2020年高考化学必刷试卷04(解析版)

1、2020年高考化学必刷试卷04(含答案)(考试时间：50分钟试卷满分：100分)注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：h1c12n14o16na23mg24s32ca40fe56一、选择题：本题共7个小题，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要求的。7(湖北省浠水实验高中2020届高三12月月考)化学与

2、生活、环境、科技等密切相关。下列说法不正确的是a温室效应导致海水的酸度增大，贝壳类生物的生存将会受到威胁b油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因水解而变质c石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料d白葡萄酒含维生素c等多种维生素，通常添加微量so2的目的是防止营养成分被氧化【答案】b【解析】a、二氧化碳和水反应生成碳酸，可以增加酸度，碳酸能与碳酸钙反应，所以珊瑚、贝壳类等生物的生存将会受到威胁，故a正确；b、油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因氧化而变质，故b错误；c、气凝胶制成的轻质“碳海绵”，具有吸附性，则可用作处理海上原油泄漏

3、的吸油材料，故c正确；d、二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，故d正确。答案选b。8（河南省中原名校2020届高三上学期第四次质量考评）分子式为c4h6o2的物质，能使溴的ccl4溶液褪色且只有一种不饱和含氧官能团的物质最多有a8种b7种c6种d5种【答案】a【解析】能使溴的ccl4溶液褪色且只有一种不饱和含氧官能团，说明含有碳碳双键和羧基或酯基中的一种，当含氧官能团为-cooh时，相应的同分异构体有3种：ch2=c(ch3)cooh、ch2=chch2cooh、ch3ch=chcooh；当含氧官能团是酯基时有如下5种：甲酸酯有3种、乙酸酯1种；丙烯酸酯1种，共8种。答案选a。【点睛】本

4、题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意羧酸、烯烃的性质，能与nahco3溶液反应生成气体，则有机物含-cooh，能使溴的第1页共14页ccl4溶液褪色，分子式为c4h6o2，比饱和一元羧酸少2个h，则含碳碳双键。9（广东省六校联盟2020届高三第二次联考）na代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是a1mol碳正离子（ch3）所含的电子总数为9nab25，ph13的ba(oh)2溶液中含有oh的数目为0.1nac常温常压下，过氧化钠与水反应时，生成8g氧气转移的电子数为0.5nad1mol雄黄(as4s4)，结构如图：，含有2n

5、a个ss键【答案】d【解析】a一个碳原子含有6个电子，三个氢原子有3个电子，一个碳正离子带一个正电荷，故一个碳正离子电子数为6+31=8，1mol碳正离子（ch3）所含的电子总数为8na，故a项错误；b题目中未指出溶液的体积，无法计算氢氧根数目，故b项错误；c过氧化钠与水反应时氧气为过氧根失电子得来的氧化产物，且为唯一氧化产物，过氧根中氧为负一价，生成8g氧气即0.5mol氧气共失去1mol电子，即反应中失电子数为1na，转移电子数为1na，故c项错误；d一个分子中含有两个ss键，1mol雄黄含有2na个ss键，故d项正确；故答案为d。10（湖南省湘潭一中2020届高三高考模拟诊断）短周期元素

6、w、x、y、z的原子序数依次增大。w的单质与h2在暗处能化合并发生爆炸，x是同周期中金属性最强的元素，y原子的最外层电子数等于电子层数，w和z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是a单质的沸点：zwb简单离子半径：xwc元素x与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物dx、y、z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应【答案】b【解析】短周期元素w、x、y、z的原子序数依次增大，w的单质与h2在暗处能化合并发生爆炸，则w为f元素；x是同周期中金属性最强的元素，x的原子序数大于f，则x位于第三周期，为na元素；y原子的最外层电子数等于电子层数，y的原子序数大于na，则位于第三周期，最外层

7、含有3个电子，为al元素；w和z原子的最外层电子数相同，则z为cl元素；az、w的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都z是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：w，故a正确；bx为na、w为f，二者的离子都含有2个电子层，na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：xw，故b错误；cx为na，金属钠与o形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故c正确；dx、y、z的最高价氧化物对应的水化物分别为naoh、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故d正确；故答案为b。11(河北省承德第一中学2020届高三第三

