 根据盖斯定律3-2-2得到：4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g），据此计算； 根据图中不同条件下的脱硝效率判断；温度越高催化效果越好，速率越快； （2）铵根离子水解溶液显酸性； 该反应为放热反应，根据温度对化学平衡的影响判断； （NH2）2CO与NO、NO2三者等物质的量反应，生成水和氮气、二氧化碳本题以烟气的脱硝为载体，考查氧化还原反应、盖斯定律的应用、方程式书写、化学平衡、化学反应速率、离子浓度大小比较等，题目难度中等，侧重于考查学生的数据处理能力和图象分析能力，注意把握盖斯定律的应用方法、离子浓度比较方法10.【答案】负 LiAlNa 氧化剂 2Cu2+2CO32-+H2O=Cu2（OH）2CO3+CO2 Cu（OH）2 当Na2CO3用量减少时，c（CO32-）变小，CO32-水解程度变大，c（OH-）/c（CO32-）增加，c（OH-）对产物的影响增大 Cu2（OH）2CO3-2CuO+CO2+H2O CuO+2e-+2Li+=Cu+Li2O【解析】解：（1）Li-CuO电池中，Li失去电子，金属锂做负极，故答案为：负；（2）比能量是指消耗单位质量的电极所释放的电量，设质量均为m，则，则Li、Na、Al分别作为电极时比能量的大小为LiAlNa，故答案为：LiAlNa；（3）Cu元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则H2O2的作用是氧化剂，故答案为：氧化剂；过程产生Cu2（OH）2CO3的离子方程式是2Cu2+2CO32-+H2OCu2（OH）2CO3+CO2，故答案为：2Cu2+2CO32-+H2OCu2（OH）2CO3+CO2；Cu2（OH）2CO3中铜元素的百分含量为57.7%，二者比值为1：0.8时，Cu元素的百分含量大于57.1%，可能不含C，则产品中可能含有的杂质是Cu（OH）2，因当Na2CO3用量减少时，c（CO32-）变小，CO32-水解程度变大，c（OH-）/c（CO32-）增加，c（OH-）对产物的影响增大，故答案为：Cu（OH）2；当Na2CO3用量减少时，c（CO32-）变小，CO32-水解程度变大，c（OH-）/c（CO32-）增加，c（OH-）对产物的影响增大；过程反应的化学方程式是Cu2（OH）2CO32CuO+CO2+H2O，故答案为：Cu2（OH）2CO32CuO+CO2+H2O；（4）由Li+的移动方向可知，CuO为正极，发生还原反应，则正极反应为CuO+2e-+2Li+Cu+Li2O，故答案为：CuO+2e-+2Li+Cu+Li2O（1）失电子的物质为负极；（2）根据金属的相对原子质量和失电子数目判断；（3）Cu元素的化合价升高，O元素的化合价降低；硫酸铜与碳酸钠溶液反应生成Cu2（OH）2CO3；Cu2（OH）2CO3中铜元素的百分含量为57.7%，二者比值为1：0.8时，Cu元素的百分含量大于57.1%，可能不含C；Cu2（OH）2CO3加热分解生成CuO；（4）