2020届全国I卷高考化学五月新题预测卷（五）

1、知识像烛光，能照亮一个人，也能照亮无数的人。-培根2020届全国I卷高考化学五月新题预测卷（五）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Be 9 B-11 N-14 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 P-31 Cl-35.5 Mn- 55 Fe-56 Se-79 Sn-1191、 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、中华传统文化蕴含着很多科学知识。下列说法错误的是A“司南之档(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“构”所用材质为Fe2O3B“水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化C“红柿摘

2、下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯D“含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以止渴8、用制溴苯的废催化剂（主要含FeBr3及少量溴、苯）为原料，制取无水FeCl3和溴的苯溶液，选用的方法能达到相应实验目的的是A用装置及其试剂制取氯气B用装置氧化FeBr3溶液中的溴离子C用装置分离出FeCl3溶液，不能选用装置分离D用装置将FeCl3溶液蒸发至干，可得无水FeCl39、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A1molCl2与足量铁粉完全燃烧，转移的电子数为2NA个电子B2.8gCO与C2H4的混合气体中所含分子数为0.1NAC18gD

3、2O中含有的电子数为10NAD1molSiO2晶体中，含有SiO键的数目为4 NA10、如图是五种短周期元素的原子序数与其在氢化物中化合价的关系图，则下列说法不正确的是AX的氢化物具有很强的还原性BYW2、ZW2、X2W2都能使品红溶液褪色，且褪色原理相同CY、Z元素的最高价氧化物对应的水化物都呈酸性，而且酸性：HZO4 > H2YO4D元素W、T的氢化物的沸点比同主族中相邻的氢化物高，是因为这两种氢化物分子间存在氢键11、3-呋喃甲酸乙酯的结构简式为，有关说法错误的是A含有三种官能团 B所有原子一定不共平面C能使溴水褪色 D该物质可由3-呋喃甲醇与乙酸在一定条件制得12、工业上可利用电

4、解原理，间接氧化降解处理含有机污染物的废水，其原理如图所示：下列有关说法不正确的是（ ）A电极A是阳极，发生氧化反应B强氧化剂可能为Cl2、O2C有机污染物在石墨电极上被还原为无污染物D若介质离子为OH-，电极B上发生的反应为2H2O2e- H22OH-13、柠檬酸（用H3R表示）可用作酸洗剂。常温下，向0.1mol·L1 H3R溶液中加入少量的NaOH固体（忽略溶液体积的变化），H3R、H2R、HR2和R3的含量与pH的关系如图所示。下列正确的是A图中b曲线表示HR2的变化BHR2的电离常数Ka3106CpH7时，c(Na+)c(H2R)+c(HR2)+c(R3)DpH5时，c(H

5、2R)+c(HR2)+c(R3)0.1mol·L122 / 22二、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。26二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料。4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒()碱式碳酸铵晶体，过程如下：回答下列问题：(1) VOCl2中V的化合价为 _。(2)步骤中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体，该化学方程式为_。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2溶液，该法的缺点是_。(3)步骤可在如图装置中进行。反应前应通入CO

6、2数分钟的目的是 _。装置B中的试剂是_。(4)测定氧钒()碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量a g样品于锥形瓶中，用20 mL蒸馏水与30 mL混酸溶解后，加0.02 mol/L KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1% NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用c mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为VOFe22H=VO2Fe3H2O。KMnO4溶液的作用是_。NaNO2溶液的作用是_。粗产品中钒的质量分数的表达式为_。27.过碳酸钠(Na2CO4) 是一种很好的供氧剂，其与稀盐酸发生反应的化学方程式为2Na2CO

7、44HCl=4NaCl2CO2O22H2O。市售过碳酸钠一般都含有碳酸钠，为测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4和Na2CO3)的纯度，某化学兴趣小组采用以下两种方案实施：方案一： (1)操作和的名称分别为_、_。(2)上述操作中，使用到玻璃棒的有_(填操作序号)。(3)请简述操作的操作过程_。方案二：按下图组装好实验装置，Q为一可鼓胀的塑料气袋，取适量样品于其中，打开分液漏斗活塞，将稀盐酸滴入气袋中至充分反应(4)为测定反应生成气体的总体积，滴稀盐酸前必须关闭_打开_(均填“K1”“K2”或“K3”)；导管A的作用是_。(5)当上述反应停止后，使K1、K3处于关闭状态，K2处于打开状态，再缓