8、次月考)将4mola(g)和2molb(g)在2l的恒容密闭容器中混合并在一定条件下发生反应：2a(g)+b(g)2c(g)h0，反应2s后测得c的浓度为0.6moll-1。下列说法正确的是a2s后物质a的转化率为70%b当各物质浓度满足c(a)=2c(b)=c(c)时，该反应达到了平衡状态c达到平衡状态时，增加a的物质的量，a和b的转化率都提高d达到平衡状态时，升高温度，平衡逆向移动，同时化学平衡常数k减小【答案】da【解析】起始时，的浓度为4mol2molb=2mol/l，的浓度为=1mol/l，反应2s后测得c的浓度为0.6mol/l，2l2l则2a（g）+b（g）2c（g）开始（mol

9、/l）210转化（mol/l）0.60.30.62s（mol/l）1.40.70.6a2s后物质a的转化率为0.6mol/l2mol/l100%=30%，故a错误；bc(a)=2c(b)=c(c)时，不能判定平衡状态，与起始浓度、转化率有关，故b错误；c达到平衡状态时，增加a物质的量，促进b的转化，平衡正向移动，b的转化率增大，而a的转化率减小，故c错误；dh10-9mol/l，形成agcl(cl)不变，d错误；故合理选项是d。解平衡，温度不变，所以沉淀需要的ag+小，因此会先析出agcl沉淀，c正确；d向ag2cro4、agcl混合固体和水的溶解平衡体系中加入少量水，其中仍然存在ag2cro

10、4、agcl的沉淀溶c(cro2-)4c2-二、非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。（26（安徽省三人行名校联盟2020届高三联考）14分）某化学兴趣小组欲制备摩尔盐(nh4)2fe(so4)26h2o并探究其分解产物。查到如下信息：摩尔盐可由feso4溶液与(nh4)2so4溶液混合制备；该物质能溶于水、不溶于乙醇，在空气中能逐渐被氧化；100开始分解，且分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。i.制备摩尔盐（1）向新制的feso4溶液中加入(nh4)2so4固体，加热，实验过程中最好采用

11、_加热方式。（2）蒸发浓缩、冷却结晶使摩尔盐结晶析出，晶体过滤后用_洗涤。（3）该小组用滴定法测产品纯度。现称取ag该产品于锥形瓶中，加蒸馏水溶解，用0.1000mol/l酸性kmno4溶液滴定，到达滴定终点时，消耗kmno4溶液20.00ml，则该产品的纯度为_。ii.探究摩尔盐受热分解的产物（4）验证分解产物中含有氨气和水蒸气，并探究残留固体成分。所选用装置的正确连接顺序为_。(可选部分仪器，填装置的字母序号)a中固体完全分解后变为红棕色粉末，设计实验证明a中残留固体仅为fe2o3，而不含feo或fe3o4_。（5）探究分解产物中的硫氧化物，按adbf的顺序连接装置，进行实验。d装置中试剂

12、的作用是_。实验过程中，仅b中有沉淀生成，其他实验证明摩尔盐受热分解除上述产物外，还有n2生成。写出摩尔盐受热分解的化学方程式_。【答案】（14分）（1）热水浴（2分）（2）乙醇（1分）（3）392%（2分）a（4）aefc（2分）取少量a中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液不褪色，则残留固体是fe2o3而不含feo和fe3o4（3分）（5）检验是否含有so3，并防止so2和nh3一同进入d装置生成白色沉淀，干扰so3的检验（2分）2(nh4)2fe(so4)26h2ofe2o3+4so2+2nh3+n2+17h2o（2分）第5页共14页【解析

13、】i.（1）摩尔盐(nh4)2fe(so4)26h2o不稳定，在温度超过100时分解，则实验过程中最好采用热水浴加热方式；（2）摩尔盐能溶于水、不溶于乙醇，则晶体过滤后用乙醇洗涤；（3）根据5fe2+mno4+8h+=5fe3+mn2+4h2o可知：5(nh4)2fe(so4)26h2o5fe2+mno4，滴定时消耗的kmno4物质的量为0.1mol/l0.02l=0.002mol，则(nh4)2fe(so4)26h2o的物质的量为50.002mol=0.01mol，100%=%；该产品的纯度为0.01mol392g/mol392aga27（惠州市2020届高三二调）14分）co2和ch4是两

