2020年全国高考化学全真模拟试题卷(解析版).

2020年2020届全国高三高考全真模拟考试理科综合化学试卷（九）★祝考试顺利★可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Se-79 Br-80 Ba-137第Ⅰ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．从古至今化学与生产、生活密切相关。

下列说法不正确．．．的是A．我国已能利用3D打印技术,以钛合金粉末为原料,通过激光熔化逐层堆积,来制造飞机钛合金结构件；高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛B．我国从四千余年前开始用谷物酿造出酒和醋,酿造过程中只发生水解反应C．芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像,该过程涉及到化学变化D．中国古代四大发明是：造纸术、指南针、火药、活字印刷术,中国的“新四大发明”：网购、支付宝、中国高铁、共享单车；两者与化学关系最密切的是高铁和火药【答案】B【解析】A项,高温时,金属钠可还原相应的氯化物来制取金属钛,A项正确；B项,谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖,葡萄糖要在酒化酶作用下分解,得到酒精和二氧化碳。

酒中含有酒精,醋中含有醋酸,显然都不是只水解就可以的,B项错误；C项,光敏树脂遇光会改变其化学结构。

它是由高分子组成的胶状物质。

在紫外线照射下,这些分子结合成长长的交联聚合物高分子,属于化学变化,C项正确；D项,中国高铁和火药都需要化学方法制取的新材料的支撑,所以“新四大发明”和“古代四大发明”中与化学关系最密切的一项是中国高铁和火药,D项正确。

8．丙烷的分子结构可简写成键线式结构,关于化合物杜瓦苯( ),下列说法不．正确．．的是( )A．杜瓦苯与苯互为同分异构体B．杜瓦苯分子中所有碳原子不可能共平面C．杜瓦苯和苯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．杜瓦苯的二氯代物共有 7 种(不考虑立体异构) 【答案】C【解析】A项,杜瓦苯的化学式均为 C6H6,与苯互为同分异构体,A正确；B项,杜瓦苯分子中碳原子含有饱和碳原子,则所有碳原子一定不在同一平面上,B正确；C项,苯分子结构中没有碳碳双键,不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,C错误；D项,杜瓦苯分子中含有2种氢原子,标好分别为a、b,如图所示、,当一个氯原子分别取代a时,另一氯原子可以取代任意三个位置,共3种；当一个氯原子分别取代b时,可以有五个位置,共5种,减去重复的一种,则二氯代物有7种,D正确。

2020年全国高考化学必练全真模拟卷08化学(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：H1C12N14O16Na23S32Fe56Mn55Cu64Ba137一、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．阿伏加德罗常数用N A表示，下列叙述正确的是（）A．室温时，1L pH=2的NH4Cl溶液中H+的数目为1×10-12N AB．1mol LiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al，转移电子数为3N AC．1.7g氨气中含有共价键的数目为0.4N AD．标准状况下，22.4L NO2含有的原子数小于3N A【答案】B【解析】A.氯化铵水解促进水的电离，室温时，1LpH=2的NH4Cl溶液中H+的数目为0.01N A，A错误；B.1mol LiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al，反应中只有Al元素降低，从+3价降低到0价，因此转移电子数为3N A，B正确；C.1.7g氨气的物质的量是0.1mol，其中含有共价键的数目为0.3N A，C错误；D.根据原子守恒可知标准状况下，22.4L NO2含有的原子数等于3N A，D错误；答案选B。

8．聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图，下列说法不正确的是（）A．聚维酮的单体是B．聚维酮分子由(m+n）个单体聚合而成C．聚维酮碘是一种水溶性物质D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应【答案】B【解析】A.由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故A正确；B.由2m+n个单体加聚生成，故B错误；C.高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；D.含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确；故选B。

2020届高考化学全真模拟卷19(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：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Si 28 S 32 Mn 55 Fe 56 Cu 64一、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．《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”，“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖中燃薪举火”，“浇水转釉（主要为青色），与造砖同法”。

下列说法错误的是（）A．沙子和粘土的主要成分均为硅酸盐B．“燃薪举火”使粘土发生复杂的物理化学变化C．烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦D．粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料【答案】A【解析】A．沙子主要成分为二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐，A错误；B．黏土烧制成瓦的过程为复杂的物理化学变化过程，粘土发生复杂的物理化学变化，B正确；C．青瓦和红瓦是在冷却时区分的：自然冷却的是红瓦，水冷却的是青瓦，C正确；D．由“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”可知粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料，D正确；答案选A。

8．已知N A是阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．将1 mol NH4NO3溶于稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为N AB．室温下，1L pH=3的NaHSO3水溶液中由水电离产生的OH-的数目为0.001N AC．常温常压下，40 g SiC中含有Si—C键数目为4N AD．100 g 质量分数为3%的甲醛水溶液中含有的氢原子数目大于0.2N A【答案】B【解析】A. 1 molNH4NO3，溶于稀氨水中使溶液呈中性，则溶液中存在电荷守恒：n(NH4+)+n(H+)=n(OH−)+n(NO3-)，则硝酸根离子个数等于铵根离子个数等于N A，A项正确；B. pH=3的NaHSO3溶液中，HSO3−的电离大于水解，故溶液中的氢离子主要来自于HSO3−的电离，故溶液中水电离出的OH-小于0.001NA，B项错误；C. 40gSiC的物质的量n=40g/40g/mol=1mol，而1mol SiC中含有Si−C键4mol即4N A，C项正确；D. 在100g质量分数为3%的甲醛水溶液中含有3g甲醛，含有甲醛的物质的量为0.1mol，0.1mol甲醛分子中含有0.2mol氢原子，由于水分子中也含有氢原子，则该溶液中含有氢原子数大于0.2N A，D项正确；答案选B。