8、缓打开K1。B中装的固体试剂是_，为什么要缓缓打开K1？_。(6) 实验结束时，量筒中有x mL水，量筒中收集到了y mL气体，则样品中过碳酸钠的质量分数是_(用含有x、y的代数式表示)。28.“雾霾”成为人们越来越关心的环境问题。雾霾中含有二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物等污染性物质。请回答下列问题：(1) 汽车尾气是雾霾形成的原因之一。尾气治理可用汽油中挥发出来的烃类物质(CxHy)催化还原尾气中的NO气体，该过程的化学方程式为_。(2)冬季燃煤供暖产生的废气也是雾霾的主要来源之一。经研究发现将煤碳在O2/CO2的气氛下燃烧，能够降低燃煤时NO的排放，主要反应为2NO(g)2CO(g)N2

9、(g)2CO2(g)H。已知：N2(g)O2(g)2NO(g) H1180.5 kJ·mol12CO(g)2C(s)O2(g)H2221 kJ·mol1C(s)O2(g)CO2(g)H3393.5 kJ·mol1则H_。(3)某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的二氧化硫，将得到的Na2SO3溶液进行电解，其中阴、阳膜组合电解装置如图一所示，电极材料为石墨。a表示_(填“阴”或“阳”)离子交换膜。AE分别代表生产中的原料或产品，其中C为硫酸，则A表示_，E表示_。阳极的电极反应式为_。(4)SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化可制取硫酸，其中SO2发生催化氧化的反

10、应为2SO2(g)O2(g)2SO3(g)。若在T1 、0.1 MPa条件下，往一密闭容器中通入SO2和O2其中n(SO2)n(O2)21，测得容器内总压强与反应时间的关系如图二所示。图中A点时，SO2的转化率为_。在其他条件不变的情况下，测得T2 时压强的变化曲线如图二所示，则C点的正反应速率vC(正)与A点的逆反应速率vA(逆)的大小关系为vC(正)_(填“>”“<”或“”)vA(逆)。图中B点的压强平衡常数Kp_(用平衡分压代表平衡浓度计算，分压总压×物质的量分数)。（二）选考题：共15分。请考生从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

11、学选修3：物质结构与性质（15分）以铁矿石(Fe2O3)为起始物，经过一系物反应可以得到Fe3Fe(CN)62和Fe(SCN)3。请回答下列问题：(1)画出Fe的原子结构示意图_，O原子核外电子排布图为_。(2)KSCN是检验Fe3的试剂之一，与SCN互为等电子体的一种分子为_。如图1是SCN与Fe3形成的一种配离子，画出该配离子中的配位键(以箭头表示)。(3)K3Fe(CN)6晶体中Fe3与CN之间的键型为_，该化学键能够形成的原因是_。(4)K3Fe(CN)5NO的组成元素中，属于第二周期的元素的第一电离能由小到大的顺序是_，配合物中原子序数最小的元素与氢元素形成的相对分子质量为92的芳香

12、化合物中，中心原子的杂化轨道类型是_。(5)把氯气通入黄血盐(K4Fe(CN)6)溶液中，得到赤血盐(K3Fe(CN)6)，写出该变化的化学方程式_。(6)FeO晶胞结构如图2所示，FeO晶体中Fe2配位数为_，若该晶胞边长为a cm，则该晶体密度为_g·cm3(阿伏加德罗常数的值为NA)。36化学选修5：有机化学基础（15分）盐酸埃克替尼为国家级一类抗癌新药。它的关键中间体G的一种合成路线如下：已知：A分子中只有一种化学环境的氢； TsCl为。(1)A的名称为_。(2)G中所含官能团的名称是_； E的结构简式为_。(3)由B生成C的反应类型是_，由F生成G的反应类型是_。(4)PE

13、O是由A在烃基铝催化下加聚而成的线型高分子，该加聚反应的化学方程式为_。(5)三取代芳香族化合物W是D的同分异构体。W既能发生银镜反应和水解反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应。1 mol W最多可与4 mol NaOH反应，W的核磁共振氢谱只有4组峰。W的结构简式为_。(6)参照上述合成路线，以邻硝基甲苯()和乙醇为原料(无机试剂任选)，设计制备邻氨基苯甲酸乙酯()的合成路线。答案与解析7、【答案】A【解析】A项、Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，则司南中“杓”所用材质为Fe3O4，故A错误；B项、“水声冰下咽，沙路雪中平”的意思是流水在冰层下发出低咽的声响，原来崎岖不平的沙路铺上厚厚的

14、积雪也显得很平坦，文中所述未涉及化学变化，故B正确；C项、乙烯能作水果的催熟剂，故C正确；D项、“含浆似注甘露钵，好与文因止消渴”说明柑橘糖浆含有葡萄糖，有甜味，可以起到“止消渴”的作用，故D正确。故选A。【点睛】本题考查的化学与生活，试题以传统文化为载体考查利用所学化学知识解释生产、生活中化学问题能力，掌握常见物质的性质及用途是解答关键。8、【答案】C【解析】A、1mol/L盐酸是稀盐酸，实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，稀盐酸与二氧化锰不反应，无法制取得到氯气，选项A错误；B、用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，选项B错误；C、利用有机