14、种重要的温室气体，通过ch4和co2反应制造更高价值ii.（4）实验i验证分解产物中含有氨气和水蒸气，选择装置a先通入氮气排净装置中的空气，加热分解硫酸亚铁铵，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，通过装置e中无水硫酸铜检验生成的水，再通过装置f中的足量碱石灰除去水蒸气、硫的氧化物，通过装置c检验氨气的生成，通入后溶液变红色说明生成气体中含氨气，所选用装置的正确连接顺序为aefc；设计实验证明a中残留固体仅为fe2o3，而不含feo或fe3o4，设计实验利用亚铁离子具有还原性可以使酸性高锰酸钾溶液褪色设计，取少量a中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶

15、液，若高锰酸钾溶液不褪色，则残留固体是fe2o3而不含feo和fe3o4；（5）利用d装置中盛装的酸性bacl2溶液可的作用是检验是否含有so3，并防止so2和nh3一同进入d装置生成白色沉淀，干扰so3的检验；实验过程中，d中无沉淀，而b中有沉淀生成，说明分解产物中含有so2，而没有so3，说明(nh4)2fe(so4)2受热分解生成氨气、二氧化硫、氧化铁、水，还有n2产生，结合原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为2(nh4)2fe(so4)26h2ofe2o3+4so2+2nh3+n2+17h2o。（化学品是目前的研究目标。（1）250时，以镍合金为催化剂，向4l容器中通入6molco2

16、、6molch4，发生如下反应：co2(g)ch4(g)2co(g)2h2(g)。平衡体系中各组分体积分数如下表：物质体积分数ch40.1co20.1co0.4h20.4此温度下该反应的平衡常数k=_。已知：ch4(g)2o2(g)co2(g)2h2o(g)=-890.3kjmol1co(g)h2o(g)co2(g)h2(g)h=+2.8kjmol12co(g)o2(g)2co2(g)h=-566.0kjmol1反应co2(g)ch4(g)2co(g)2h2(g)h=_kjmol1（2）以二氧化钛表面覆盖cu2al2o4为催化剂，可以将co2和ch4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率

17、与乙酸的生成速率如图所示。250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是_。为了提高该反应中ch4的转化率，可以采取的措施是_。（3）li2o、na2o、mgo均能吸收co2；如果寻找吸收co2的其他物质，下列建议不合理的是_。a.可在具有强氧化性的物质中寻找b.可在碱性氧化物中寻找c.可在a、a族元素形成的氧化物中寻找li2o吸收co2后，产物用于合成li4sio4，li4sio4用于吸收、释放co2，原理是：在500，co2与li4sio4接触后生成li2co3；平衡后加热至700，反应逆向进行，放出co2，li4sio4再生，说明该原理的化学方程式是_。（4）高温电解技术能高效实现

18、下列反应：co2+h2o利用价值的产品。工作原理示意图如下：co+h2+o2，其可将释放的co2转化为具有工业co2在电极a放电的电极反应式是_。【答案】（14分，每空2分）（1）64+247.3（2）温度超过250时，催化剂的催化效率降低增大反应压强或增大co2的浓度（3）aco2+li4sio4（4）co2+2e-=co+o2-【解析】（1）建立三步走思维：li2co3+li2sio3第7页共14页6-x6-x+6-x+2x+2xx=4=0.1此温度下该反应的平衡常数k=488()2()242244=64已知：ch4(g)2o2(g)co2(g)2h2o(g)=-890.3kjmol1co

19、(g)h2o(g)co2(g)h2(g)h=+2.8kjmol12co(g)o2(g)2co2(g)h=-566.0kjmol1将2-2，反应co2(g)ch4(g)2co(g)2h2(g)h=+247.3kjmol1以二氧化钛表面覆盖cu2al2o4为催化剂，可以将co2和ch4直接转化成乙酸。250300时，根据图中信息知道高于250时，催化剂的催化效率降低，因此温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案为温度超过250时，催化剂的催化效率降低；为了提高该反应中ch4的转化率，可以采取的措施是增大压强或者增加二氧化碳的浓度，li2o、na2o、mgo均能吸收co2；a选项，可在具有强氧化性的物质