2020年2020届全国高三高考全真模拟考试理科综合化学试卷（四）★祝考试顺利★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 Ba-137第Ⅰ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．化学与生产、生活、社会密切相关。

下列有关说法中正确的A．红宝石、珍珠、玛瑙、水晶、钻石等装饰品的主要成分都是硅酸盐B．从海带中提取碘单质的过程涉及氧化还原反应C．高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片和光导纤维D．我国大部分城市禁放烟花爆竹,绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物,因发生化学反应而看到绚丽多彩的现象【答案】B【解析】水晶的主要成分为SiO2,不是硅酸盐,A错；在海水中碘元素以化合物的形式存在的,股从海带中提取碘单质的过程涉及氧化还原反应,B正确；光导纤维的成分是二氧化硅,不是硅单质,C错误；烟花利用了金属的焰色反应,属物质变化,D不正确。

8．近年来食品安全问题成为社会各界日益关注的焦点话题．香港地区食环署食物安全中心曾对十五个桂花鱼样本进行化验,结果发现十一个样本中含有孔雀石绿。

孔雀石绿是化工产品,具有较高毒性,高残留,且长期服用后,容易致癌、致畸,对人体有害。

其结构简式如图所示。

下列关于孔雀石绿的说法正确的是A．孔雀石绿的分子式为C23H25 N2B．1mol孔雀石绿在一定条件下最多可与6molH2发生加成反应C．孔雀石绿属于芳香烃D．孔雀石绿苯环上的一氯取代物有5种【答案】D【解析】A项,根据结构式可知孔雀石绿的分子式为C23H26N2,A项错误；B项,孔雀石绿中含有2个苯环和3个碳碳双键,均可与H2发生加成反应,因此1mol孔雀石绿在一定条件下最多可与9molH2发生加成反应,B项错误；C项,孔雀石绿不是烃,除了C、H两种元素外还含有N,属于芳香族化合物,但不是芳香烃,C项错误；D项,有机物中含有2个苯环,左下角苯环中含有2种不同环境的氢原子,上方的苯环有3种不同环境的氢原子,因此苯环上的一氯取代物有5种,D项正确；故选D。