15、溶剂将溴萃取后，用装置分离出FeCl3溶液，不能选用装置分离，选项C正确；D、加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。9、【答案】C【解析】A. 1molCl2与足量铁粉完全燃烧，因为Cl由0价降低到-1价，所以转移的电子数为2NA，A正确；B. CO与C2

16、H4的相对分子质量都为28，所以2.8gCO与C2H4的混合气体中所含分子数为0.1NA，B正确；C. 18gD2O为0.9mol，所以18gD2O中含有的电子数为9NA，C错误；D平均每个“SiO2”中含有4个SiO键，1molSiO2晶体中含有SiO键的数目为4 NA，D正确。故选C。在原子晶体中，只存在共价单键，不存在双键或三键。如硅晶体中，每个Si与4个Si形成4个共价单键，平均每个Si形成2个Si-Si键。在金刚石中，平均每个C原子形成2个C-C共价键。但在石墨晶体中，层内每个碳原子与周围的3个碳原子间形成共价键，所以平均每个碳原子形成1.5个C-C共价键。10、【答案】B【解析】A

17、. X为Na，其氢化物为NaH，具有很强的还原性，故A正确；B. SO2、ClO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，二氧化硫与有色物质化合为无色物质，而ClO2、Na2O2具有强氧化性，将有色物质氧化为无色物质，褪色原理不相同，故B错误；C. Y、Z元素的最高价氧化物对应的水化物分别为H2SO4、HClO4，都呈酸性，由于非金属性Cl > S，故酸性：HClO4 > H2SO4，故C正确；D. 元素W、T的氢化物分别为H2O、NH3，这两种氢化物分子间存在氢键，它们的沸点比同主族中相邻的氢化物高，故D正确。综上所述，答案为B。11、【答案】D【解析】3-呋喃甲酸乙酯分子中含有酯基、醚

18、键、碳碳双键三种官能团，A正确。分子中含有甲基-CH3，原子不可能共面，B正确。溴水与分子中的碳碳双键发生加成反应，溴水褪色，C正确。该物质可由3-呋喃甲酸与乙醇发生酯化反应可制得，D错。选D。12、【答案】C【解析】A. 根据装置图可知在电极A上，溶液中的介质离子失去电子变为强氧化剂，所以A电极为阳极，A项正确；B. 介质离子为Cl-失去电子变为Cl2，介质离子为OH-失去电子变为O2，B项正确；C. 根据装置图可知有机污染物在溶液中与强氧化剂反应，被氧化为无污染物，C项错误；D.介质离子为OH-，分析可知，B做阴极，阴极得电子，发生的反应为2H2O2e- H22OH-，D项正确；答案选C。

19、13、【答案】B【解析】A.由上述分析可以知道，图中b曲线表示H2R的变化，故A错误；B.由图可以看出，当pH=6 时, HR2-R3-H+的平衡体系中，c(R3-)= c(HR2)，c(H+)=1mol/L，HR2的电离常数Ka3= c(H+)*c(R3-)/ c(HR2)=c(H+)= 1，故B正确；C.pH=7 时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(Na+)=c(H2R-)+2c(HR2)+3c(R3)，故C错误；D.由于原溶液H3R的浓度为0.1mol·L1，加入适量NaOH后pH =5，此时溶液的体积变大，所以c(H2R )+c(HR2)+c(R3)0

20、. 1mol·L1，故D错误；本题答案为B。26.【答案】(1)4(2)2V2O5N2H4·2HCl6HCl=4VOCl2N26H2O有氯气生成，污染空气(3)排除装置中的空气，避免产物被氧化 饱和NaHCO3溶液(4)将4的钒化合物氧化为VO除去过量的KMnO4×100%【解析】（1）VOCl2中氧元素的化合价为-2价，氯元素化合价为-1价，故V的化合价为+4。故答案为：+4。（2）步骤i中产生一种无色无污染的气体，根据氧化还原反应及质量守恒可知，该气体为N2，故反应方程式为：2V2O5N2H4·2HCl6HCl=4VOCl2N26H2O；用浓盐酸与V

21、2O5制备VOCl2时，会有氯气产生，污染空气。（3）+4价的钒的化合物在弱酸性条件下易被氧化，故需排尽装置中的空气,避免产物被氧化，需在反应前通入CO2数分钟；A装置制备的CO2中混有HCl气体，若HCl进入到C装置，会影响氧钒()碱式碳酸铵晶体的制备，故B装置是用来除去CO2中的HCl气体的，应该盛放饱和的NaHCO3溶液。(4) 测定氧钒()碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量a g样品于锥形瓶中，用20 mL蒸馏水与30 mL混酸溶解后，加0.02 mol/L KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1% NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用c mol/L (N

