全国Ⅰ卷2020届高三化学名校高频错题卷(四)参考答案

1、全国I卷2020届高三化学名校高频错题卷(四)1 .【答案】A【解析】A.淀粉、纤维素属于多糖，它们水解的最终产物为葡萄糖，属于单糖，故 A正 确；B.天然植物油为混合物，常温下一般呈液态，难溶于水，没有恒定的熔点、沸点，故B错误；C .蛋白质溶液中加硫酸钱会发生盐析，加入氯化铜溶液会发生蛋白质的变性，故C错误；D.糖类中的葡萄糖、果糖属于单糖，不能发生水解，故 D错误；答案：A。2 .【答案】A【解析】A.水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故 A错误；B. “沙里淘金”说明了金的化学性质稳定，可通过物理方法得到，故 B正确；C.爆竹爆竹的过程

2、中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成，属于化学变化，故C正确；D. “豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故 D正确；故选A。.【答案】D【解析】A .过氧化钠中存在氧氧之间的一对共用电子对，所以Na2O2的电子式：0：0：1科/，故A正确；L * JB.钠原子失去一个电子变成钠离子，所以钠离子核外只有两个电子层，即Na+的结构示意图：唠式,故B正确；0C.质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，则氧元素的 一种核素18O的中子数为18-8=10,故C正确；D.氢氧化钠中含有离子键和共价键，而不是只含离子键，故 D错误；故选：D。.【答

3、案】B关2X总*I1【解析】A. Na2O2与过量水反应电子转移情况为：-+,即，Na2O2ITH2Xe-和转移的电子关系为：Na2O2e-,所以1 mol Na2O2与过量水反应转移电子数为Na, A选项正确；B. 1 分子 D2O 含质子数为 1X2+8=10, D2O 摩尔质量为 2 g?mol_1 X2+16 g?mol-1B选项错d18g_1_ _ .=20 g?mo1-1,所以18g D2O 中含有的质子数为 o7 10 NAmol 9Na，误；C.Fe(OH)3胶体粒子是由很多Fe3+和OH-聚集而成，所以0.1 mol FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数远远小于0.1

4、 NA， C 选项正确；D .由1 mol NH 4Cl和少量NH 3 H2O形成的中性溶液中，根据电荷守恒， c(NH4+)+c(H+尸c(Cl-)+c(OH-),由于 c(H+尸c(OH-),所以有 n(NH4+尸n(Cl)=1 mol ,即 NH4+ 数目为NA ， D 选项正确；答案选 B。【答案】 C【解析】草酸(又称乙二酸)为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应。A. H2c2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色褪去，故A 正确；B.产生气泡

5、证明有 CO2产生，因此可证明酸性H2c2O4H2cO3,反应方程式为：H2c2O4+2NaHCO3= Na2c2O4+2CO2 T+2H2O 或 H2c2O4+NaHCO 3= NaHC2O4+2CO2 T+2H 2O, 故 B 正确；c. 0.1 mol L-1 H2c2O4的pH=1.3 ,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故c 不正确；D 草酸(又称乙二酸)，其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D 正确；本题答案为 c。【答案】 D【解析】 A 饱和Na2cO3 溶液显碱性，且加热煮沸时，水解程度增大，碱性增强，故铁屑上的少量油污

6、可用煮沸的饱和Na2cO3溶液洗涤，再用蒸储水洗净，A说法正确；B 高锰酸钾溶液有颜色， 且与亚铁离子反应生成锰离子， 故用标准摩尔盐滴定酸性KMnO 4溶液时不需要外加指示剂， B 说法正确；c 实验开始阶段产生的气体为氢气和少量硫化氢，硫化氢被NaOH 吸收，氢气是用来排出装置内的空气，防止氧化生成的亚铁离子， c 说法正确；D.实验开始时应先打开 K1、K2,关闭K3,产生氢气和少量硫化氢，硫化氢被NaOH吸收，氢气是用来排出装置内的空气；待a中反应即将完成时，再打开 K3,关闭Ki,产生的气体在锥形瓶中聚集，导致压强增大，致使锥形瓶中的液体进入饱和硫酸铵溶液中， D 说法错误；答案为