2021年全国高考化学全真模拟试题 〔六〕可能用到的相对原子质量： H-1 Li-7 C-12 N-14O-16 F-19 Na-23 Al-27Si-28S-32 P-31 Cl-35.5Fe-56Cu-64 As-75 Se-79 Br-80 Ag-108第I 卷〔选择题共42分〕一、 选择题〔此题共7小题,每题6分,共42分.在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题 目求的〕 7.以下说法正确的选项是A.砖瓦、陶瓷、渣土、普通一次性电池、鱼骨等属于其他垃圾B.电热水器用镁棒预防内胆腐蚀,原理是牺牲阴极的阳极保护法C.门捷列夫根据元素的性质随着相对原子质量递增呈现周期性变化规律,制出了第一张元素元素周期律D.石灰乳与海水混合,过滤得 Mg 〔OH 〕2,将其溶于盐酸,再蒸发结晶得到MgCl 2,电解熔融MgCl 2可得到金属镁【答案】B【解析】A 项,砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、瓷器碎片等难以回收的废弃物是其他垃圾,普通一次性电池属于有害垃圾,故 A 错误；B 项,电热水器用镁棒预防内胆腐蚀,原理是牺牲阳极的阴极保护法, 故B 错误；C 项,第一张元素周期表是门捷列夫制作的,是根据素的性质随着相对原子质量递增呈现周期 性变化规律而制作的,故C 正确；D 项,蒸发氯化镁溶液时氯化镁水解生成氢氧化镁和HCl,加热促进盐酸挥发,所以蒸干氯化镁溶液得到的固体不是氯化镁而使氢氧化镁,故 D 错误.8.螺环化合物具有抗菌活性,用其制成的药物不易产生抗药性,螺 ［3, 4］辛烷的结构如图,以下有关螺［3, 4］辛烷的说法正确的选项是C.与2—甲基一3一庚烯互为同分异构体 D . 一氯代物有4种结构 【答案】D【解析】A 项,根据螺［3.4］辛烷的结构简式可知其分子式为C 8H 14,故A 错误；B 项,.由于螺［3.4］辛烷A .分子式为C 8H16 B.分子中所有碳原子共平面属于环烷烧,分子中所有的8个碳原子均为sp3杂化,所以分子中所有碳原子不可能共平面,故B错误；C 项,2—甲基—3—庚烯的分子式为C8H16,两者分子式不同,所以不是同分异构体,故C错误；D项,由螺[3.4]辛烷的结构简式可知其中含有4种类型的氢,所以一氯代物有4种结构,故D正确；应选D.9.青蒿素是高效的抗疟疾药,为无色针状晶体,易溶于丙酮、氯仿和苯中,甲醇、乙醇、乙醛、石油醒中可溶解,在水中几乎不溶,熔点为156-157° C,热稳定性差.：乙醛沸点为35.Co提取青蒿素的主要工艺为:卜列有关此工艺操作不正确的选项是A.破碎的目的是增大青蒿与乙醛的接触面积,提升青蒿素浸取率B.操作I需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯C.操作n是蒸储,利用了乙醛与青蒿素的沸点相差较大D.操作出的主要过程加水溶解,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【答案】D【解析】对青蒿进行枯燥破碎,可以增大青蒿与乙醍的接触面积,提升青蒿素的浸取率,用乙醍对青蒿素进行浸取后,过滤,可得滤液和滤渣,提取液经过蒸储后可得青蒿素的粗品, 对粗品可加95%的乙醇, 浓缩、结晶、过滤可得精品. A项,破碎的目的是增大青蒿与乙醛的接触面积,提升青蒿素浸取率,故A正确；B项,操作I为过滤,需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯,故B正确；C项,操作n是蒸储,利用了乙醍与青高素的沸点相差较大, 故C正确；D项,根据给定信息可知,青蒿素在水中几乎不溶,因此操作出的主要过程不是加水溶解,可加95%的乙醇溶解,再进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,故D错误；应选D.10.捕获二氧化碳生成甲酸的过程如下图.以下说法正确的选项是〔N A为阿伏加德罗常数的值〕A.标准状况下,22.4 L CO2中所含的电子数目为16N AB. 10.1 g N(C2H5)3中所含的极性共价键数目为 2.1N AC. 2 mol Au与2 mol H 2中所含的分子数目均为2N AD. 100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5N A【答案】D【解析】A项,标准状况下,22.4LCO2的物质的量为1mol, 1个CO2分子中含有6+8X2=2好电子,那么22.4LCO2含有22moi电子,其电子数目为22 N A,A错误；B项,N(C2H5)3的结构式为H口工-卡H,IH一『HH所含的化学键中C-N和C-H均为极性共价键,1mol N(C 2H5)3中含有18moi极性共彳^键,10.1g N(C 2H5)3,其物质的量为0.1moi,那么其含有极性共价键的物质的量为 1.8moi,数目为1.8N A, B错误；C项,Au为金属单质,不含有分子,2moiAu中不含有分子,C错误；D项,100 g 46%的甲酸水溶液,那么甲酸质量为46g, 那么其物质的量为1moi,分子中含有2moiO原子；水的质量为100g-46g=54g,其物质的量为3moi ,那么含有3moi O原子,总共含有5moi.原子,其数目为5N A, D正确；应选D.10.氢化钠(NaH)可由氢气和钠在高温下化合形成,其使用需要惰性环境,遇水放出易燃气体,下列说法不正确的选项是A.氢化钠与水反响产生的气体,通过盛有碱石灰的枯燥管,用向下排空气法可以收集得到一定量的H2B.氢化钠与水反响产生的气体通过灼热的氧化铜,假设出现黑色变红色现象,那么说明产生的气体中一定含有H2C.氢化钠在无水条件下除去钢铁外表铁锈的反响方程式为 3 NaH+Fe2O3— 2Fe+3NaOHD.锌和盐酸反响后的气体经浓硫酸枯燥后,与钠在高温下反响得到纯洁的NaH【答案】D【解析】A项,氢化钠与水反响产生的气体,反响的化学方程式为：NaH+H 2.= NaOH+H 2 t气体通过盛有碱石灰的枯燥管,用向下排空气法可以收集得到一定量的H2,故A正确；B项,氢气能复原氧化铜生成Cu,氢化钠与水反响产生的气体通过灼热的氧化铜,假设出现黑色变红色现象,那么说明产生的气体中一定含有H2,故B正确；C项,NaH具有强复原性,能与Fe2O3生成Fe和NaOH ,反响方程式为：3NaH+Fe2O3 —2Fe+3NaOH故C 正确；D项,锌和盐酸反响后的气体中含有氢气、HCi、水蒸气,浓硫酸枯燥除去了水蒸气,还含有氢气和HCi,所以应该先除去HCi、再用浓硫酸枯燥,然后与钠在高温下反响得到纯洁的NaH,故D错误.应选Do11.常温下,0.1mol 1的H2A溶液中各种微粒浓度的对数值(lgc)与pH的关系如下图.