22、H4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为VOFe22H=VO2Fe3H2O。KMnO4溶液具有强氧化性，其作用是将4的钒化合物氧化为VO；NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；根据反应VOFe22H=VO2Fe3H2O可知，n(VO)n(Fe2)bc×103 mol，根据钒守恒，粗产品中钒的质量分数的表达式为×100%。27.【答案】(1)称量蒸发结晶(2)(3)加热蒸发至蒸发皿中出现大量晶体时，停止加热，然后利用余热蒸干蒸发皿中的固体(4)K1、K2K3平衡分液漏斗内和反应体系内压强，使稀盐酸顺利滴下，同时消除滴下的稀盐酸体积对气体

23、体积的影响(5)碱石灰(其他合理答案均可以)让生成的CO2能充分被B中碱石灰吸收，使量筒内收集到较纯净O2(6)×100%【解析】考查实验方案设计与评价，(1)根据方案一，操作为称量，操作应为蒸发结晶；(2)操作中使用玻璃棒，玻璃棒的作用是搅拌，加速反应；操作中需要玻璃棒，玻璃棒的作用是搅拌，防止受热不均，造成液体飞溅；(3)操作是蒸发结晶，操作过程是加热蒸发至蒸发皿中出现大量晶体时，停止加热，然后利用余热蒸干蒸发皿中的固体；(4)本实验的目的是测定反应生成气体的总体积，量筒是测量气体总体积的装置，即滴定稀盐酸前关闭K1和K2，打开K3，导管A的作用是平衡分液漏斗内和反应体系内压强，

24、使稀盐酸顺利滴下，同时消除滴下的稀盐酸体积对气体体积的影响；(5)装置中的量筒收集的是气体，即B的作用是吸收CO2，B中盛放碱石灰或氢氧化钠固体等；缓缓打开K1的目的是让生成的CO2能充分被B吸收，使量筒内收到较纯净的O2；(6)量筒中测定的是CO2和O2体积，量筒测定氧气的体积，根据过碳酸钠与盐酸反应方程式，求出过碳酸钠的质量为×2×122 g，CO2的体积为(xy)mL，过碳酸钠产生CO2的体积为2y mL，碳酸钠产生CO2的体积为(x3y)mL，即碳酸钠的质量为×106 g，过碳酸钠的质量分数为×100% ×100%。28.【答案】(1)

25、4CxHy(8x2y)NO=4xCO2(4xy)N22yH2O(2) 746.5 kJ·mol1(3)阳NaOH溶液氢气 SO2eH2O=2HSO(4)45%>24 300(MPa)1【解析】(1) 用烃催化还原NO气体得到N2、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒写出并配平化学方程式。(2)根据盖斯定律，由2×可得：2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)HH2H12×H3746.5 kJ·mol1。(3)C为硫酸，表明SO向阳极区迁移，即阴离子向右移动，故b为阴离子交换膜，a为阳离子交换膜。阴极反应式为2H2O2e=2OHH2，故

26、阴极区流出的产品A为NaOH溶液，E为氢气。阳极的电极反应式为SO2eH2O=2HSO。(4)设起始通入的SO2为2a mol，O2为a mol，在A点时，O2转化了x mol，根据三段式法进行计算：2SO2(g) O2(g)2SO3(g)起始(mol) 2a a 0转化(mol) 2x x 2x平衡(mol) 2a2xax 2x在恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，故，解得x0.45a，则(SO2)×100%45%。T1 下，由A到B，反应趋向平衡，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，B点处于平衡状态，故vA(逆)<vB(逆)vB(正)。由题图二知，T2 下反应

27、先达到平衡，则T2>T1，由B到C，温度升高，反应速率加快，故vC(正)>vB(正)vB(逆)>vA(逆)。设起始通入2b mol SO2，b mol O2，在B点达到平衡时O2转化了y mol，根据三段式法进行计算： 2SO2(g) O2(g) 2SO3(g)起始(mol) 2bb 0转化(mol) 2yy 2y平衡(mol) 2b2yby 2y在恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，故，解得y0.9b，故24 300(MPa)1。35.【答案】(1) (2)CO2、N2O、CS2、COS等(任写一种即可)(3)配位键CN能提供孤对电子，Fe3能接受孤对电子(或Fe3有空轨道)(4)C<O<Nsp2、sp3杂化(5)2K4Fe(CN)6Cl2=2K3Fe(CN)62KCl(6)6【解析】(1)Fe为26号元素，位于第四周期第族，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最外层有2个电子，则次外层有14个电子；O原子有1s、2s、2p三个能级，其电子排布图为。(2)SCN中含有3个原子，且其价电子数是16，与