7、D 。【答案】 c【解析】A .a分子中C、O原子价层电子对个数都是4,根据价层电子对互斥理论判断C、O 原子杂化类型为sp3 杂化，故A 正确；B b 中含有 3 种氢原子，所以b 的一氯代物有3种，故 B 正确；a和二氧化碳发生加成反应生成 b,则a生成b的反应为加成反应，故 C错误；a和二氧化碳反应生成 b,所以利用此法可减少CO2的排放，故D正确；故选Co8 【答案】 B【解析】 X 、 Y 、 Z 、 W 、 Q 为原子序数依次增大的 5 种短周期元素，位于不同主族。 Y 的氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应生成盐甲，则 Y 为 N ，甲为NH4NO3， Z、 W、Q 的最高价氧化

8、物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水， Z 为 Na ， W 为 Al ， Q 为Cl或S, Z的某种氧化物(Z2O2)与X的某种氧化物(XO)在一定条件下发生化合反应，生成一种正盐乙，X为C,乙为Na2CO3。A. Na在IA族，是所在周期中原子半径最大的元素，故 A正确；B.甲为NH4NO3,是强酸弱碱盐，水解后水溶液呈酸性，乙为Na2CO3,强碱弱酸盐，水解后水溶液呈碱性，故 B错误；X、Q组成的分子可能为直线型非极性分子，如CS2,故C正确；D.离子的电子层数越少，其离子半径越小，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子 序数增大而减小，所以离子半径大小顺序是：QZW,故D正确；故选B

9、。9 .【答案】B【解析】A.分子式为Cl5H16O2的同分异体中含有联苯结构单元 t. HOHCHOHCH-,故A正确;B.1.0 mol 的，有1 mol酚羟基消耗1 mol氢氧化钠,有2 mol酯基消耗2 mol氢氧化钠，1 mol酚酸酯消耗2 mol氢氧化钠，总共消耗 5.0 molNaOH的水溶液完全反应，故 B错误；C.乳酸薄荷醇醋(),酯基发生水解、羟基能被氧化、羟基能发生消去反应，故C正确；CH3COOCH 2CH3与CH3CH2COOCH 3互为同分异构体， 核磁共振氢谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，故不能用核磁共振氢来鉴别，故D正确。综上所述，答案为B

10、o10.【答案】C【解析】A.同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第V A元素原子最外层为半充满状态，第一电离能大于相连元素，则应为 CONF ,故A错误；B.反应中N元素化合价降低，被还原，氧化剂为NO2,故B错误；一1C.涉及反应为 CH4+CF3COOH + - O2- CF3COOCH 3+H2O, CF3COOCH 3+H 2CF3COOH+CH 3OH,则总反应为 2CH 4+O集幽2CH3OH,故C正确；0H含有双键，与滨水发生加成反应，故D.含有酚羟基，可与滨水发生取代反应,0HD错误。故选：Co 11.【答案】C【解析】AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重，这说明构成的原电

11、池中AB段是正极，BC段是负极。A.铁棒AB段是正极，氧气得到电子，发生反应为O2+4e-+2H2O= 4OH-, A正确；B.腐蚀过程中构成原电池，电流从正极流向负极，则在铁棒上会产生微电流，且方向是AB段到BC段，B正确；C.向水中加入一定量硫酸钾固体后，电解质溶液的浓度增大，加快铁棒的生锈速率，C错误；D .根据已知信息和以上分析可知产生这种现象的本质原因是铁棒所处的化学环境不同,D正确；答案选Co.【答案】A【解析】甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应 生成二氧化碳，通入氧气的电极 b为正极，氧气在正极上得电子发生还原反应生成阳离子， 根据电解池中电子