以下说法不正确的选项是A. H 2A是二元弱酸B. HA - y一= H++A2-的电离平衡常数K a=10-12C. 0.1mol -1的H2A 溶液中：c(H+)=c(HA -)+2c(A 2-)+c(OH -)D. pH=4.2 时：c(HA-)=c(A2-)>c(H+)>c(H2A)>c(OH-)【答案】B【解析】A项,溶液中存在H2A、H +、HA-、A2-,说明H2A是二元弱酸,A正确；B项,HA-c A n c HH++A2-的电离平衡常数K a= --------------------------- =c(H )=10-4.2, B不正确；C项,0.1mol Y的H2A溶液中：c HAc(H+尸c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-), C 正确；D 项, 由图可知pH=4.2 时：c(HA-)=c(A2-)>c(H+)>c(H2A)>c(OH-), D正确.12 .氨硼烷(NH3 • BH)电池可在常温下工作,装置如下图.未参加氨硼烷之前,两极室质量相等,电池反响为NH3 . B3+3H2OL NH4BO2+4H2O.两极室中电解质足量,以下说法正确的选项是NHJ-BH,!~an 负载।—质子交换膜A .正极的电极反响式为2H++2 e — H2 TB,电池工作时,H+通过质子交换膜向负极移动C.电池工作时,正、负极分别放出H2和NH3D.工作一段时间后,假设左右两极室质量差为 1.9 g,那么电路中转移0.6 mol电子【答案】D【解析】A项,正极的电极反响式为：3H2O2+6H++6e-=6H2O,没有气体生成,A项错误；B项,原电池工作时,氢离子作为阳离子向正极移动,B 项错误；C 项,两电极反响分别为： 3H 2O 2+6H ++6e -=6H 2.、NH 3 - BH+2H 2O-6e -=NH 4BO 2+6H +;两极均没有气体生成, C 项错误；D 项,从电极反响式来看,如有 6mol电子转移,那么左极室质量增加 31g-6g=25g,右极室质量增加 6g,两极室质量之差为 19g,所以当左右两室 质量差为1.9g 时,电路中转移 0.6mol 电子,D 项正确；应选 D o13 . X 、Y 、Z 、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素, e 、g 、h 、i 、j 均是由这些元素组成的二元化合物,i 常温常压下为液体,其余均为无色气体. e 的摩尔质量为g 的2倍,f 是元素Z 的单质,g 物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝, h 的组成元素位于同一主族.上述物质的转化关系如下图.以下说法正确的是A.原子半径：Y>Z>W>X C. Y 与W 的含氧酸均是强酸 【答案】B【解析】短周期元素 W 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增加. e 、g 、h 、i 、j 是由这些元素组成的二元化合 物,常温常压下i 为液体,其余均为无色气体,因此 i 为水H2O; e 的摩尔质量为g 的2倍,f 是元素Z 的 单质,g 物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,那么g 是NH 3.根据转化关系图判断 e 是H 2S, f 是氧气,g 是NH 3, j 是NO, h 是SO 2.所以X 、Y 、Z 、W 分别是H 、N 、O 、S .A 项,根据元素周期律的原子半径变 化规律：同一周期的元素,原子序数越大原子半径越小,同一主族的元素,原子核外电子层数越多,原子 半径越大,那么原子半径的大小 X<Z<Y VW,故A 错误；B 项,水和氨气分子间能够形成氢键,沸点较高, 相对分子质量越大,沸点越高,热稳定性越高,故热稳定性：i>g,沸点：i>e,故B 正确；C 项,丫的含氧酸如亚硝酸为弱酸, W 的含氧酸如亚硫酸也为弱酸,故 C 错误；D 项,酸性氧化物指的是能与水作用成 酸或与碱作用成盐的氧化物, 判断依据是化学反响前后各元素化合价保持不变, 显然NO 不是酸性氧化物,故D 错误.应选B .第H 卷 〔非选择题 共58分〕、必做题〔此题共3小题,共43分.每个试题考生都必须作答〕B.热稳定性：i>g, 沸点：i>e D. h 与j 均为酸性氧化物26. (14分)这次中美贸易战的矛盾激化, 也让我们看到了中国半导体产业存在的诸多缺乏,俗话说亡羊补牢,为时未晚〞,找出存在的缺乏,然后针对地去解决问题,才能让半导体产业链开展壮大起来.三氯化氧磷(P0C13)是一种重要的化工原料,常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料.一研究小组在实验室模拟反、_ _ _ _ 60? 65 T _ _ _ _ _应PCl3+SO2+Cl2' POCl3+SOCl2制备POC13并测定产品含量.物质熔点/C沸点/C相对分子质里其他PC13-93.676.1137.5遇水剧烈水解,易与O2反响POC13 1.25105.8153.5遇水剧烈水解,能溶于PC13SOC12-10578.8119遇水剧烈水解,受热易分解(1)假设选用Na2SO3固体与70%浓H2SO4制取SO2,反响的化学方程式是：.(2)溶液A为饱和食盐水,乙装置中应该盛装的试剂为 (填“2.5〞或碱石灰〞或浓H2SO4〞或无水硫酸铜")反响装置图的虚框中未画出的仪器最好选择 (填总〞或庚〞J(3)甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外,还有.(4)水浴加热三颈烧瓶,限制反响温度在60〜65C,其原因是.(5)通过佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中POC13的含量：准确称取1. 600g样品在水解瓶中摇动至完全水解,将水解液配成100 mL溶液,取10. 00 mL于锥形瓶中,参加0. 2000 mol • -1的AgNO3溶液20. 00 mL(Ag ++C1-——AgC1j),再加少许硝基苯,用力振荡,使沉淀被有机物覆盖.参加NH4Fe(SO4)2作指示剂,用0. 1000 mol •-1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点(Ag++SCN--------------------- A gSCNj ),做平行实验,平均消耗KSCN标准溶液10. 00 mL.①到达滴定终点的现象是.②POCl3的质量分数为.③：K SP(AgC1)=3 . 