20、中寻找，强氧化性的物质不与二氧化碳反应，故a不合理；b选项，碱性氧化物与二氧化碳反应，故b合理；c选项，可在a、a族元素形成的氧化物主要是碱性氧化物，与二氧化碳反应，故c合理；综上所述，答案为a；li2o吸收co2后，产物用于合成li4sio4，li4sio4用于吸收、释放co2，原理是：在500，co2与li4sio4接触后生成li2co3，根据质量守恒，另一中生成物为li2sio3，平衡后加热至700，反应逆向进行，放出co2，li4sio4再生，说明该原理的化学方程式是co2+li4sio4li2co3+li2sio3，故答案为co2+li4sio4li2co3+li2sio3；根据分析

21、co2在电极a放电变为co，化合价降低，得到电子，因此其电极反应式是co2+2e=co+o2。（28（湖北省普通高中联考协作体2020届高三期中理综）15分）水是一种重要的自然资源，水质优劣直接影响人体健康，水处理技术在生产、生活中应用广泛。聚合硫酸铁(pfs)是水处理中重要的絮凝剂。以黄铁矿的烧渣(主要成分为fe2o3、feo、sio2等)和废铁屑为原料制取聚合硫酸铁(fe2(oh)x(so4)3x)的工艺流程如图：2m（1）用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒外，还有_(填标号）。a.容量瓶b.烧杯c.玻璃棒d.分液漏斗（2）废铁屑表面附有铁锈，铁锈的主要成分为_，步骤的具

22、体实验操作有_。（3）水解、聚合要严控ph和温度。ph偏小时fe3+水解程度弱，ph偏大时则_。写出水解、聚合反应生成pfs的化学方程式：_。（4）步骤相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是_。（5）污水经过一级、二级处理后，还含有少量cu2+、hg2+、pb2+等重金属离子，可加入沉淀剂使其沉淀。下列物质能作为沉淀剂的是_（填标号）。a.氨水b.硫化氢气体c.硫酸钠溶液d.纯碱溶液（6）硬度为1的水是指每升水含10mgcao或与之相当的物质(如7.1mgmgo)。若某天然水中c(ca2+)=1.5103mol/l，c(mg2+)=6.4104mol/l，则此水的硬度为_。【答案】（15分）（1）b

23、c（2分）（2）fe2o3nh2o或fe2o3（1分）蒸发浓缩，冷却结晶、过滤(洗涤)（2分）fe2(oh)x(so4)3xm+h2so4（2分）（3）形成氢氧化铁沉淀（2分）mfe2(so4)3+xmh2omx22（4）降低蒸发温度防止产物分解（2分）（5）bd（2分）（6）12（2分）【解析】黄铁矿的烧渣中主要成分为fe2o3、feo、sio2，向其中加入稀硫酸，发生反应产生feso4、fe2(so4)3，sio2不溶于水，将其过滤除去，向滤液i中加入废fe屑，fe2(so4)3会发生反应产生feso4，过滤除去过量的铁屑，将滤液ii蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到feso47h2o，向其

24、中加入h2so4、h2o2，发生氧化还原反应产生fe2(so4)3，然后经水解、聚合得到pfs。（1）配制一定质量分数稀硫酸要在烧杯中进行，首先根据计算用量筒量取一定体积的浓硫酸，将其沿烧杯内部缓缓倒入盛有一定质量水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，再加入水直至前后使用的水量与计算一致时，停止加入，搅拌均匀，就得到待求质量分数的溶液。故使用的仪器，除量筒外，还需要烧杯和玻璃棒，故合理选项是bc；（2）铁锈主要成分是氧化铁的结晶水合物或氧化铁，化学式写为fe2o3nh2o或fe2o3；步骤是从feso4溶液中获得的feso47h2o，具体实验操作有蒸发浓缩，冷却结晶、过滤(洗涤)；第9页共14页（3

25、）铁盐是强酸弱碱盐，在溶液中fe3+水解使溶液显酸性，增大溶液中c(h+)，盐水解程度减小，即ph偏小时fe3+水解程度弱，ph偏大时则水解程度增大，会形成氢氧化铁沉淀。根据题意可知fe2(so4)3水解、聚合反fe2(oh)x(so4)3xm+h2so4。应生成pfs的化学方程式为：mfe2(so4)3+xmh2omx22的水解规律及盐水解的酸碱性分析；（4）降低压强，物质的沸点降低，降低蒸发温度能够防止产物分解，所以减压蒸发比常压蒸发好；（5）a.氨水会使金属阳离子形成沉淀，但会引入新的杂质离子nh4+，不符合题意；b.硫化氢气体会使杂质离子形成溶解度小的cus、hgs、pbs沉淀，然后经