12、的移动方向可知，c为阴极，与a相连，Si4+在阴极上得电子发生还原反应生成Si, d为阳极，与b相连，Si在阳极上失电子发生氧化反应生成Si4+OA.甲烷燃料电池中，通入甲烷的 a电极为负极，通入氧气的电极b为正极，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，d为阳极，与b相连，故A错误；B.由图可知，d为阳极，Si在阳极上失去电子被氧化生成 Si4+,而铜没被氧化，说明硅 优先于钢被氧化，故 B正确；C.甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH4-8e-+4O2-= CO2+2H2O,故C正确；D .相同时间下，通入 CH4

13、、02的的体积不同，反应转移电子的物质的量不同，会造成电 流强度不同，影响硅的提纯速率，故 D正确。故选Ao.【答案】C【解析】A.由第二个图可以看出，增大压强，C的百分含量降低，说明增大压强平衡向逆反应方向移动,则应有 nTi,温度升高C的百分含量降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，C选项正确；D. A为固体，增加A浓度不变，化学反应速率以及平衡都不发生改变，D选项错误；答案选Co14.【答案】C【解析】A .由图知，当酸根离子浓度相等时，在c(Ag+)较小的情况下就可以形成 AgBr沉淀，A错误；B. a点相对于AgBr溶液，体系处于过饱和状态，不是稳定的分散系，B错误；C.根据图中数

14、据可计算出Ksp(Ag 2SeO3)=1 M0-15, Ksp(AgBr)=1 X0-12.3,沉淀转化反应Ag2SeO3+2Br-2AgBr+SeO 32-的平衡常数K=c(SeO32)/c2(Br-尸Ksp(Ag2SeO3)/Ksp2(AgBr)=10 9.6,平衡常数很大，表明向右进行的程度很大，转化反应很彻底，C正确；D.由两种盐的溶度积常数，可计算出两者的饱和溶液中，c(Ag+)后者不是前者的2倍,D错误。答案为Co 15.【答案】B【解析】A. Q点时pH=pOH，溶液呈中性，则反应后的溶液为 MCl与MOH的混合溶液， 从而得出消耗盐酸的体积小于20.00 mL, A不正确；B.

15、 V(HCl)=40.00 mL时，溶液为MCl与HCl的混合溶液，且二者的浓度相等(不考虑MCl 的水解)。在溶液中存在以下两个平衡体系：M+H2O=MOH+H +, H2O= H+OH-o存在以下两个等量关系：酸电离产生的 c(H+)1=c(M+)+c(MOH) , M+水解生成的c(H+)2=c(MOH),水电离生成的 c(H+)3=c(OH-),从而得出溶液中的c(H+)-c(OH -尸c(M+)+2c(MOH) , B 正确;C.因为溶液的温度为 25C , Kw=1.0 M0-14,反应在同一溶液中进行，所以 a+b=14, C不 正确；D.在M点时，溶液呈碱性，主要发生碱的电离，

16、水的电离受到抑制，在 Q点，溶液呈 中性，水的电离不受影响，所以水的电离程度：MQ, D不正确；故选B。16.【答案】C【解析】A.升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的AH1 , HX为一元弱酸，C项错误；D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc(SO42-)越小，-lgc(Ba2+)越大，说明c(SO42-)越大c(Ba2+)越小，D项正确；答案选 Co.【答案】(1)三颈烧瓶2SO2+Na2CO3+H2O= 2NaHSO3+CO2NaBH4+8NaHSO 3 3040c NaBO2+4Na2s2O4+6H2O(3)将装置E中空气赶

17、出，防止 NaHSO3(或Na2s2O4)被氧化(4)减少保险粉的溶解损失(并有利于干燥)(5)水浴加热(6) 83.5%【解析】(1)根据上图仪器 a的结构可知a仪器的名称是三颈烧瓶；A装置产生的SO2气体在C中与容器中的NaOH、Na2CO3发生反应，反应后溶液 pH=4.1M=9.6 X10-3 mol XI74 g/mol=1.6704 g ,则样品中 Na2s2。4 的质量分数为(1.6704 g 2.0 g) 100%=83.5%。.【答案】(1) Ca3(PO4)2+6HCl = 3CaCl2+2H3P。4(2) siO2+4HF= siF4T +2HO(3)除去磷酸中含有的 F