2X T0°mol2• -2, K SP(AgSCN)=2 X 1(j2mol2 -假设无硝基苯覆盖沉淀外表,测定POC13的质量分数将 (填褊大"、偏小“、无影响〞J【答案】〔1〕Na 2SO 3+H 2SO 4 — NaSO 4 +SO 2 f +HO 〔2 分〕 〔2〕P 2O 5 〔1 分〕 己〔1 分〕〔3〕通过观察产生气泡的速率限制通入气体的流速 〔2分〕 〔4〕温度太低,反响速率太慢；温度太高,PC13等物质挥发〔2分〕〔5〕①滴入最后一滴 KSCN 标准溶液,溶液变红色,且半分钟内不褪色〔2分〕②95.9 % 〔2分〕 ③偏小〔2分〕【解析】〔1〕Na 2SO 3固体与70%浓H 2SO 4反响生成硫酸钠、二氧化硫和水,反响的化学方程式为 Na 2SO 3+H 2SO 4 — NaSO 4+SO 2 T +HO ； 〔2〕溶液A 中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢,装置乙 中盛有酸性固体枯燥剂五氧化二磷,枯燥氯气,预防水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水解；装置中 球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化磷, 预防三氯化磷、三氯化氧磷等受热挥发,降低三氯化氧磷的产率,为增强冷凝效果不能选用直形冷凝管；〔3〕甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外,还可以起到观察产生气泡的速率限制通入气体的流速,有利于反响充分进行； 〔4〕因假设温度太低,反响速率太慢,假设温度太高,PC13等物质受热挥发,降低三氯化氧磷的产率,所以实验时用水浴加热三颈烧瓶,限制反响温度在60〜65C ； 〔5〕①由题意可知,测定 POC13产品含量时以NH 4Fe 〔SO 4〕2溶液为指示剂,用 KSCN 溶液滴定过量的 AgNO 3溶液,到达终点时的现象是滴入最后一滴KSCN 标准溶液,溶液变红色,且半分钟内不褪色；②KSCN的物质的量为0.1mol/L X0.01L=0.001mol,根据反响 Ag ++SCN -=AgSCNj ,可知溶液中剩余的银离子的物质 的量为0.001mol,那么与POCl 3和水反响生成氯化氢的银离子的物质的量为 〔0.004mol — 0.001mol 〕=0.003mol水解生成的氯化氢的物质的量为0.003mol,由题意可知1.600g 样品中POCl 3的物质的量为 空誓13X10=0.01mol 所以产品中POCl 3的质量分数为③参加少量硝基苯可以使生成的氯化银沉淀离开溶液,如果不加硝基苯,在水溶液中局部氯化银可以转化成 AgSCN ,K sp 〔AgC1〕＞K sp 〔AgSCN 〕,使得实验中消耗的 AgSCN 偏多,根据⑺的计算原理可知,会使测定结果将偏低.27. 〔14分〕CoC12可用于电镀,是一种性能优越的电池前驱材料,由含钻矿〔Co 元素主要以Co 2O 3、CoO存在,还含有Fe 、Si 、Cu 、Zn 、Mn 、Ni 、Mg 、Ca 元素〕制取氯化钻晶体的一种工艺流程如下:：①焦亚硫酸钠 Na 2s 2.5,常做食品抗氧化剂.CaF 2、MgF 2难溶于水.②CoC12 • 62O 熔点86 C,易溶于水、乙醛等；常温下稳定无毒,加热至* * 操伟①含钵旷粉 A 浸取 “A 述港1 愿pH 生M3.5।—> it-ri 2110720c 时,失去结晶水变成有毒的无水氯化钻.(1)操作①的名称为, NaClO3具有氧化性,其名称为(2)浸取中参加Na2s2O5的作用是.(3)滤液1中参加NaClO3的作用是 ,相关的离子方程式为.(4)参加Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为.(5)滤渣3主要成分为 (写化学式).滤液3经过屡次萃取与反萃取制备CoCl2晶体士口糖盐酸L ＞萃取剂】送液3基取剂I―T机层燕翔*一小溶液4 ＞＞相应的©-Co?、N F基月七制x ＞同声溶液溶液.一能一有机屎署於?船> ->cock)n)^反幸联溶液(6)滤液3中参加萃取剂I,然后用稀盐酸反萃取的目的是.(7)制备晶体CoCl2 • 62O,需在减压环境下烘干的原因是.【答案】⑴过滤(1分) 氯酸钠(1分)(2)将+3价钻复原为+2价钻(1分)(3)将亚铁离子氧化为三价铁离子,便于别离(1分)6Fe2++ClO 3-+6H+=6Fe3++Cl -+3H 20(2 分)(4)2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3 J +3C0T (分) (5)CaF2、MgF2(2 分)(6)别离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+,回收利用(2分)(7)降低烘干温度,预防产品分解产生有毒的无水氯化钻(2分)【解析】(1)操作①后得到滤液和滤渣,故操作①为过滤；NaClO3中氯为+5价,其名称为氯酸钠；(2)下一步操作过程中参加NaClO3,调节pH3.0~3.5时,会将+3价钻转化为沉淀,降低产率,而此时+2价钻不会转化为沉淀,故参加Na2s205的作用是将+3价钻复原为+2价钻；(3)NaClO 3具有氧化性,可将亚铁离子氧化为三价铁离子,便于别离,相关的离子方程式为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O; (4)参加Na2CO3 溶液生成滤渣Fe(0H)3,反响式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH) 3 J +3C0T; (5)CaF2、MgF2难溶于水,故参加NaF 后,得到的滤渣主要是CaF2、MgF2；(6)滤液3中含有Mn2+、Cu2+、Zn2+,用稀盐酸反萃取的目的是：别离出溶液中的 Mn 2+、Cu 2+、Zn 2+,回收利用； ⑺CoCl 2 • 6助 加热至110720c 时,失去结晶水变 成有毒的无水氯化钻,故减压环境下烘干的原因是：降低烘干温度,预防产品分解产生有毒的无水氯化钻.28. 〔15分〕氮的氧化物〔NOx 〕是大气主要污染物,有效去除大气中的 NOx 是环境保护的重要课题. (1)N 2O 又称笑气,有稍微的麻醉作用, N 2O 在一定条件下可分解为N 2、02.答复以下问题:：① N 2(g)+O 2(g)=2NO(g)AHi =+180.5kJ? mol -1②2NO(g)+O 2(g)=2NO 2(g) AH2=-114.14kJ? mol -1③3NO(g)=N 2O(g)+NO 2(g)AH3=-115.52kJ? mol-1那么反响 2N 2O(g)=2N 2(g)+O 2(g) A H=kJ? mol -1〔2〕汽车尾气中的NO 和CO 可在催化剂作用下生成无污染的气体而除去.