26、过滤除去，b符合题意；c.硫酸钠溶液不能除去cu2+，去除效果不理想，c不符合题意；d.纯碱溶液与杂质离子反应会形成金属氢氧化物沉淀除去，d符合题意；故合理选项是bd；），（6c(ca2+)=1.5103mol/l，则c(mg2+)=6.4104mol/l1l水中含有n(ca2+)=1.5103mol，n(mg2+)=6.4104mol，根据元素守恒可得m(cao)=1.5103mol56g/mol1000mg/g=84mg，m(mgo)=6.4104mol40g/mol1000mg/g=25.6mg，所以该水的硬度为84mg25.6mg10mg7.1mg=12。（二）选考题：共15分。请考生

27、从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。（35化学选修3：物质结构与性质（昆明一中2020届高三第三次双基检测）15分）碱金属及碳族元素在科研领域、生活和生产方面有广泛的应用。回答下列问题：（1）在元素周期表中，与li的化学性质最相似的邻族元素是_(填元素符号)，该元素基态原子最外层电子的自旋状态_(填“相同”或“相反”)。（2）碳和硅的有关化学键键能如下所示：化学键键能/kjmol1ch413co336sih318sio452sih4的稳定性小于ch4，更易生成氧化物，原因是_。（3）天然硅酸盐都是由sio4四面体以顶角氧原子相连而成，可成链状也可成环，所以硅酸盐种类繁多

28、。下图a代表sio44，b、c是硅氧四面体形成的环状结构。硅氧四面体中si的轨道杂化类型为_；图b环状结构硅酸根的化学式为_若在环状结构中硅的原子数为n，写出环状结构中硅酸根的通式_。（4）钾与溴作用能形成溴化钾晶体，该晶体类型为_，其晶格能可通过下图的bormhaber循环计算得到。从上图可知，k原子的第一电离能为_kj/mol，brbr键键能为_kj/mol，kbr的晶格能为_kj/mol，晶格能越大，该晶体的熔点越_。【答案】（15分）（1）mg（1分）相反（1分）（2）ch键的键能大于co键，ch键比co键稳定，而sih键的键能却远小于sio键，所以sih键不稳定而倾向于形成稳定性更强

29、的sio键（2分）（3）sp3杂化（1分）(sio3)36（2分）sino3n2n（2分）（4）离子晶体（2分）418.8（1分）193.0（1分）689.1（1分）高（1分）【解析】（1）在周期表中，与li的化学性质最相似的邻族元素是mg，该元素是12号元素，核外电子排布是1s22s22p63s2，在同一轨道上最多容纳2个自旋方向相反的电子，所以在mg原子基态原子核外m层电子2个电子的自旋状态相反；（2）由表中数据可知，ch键的键能大于co键，ch键比co键稳定而sih键的键能却远小于sio键，所以sih键不稳定而倾向于形成稳定性更强的sio键，所以sih4的稳定性小于ch4，更易生成氧化物

30、sio2；（3）硅氧四面体中si原子与4个o原子形成4个键，无孤电子对，因此其立体构型为正四面体，si原子轨道杂化类型为sp3杂化；b中含有3个四面体结构，所以含有3个si原子，含有的氧原子数为9，含有氧原子数比3个硅酸根离子少6个3，带有的电荷为：3(2)=6，该离子化学式是(sio3)36；c中含有6个四面体结构，所以含有6个si原子，含有的氧原子数为18，含有氧原子数比6个硅酸根离子少6个o，带有的电荷为：6(2)=12；根据图示可知：若一个单环状离子中si原子数为n(n3)，则含有n个四面体结构，含有的氧原子比n个硅酸根离子恰好少n个o原子，即：含有n个si，则含有3n个o，带有的负电荷为：n(2)=2n，其化学式为：sino3n2n；（4）kbr晶体由k+、br通过离子键结合形成离子晶体；根据示意图可知k原子的第一电离能为418.8kj/mol；第11页共14页12molbr2蒸气转化为br气态原子吸收能量96.5kj，则brbr键键能96.5kj/mol2=193.0kj/mol；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，则根据图示，结合盖斯定律可得(89.2+418.8)+(15.5+96.5324.7)kj/molqkj/mol=393.8kj/mol，解得q=+689.1kj/mol；离子晶体的晶格能越大，离子之间的作用力就越强，断裂消耗