18、e3+(4)Ca2+sO42-= CasO4(5)水相中存在 KCl+H 3PO4；=HCl+KH 2P。4,加入TOA将HCl转移到有机层，平衡向正反应方向移动，有利于KH 2PO4生成(6) 4.5【解析】以磷精矿主要成分是Ca2(PO4)3,还含有少量Fe2O3、CaF2等杂质为原料，生产 磷酸二氢钾，由流程可知，力口盐酸发生Ca3(PO4)2+6HCl = 3CaCl2+2H3P。4、Fe2O3+6HCl= 2FeCl3+3H2。、CaF2+2HCl = CaCl2+2HF,加入活性二氧化硅发生SiO2+4HF= SiF4T +2HO,D2EHPA仅对Fe3+有较强的萃取作用可除去磷酸

19、中含有的 Fe3+, 分液取水层加TBP萃取H3P。4,分液取有机层蒸储分离出磷酸，加入 KCl与稀磷酸生成 KH 2PO4,再加入有机碱-三辛胺(TOA)分离，对水层结晶可得 KH 2PO4产品。(1)“制酸”过程中生成磷酸的化学方程式为Ca3(PO4)2+6HCl = 3CaCl2+2H3P。4；(2)HF能与二氧化硅反应，则“除氟”时发生反应的化学方程式为SiO2+4HF= SiF4T +2HO；(3)由于萃取剂D2EHPA仅又Fe3+有较强的萃取作用，因此“目的 1”是除去磷酸中含 有的Fe3+;(4) “目的2”分离出的有机层中除 H3PO4外，还有少量某金属阳离子钙离子。去除有机

20、层中该阳离子的方法是用含 H2SO4的磷酸洗涤，反应的离子方程式为 Ca2+SO42-= CaSO4” (5) “反应”时先在磷酸中加入KCl,再加入TOA,由于水相中存在 KCl+H 3PO4=HCl+KH 2P。4,加入TOA将HCl转移到有机层，平衡向正反应方向移动，有利于KH2P。4生成；(6)由图可知，B为产物H2PO4-的量，随着pH的增大，H2PO4-的量增大，当pH=4.5时， H2PO4-最多，pH再升高，不利于 H2PO4-的生成，故pH=4.5,停止加入 TOA。19.【答案】(1) BCE (2) NO+NO2+2OH-= 2NO2-+H2O(3) -131.0(4)

21、33.3%1/12(5) 10a-14(6) 2NO3-+6H2O+10e-= N2+12OH-【解析】(1)对于N2(g)+3H2(g)= 2NH3(g)的反应，A.使用催化剂，平衡不移动， H2 的转化率不变，故 A项错误；B.增大N2浓度，平衡正向移动， H2的转化率增大，故 B项正确；C.增大压强，平衡正向移动，H2的转化率增大，故 C项错误；D.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，H2的转化率减小，故 D项错误；E.及时分离生成的 NH3,平衡正向移动，H2的转化率增大，故 E项正确；综上，本题选 BCE。NO和NO2按一定的比例通入 NaOH溶液，完全反应生成 NaNO2,属

22、于价态归中的 氧化还原反应，配平得到NO+NO 2+2NaOH = 2NaNO2+H2O,离子反应方程式为NO+NO 2+2OH-= 2NO2-+H2O；CO2(g)+2NH 3(g) = NH2COONH 4(s) AHi=-159.5 kJ/mol ，NH2COONH 4(s)= CO(NH 2)2(s)+H2O(g) AH2=+28.5 kJ/mol ，应用盖斯定律， + 得,2NH 3(g)+CO 2(g)= CO(NH 2)2(s)+H 2O(g)A H=A Hi+aH2=(-159.5 kJ/mol)+(+28.5 kJ/mol)=-131.0 kJ/mol ;(4)由表可知，向体系中加入 1 mol N2和