在密闭容器中充入 10molCO和8molNO 发生反响,测得平衡时① T 2>T I ,那么反响 2NO(g)+2CO(g) ■S!L N 2(g)+2CO 2(g) , AH ―0(填 “ >〞 3 <〞) ②该反响到达平衡后,为同时提升反响速率和 NO 的转化率,可采取的举措有 〔填字母序号〕 a.改用高效彳t 化剂b.缩小容器的体积c.增加CO 的浓度d.升高温度③压强为10MPa 、温度为T I 下,假设反响进行到 20min 到达平衡状态,此时容器的体积为 4L,那么用N 2的浓度变化表示的平均反响速率 v 〔N 2〕=,该温度下用分压表示的平衡常数K p = —MPa -1〔分压=总压蹴质的量分数〕.④在D 点,对反响容器升温的同时扩大体积至体系压强减小, 重新到达的平衡状态可能是图中 A~G 点中 点.〔3〕在有氧条件下,新型催化剂 M 能催化NH 3与NO x 反响生成N 2,将一定比例的 .2、NH 3和NO x 的混 合气体匀速通入装有催化剂 M 的反响器中反响,反响相同时间, NOx 的去除率随反响温度的变化曲线如图所示.NO 的体积分数与温度、压强的关系如以下图①在50c 750c范围内随温度升高, NOx的去除率迅速上升的原因是_.②当反响温度高于380c时,NOx的去除率迅速下降的原因可能是.【答案】(1)-244.1(2分) (2)①V (2分) ②bc(2分)③ 0.025 mol m『n(2 分) 4/45(或0.089) (2 分) ④A(1 分)(3)催化剂活性随温度升高而增大,使NO x去除反响速率迅速增大；温度升高,反响速率加快(2分)催化剂活性下降(或NH3与O2反响生成了NO)(2分)【解析】(1)：① N2(g)+O2(g)=2NO(g) AHi=+180.5kJ? mol-1②2NO(g)+O2(g)=2NO 2(g) AH2=-114.14kJ? mol-1③3NO(g)=N 2O(g)+NO2(g) AH3=-115.52kJ? mol-1由盖斯定律可知,②-① 2-③ 2 得2N2O(g)=2N2(g)+O2(g),那么△H=-114.14 kJ? mol-1-(+180.5kJ - mol2-(-115.52kJ? mol-1) 2=-244.1kJ • m O I那么反响2N2O (g)=2N 2(g)+O 2(g) △H=-244.1kJ? mol-1;(2)①T2>T I,由图示可知反响2NO(g)+2CO(g)曾冬山2N2(g)+2CO 2(g),升高温度后,平衡后NO 的体积分数增大,说明升高温度,平衡逆向移动,逆反响方向为吸热反响,那么△HV0;②2CO(g)+2NO(g) N2(g+2CO2(g)AHv0；a项,改用高效催化剂加快反响速率,平衡不变,转化率不变,故a不能同时提升反应速率和NO的转化率；b项,缩小容器的体积,体系内压强增大,反响速率增大,平衡正向进行, NO的转化率增大,故b能同时提升反响速率和NO的转化率；c项,增加CO的浓度反响速率增大,平衡正向进行,NO的转化率增大,故c能同时提升反响速率和NO的转化率；d项,升高温度反响速率增大,反响为放热反响,升温平衡逆向进行, NO的转化率减小,故d不能同时提升反响速率和NO的转化率；应选bc；③在密闭容器中充入10molCO和8molNO ,发生反响,压强为10MPa、温度为T I下,假设反响进行到20min 到达平衡状态,NO体积分数为25%,结合三行计算列式计算,设反响生成氮气物质的量为x,2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g) A H749 kJ ♦ m61起始量(mol) 10 8 0 0变化量(mol) 2x 2x x 2x平衡量(mol) 10-2x 8-2x 2x(8-2x)/(10-2x+8-2x+x+2x) x 100%=25% x=2mol , v(N 2)= Ac/△t=2mol/(4L x 20min)=0.025 mol-1• m01i;24 210MPa 10MPa —平衡气体总物质的量=16mol,该温度下平衡常数Kp= ----------------------- 161 ---------------- 16F =0.089(MPa)-1;④6 410MPa 10MPa 一16 16假设在D点升温的同时扩大体积至体系压强减小,那么平衡会逆向移动, NO的体积分数增大,重新到达的平衡状态可能是图中A点；(3)在一定温度范围内催化剂活性较大,超过其温度范围,催化剂活性降低,根据图知：①催化剂活性随温度升高而增大,使NO x去除反响速率迅速增大；温度升高,反响速率加快.②在一定温度范围内催化剂活性较大,超过其温度范围,催化剂活性下降；(或在温度、催化剂条件下,氨气能被催化氧化生成NO),即：当反响温度高于380c时,NOx的去除率迅速下降的原因可能催化剂活性下降(或NH3与O2反响生成了NO).三、选做题(此题共2小题,考生根据要求选择其中一题进行作答)37.［化学---- 选彳3：物质结构与性质］(15分)据?自然通讯?(Nature Communications)报道,我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学复原法生产甲醇过程中催化效率高.铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛.请答复以下问题：(1)基态硒原子的价电子排布式为 ;硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是(2)电复原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O7I■铲2CH3OH+3O2.①写出该反响中由极性键构成的非极性分子的结构式 ;②标准状况下,V L CO 2气体含有个兀键.(3)苯分子中6个C原子,每个C原子有一个2P轨道参与形成大兀键,可记为(言右下角“■示6个原子,右上角“6表示6个共用电子).某化合物的结构简式为仁］,不能使澳的四氯化碳溶液褪色,由此推知,该分子中存在大兀键,可表示为, Se的杂化方式为.(4)黄铜矿由Cu+、Fe3+、S2-构成,其四方晶系晶胞结构如下图.那么Cu+的配位数为;假设晶胞参数a=b=524pm, c=1032pm,用N A表示阿伏加德罗常数的值,该晶系晶体的密度是g • Cm不必计算或化简,列出计算式即可 ).Os【答案】〔1〕4s24P4〔2分〕H2s或硫化氢〔2分〕〔2〕① O=C=O〔1 分〕② VN2 〔2 分〕11.2〔3〕5〔1 分〕sp2〔1 分〕64 4 56 4 32 8 184 4〔4〕4〔2 分〕10 210 或10 210 〔4 分〕524 10 101032 10 10N A 524 10 1032 10 N A【解析】(1)Se是34号元素,根据原子核外电子排布的构造原理,可知其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p4,基态硒原子的价电子排布式为4s24p4;硒所在主族元素是第VIA ,简单氢化物化学式通式是H2X,这些氢化物都是由分子构成,分子之间通过分子间作用力结合,分子间作用力随相对分子质量的增大而增大,分子间作用力越大,克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高,物质的熔沸点就越高,由于H2O分子之间存在氢键,增加了分子之间的吸引力,使其熔沸点在同族元素中最高,故第VIA的简单氢化物中沸点最低的是H2S; (2)①在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键. 其中CO2是由极性键构成的非极性分子,其空间构型为直线型,结构式是O=C=O;②VL标准状况下CO2的物质的量是n〔CO2〕= -VL——22.4L/molV V _ 一一人22 4 mol'由于在1个CO2分子中含有2个兀键,所以337 molCO2气体中含有的兀键数目为——mol X 2XA/mol= "^旦；(3)某化合物的结构简式为22.4 11.2 ,不能使澳的四氯化碳溶液褪色,由此推知,该分子中存在大兀键,根据结构简式可知,形成大兀键的原子个数是5个,有6个电子参与成键,因此可表示为兀6,其中Se的杂化方式为sp2； (4)根据晶胞结构分析可知,由面心上Cu与2个S相连,晶胞中每个Cu原子与4个S相连,Cu+的配位数为4;②晶胞中Fe2+数目=8X,+4 J+1=4 ,8 2Cu+的数目=6X 1+4X1=4, S2-数目为8X1=8,所以晶胞内共含 4 个CuFeS2 , a=b=524pm, c=1032pm,那么晶2 464 4 56 4 32 8 184 4体的密度P=\/ 10210 g/cm3 或10210g/cm3.V 524 10 101032 10 10N A 524 10 1032 10 N A38.［化学一一选彳5：有机化学根底］(15分)2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯煌复分解反响的科学家,以表彰他们作出的卓越奉献.烯煌复分解反响原理如下：C2H5CH=CHCH 3+CH2=CH2佛化剂.C 2H 5CH=CH 2+CH 2=CHCH 3(2)B 的结构简式是 ____________________ (3)C ―►D 的反响类型是 (4)写出D ―► M 的化学方程式(5)X 的苯环上只有一个取代基,且取代基无甲基,那么 N 的结构简式为 . (6)满足以下条件的 X 的同分异构体共有 种,写出任意一种的结构简式 ①遇FeCl 3溶液显紫色②苯环上的一氯取代物只有两种(7)写出E ―►F 合成路线(用结构简式表示有机物,箭头上注明试剂和反响条件).(3)取代反响(1分)UH oil (4)二.二 CILCII.*I IOLCHi7 rCHiCHj -C-C-CHxCHj +I ICH.CH,(其中一种,1分)I co(3分)现以烯燃C 5H 10为原料,合成有机物 M 和N,合成路线如下:(1)按系统命名法,有机物 A 的名称是【答案】 ⑴2-甲基-1-丁烯(1分)(2)CH 3CH 2c(CH 3)=C(CH 3)CH 2CH 3(2 分)NiOH/HjOf H it'H < <rH i ICH 2Br ---------------------- + 匚HiUH 3cOHl 匚hhHHQHAOH CH.CHXOHK II H .'IK I ①氧器液I —— ------------ ► CM<H ；-C-COOH ②H* (3分)【解析】由F 的结构简式可知 A 应为CH 2=C(CH 3)CH 2CH 3,生成E 为CH 2BrCBr(CH 3)CH z CH 3, F 发生 CH J CH J 'C-COOH 消去反响生成 G, G 为 ,X 的苯环上只有一个取代基,且取代基无甲基,结合 N 的分 CHi CH1CH2-C- COOCHCH^-rf^ 子式可知N 的结构简式为|| ,可知X 为苯乙醇,由M 的分子式可知 D 含有 CH> 8 个 C,结合信息可知 B 为 CH 3CH 2c(CH 3)=C(CH 3)CH 2CH 3,那么 C 为 CH 3CH 2CBKCH 3)CBr(CH 3)CH 2CH 3, DO=C-C=O / \o o 为 CH 3CH 2COH(CH 3)COH(CH 3)CH 2CH 3, M 为 \ 7 CH1CH2 - C - C - CH jCH )I ICHEHj.(1)A 为 CH 2=C(CH 3)CH 2CH 3,名 称为2-甲基-1-丁烯；(2)由以上分析可知 B 为CH 3CH 2c(CH 3)=C(CH 3)CH 2CH 3； (3)C 为 CH 3CH 2CBr(CH 3)CBr(CH 3)CH 2CH 3,在氢氧化钠溶液中发生取代反响生成 CH 3CH 2COH(CH 3)COH(CH 3)CH 2CH 3,故反响类型为取代反响; (4)D 为 CH 3CH 2COH(CH 3)COH(CH 3)CH 2CH 3, o=c-c=o/ \ 0 0M 为 \ / CHiCH; -C-C-CHjCHi I ICH3CH5 反响的方程式为 n=c-c=o V \ OH OH 6 OI I COOH 涉磁胆 \ / CH <H 3—c —c —CH2CHt+ I - A - CH T CH J —c —c —CHiClfc+2HX5 COOH 八 ICHiCHt CW1CH1 ;(5)由以上分析可知 CHjCHi-C- COOCH2CH2 -rpi| || (/；(6)X 为苯乙醇,对应的同分异构体①遇 FeCl 3溶液显紫色,那么羟基连接 CHz 在苯环,②苯环上的一氯取代物只有两种, 另一取代基为2个甲基或1个乙基,共3种,即 等；(7)E 为 CH 2BrCBr(CH 3)CH 2CH 3,可先水解生成 CH 2OHCOH(CH 3)CH 2CH 3,O ：J 「u在铜催化条件下被氧化生成醛,然后与弱氧化剂反响生成酸,反响的流程为. Oi/CliNiOH/no»CHCHM CHUHijCHrOH ——①银氨溶液,△।CH CH COUCH T^CHO-7T ---------------- ►CHjCH;-C-CtX)H②时*。

2020年高考全真模拟试卷04化 学（考试时间：100分钟 试卷满分：120分）注意事项：1．本试卷分选择题和非选择题两部分。

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2B 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，再选涂其他答案标号。

写在本试卷上无效。

3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

4．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：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 S 32 Fe 56选择题单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。

每小题只有一个选项．．．．．．符合题意。

1．化妆品中添加甘油可以起到保湿作用。

甘油中一定含有的元素有A ．氯B ．氧C ．硫D ．磷 【答案】B【解析】丙三醇（C 3H 8O 3）俗名甘油，根据丙三醇的化学式可知含有C 、H 、O 三种元素，B 正确。

2．用化学用语表示Na 2CO 3＋2Cl 2===2NaCl ＋Cl 2O ＋CO 2中的相关微粒，其中正确的是A ．Na ＋的结构示意图：B ．Cl 2O 的结构式：Cl —O —ClC ．中子数比质子数多3的氯原子：Cl 3517D ．CO 2的电子式：【答案】B【解析】钠原子核电核数为11，所以Na ＋的结构示意图：，A 错误；Cl 2O 分子中一个氧原子与两个氯原子各形成一条共价键，结构式为：Cl —O —Cl ，B 正确；氯原子的质子数为17，中子数比质子数多3则为20，质量数为17+20=37，所以该氯原子为：3717Cl ，C 错误；CO 2是共价化合物，其结构式为O=C=O ，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为：，D 错误。

3．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A ．Al 2O 3的熔点很高，可用作耐火材料B ．NH 3具有还原性，可用作制冷剂C ．SO 2具有氧化性，可用于纸浆的漂白D ．钠钾合金的密度小，可用作快中子反应堆的热交换剂【答案】A【解析】氧化铝熔点很高，所以可以做耐火材料，A 正确；氨气中的氮元素化合价是-3价，具有还原性，做制冷剂，是氨气易液化的原因，B 错误；二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的氧化性无关，C 错误；在快中子反应堆中，不能使用水来传递堆芯中的热量，因为它会减缓快中子的速度，钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂，D 错误。