2020年高考化学押题预测卷01（新课标Ⅱ卷）-化学（全解全析）.docx

‎2020年高考押题预测卷01【新课标Ⅱ卷】‎ 理科综合化学·全解全析 ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ C A B D C B C ‎7．C【解析】银饰主要成分是Ag，为金属材料，彩瓷主要成分是硅酸盐，为无机非金属材料，故A错误；石墨烯是单质，因此不是电解质，故B错误；碳化硅是新型无机非金属材料，故C正确；植物油是不饱和脂肪酸甘油酯，与氢气发生加成反应得到氢化植物油，故D错误。答案选择为C项。‎ ‎8．A【解析】根据X的键线式可知，X的分子式为C10H12，D项正确；X生成Y是发生了和氢气的加成反应，也属于还原反应，B项正确；Y和Z的分子式相同而结构不同，故两者互为同分异构体，C项正确；结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物，而环己烷和Z的不饱和度不同，两者相差的不是一个或若干个CH2，故不是同系物，A项错误。答案选择为A项。‎ ‎9．B【解析】1 mol 18O中含有的中子数为10NA，A项错误；氢氧化铁胶体微粒是大量Fe(OH)3聚集形成的，分散系中胶体微粒数小于NA，C项错误；Na2O2由Na+、O2-构成，78 g(1 mol) Na2O2固体中所含阴、阳离子总数为3NA，D项错误。答案选择为B项。‎ ‎10．D【解析】由题意可知，短周期主族元素X为N、Y为O、Z为Na、W为Al、Q为S；Y、Q的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，沸点反常，沸点H2O＞H2S，A错误；W的氧化物为氧化铝，熔点高达2000°C以上，可作耐高温材料，D正确；N、O、Na、Al的简单离子都是10电子，核电荷数越大，半径越小，则r（N3-）>，氧、硫同主族，核电荷数越大，半径越大，则，故钠离子半径不可能最大，C错误；非金属性N＜O，则 气态氢化物的稳定性H2O＞NH3，B错误。答案选择为D项。‎ ‎11．C 【解析】A．乙醇密度较小，应将浓硫酸慢慢注入乙醇中并不断搅拌，将乙醇注入浓硫酸由于浓硫酸稀释放热可能会暴沸，故A错误；B．酸性KMnO4溶液可氧化乙烯，不能达到除杂的目的，故B错误；C．Br2的CCl4溶液为橙色，1，2-二溴乙烷为无色，说法正确；D．1，2-二溴乙烷与CCl4互溶，应蒸馏法分离，故D错误。答案选择为C项。‎ ‎12．B【解析】A．由图可知，钌电极上的电极反应式为2Li2CO3+C-4e−=4Li++3CO2↑，故A正确；B．由题意可知，Li—CO2电池有活泼金属Li，所以电解液为非水溶液饱和LiClO4－(CH3)2SO（二甲基亚砜）有机溶剂，故B错误；C．由图可知，CO2通过储能系统和CO2固定策略转化为固体产物C，这种电化学转化方式不仅减少CO2的排放，还可将CO2作为可再生能源载体，故C正确；D．由图可知，CO2的固 理科综合化学 第6页（共6页）‎ 定中的电极反应式为：2Li2CO==4Li++2CO2↑+O2+4e−，转移4mol e−生成3mol气体，CO2的固定中，每生成1.5mol气体，可转移2mol e−，故D正确；答案选择为B项。‎ ‎13．C【解析】A．由图可知，0.1000 mol·L－1 HX溶液和HY溶液的pH分别是1和3，HX是强酸，而HY是弱酸，错误；B．滴定HY时，滴定终点生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应该选择酚酞作指示剂，错误； C．由图可知，滴定至B点时HY有一半被中和，溶液的pHc(Na＋)>c(HY)>c(H＋)>c(OH－)，正确；D．若A、C 两点对应的pH分别为1、9，则两点处水电离出的c(H＋)之比为10－13：10－9＝1：104，错误。答案选择为C项。‎ ‎26．（15分）‎ ‎（1）①分液漏斗（1分） ②调整B、C装置液面相平（1分） ‎ ‎ ③SO2可溶于水（合理答案均可）（1分）‎ ‎（2）①bc（2分） ②SO2＋ClO－＋H2O=SO42-＋Cl－＋2H＋（2分） ③过滤、洗涤、干燥（3分）‎ ‎（3）①c（1分）　否（1分）　‎ 高锰酸钾溶液本身有颜色，可指示滴定终点（合理答案均可）（1分）　②0.04（2分）‎ ‎【解析】（1）①根据题图可知仪器A为分液漏斗。②读数时应使左右两侧压强相同，故读数前需调整B、C装置液面相平。③方案一中生成的气体为SO2，由于SO2可溶于水，故测得的气体体积小于实际生成的气体体积，实验误差较大。‎ ‎（2）①根据方案二可知，气体a为SO2，SO2气体最终转化为沉淀，则X溶液在酸性条件下应具有氧化性，能将SO2转化为SO42-，与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，且不能影响实验结果，故X溶液可能是双氧水或硝酸钠溶液。②在X溶液中SO2与ClO－发生氧化还原反应，其离子方程式为SO2＋ClO－＋H2O=== SO42-＋Cl－＋2H＋。‎ ‎（3）①方案三中应将酸性KMnO4溶液滴入废水试样中，故用酸式滴定管盛放酸性KMnO4溶液。该方案不需要指示剂，因为KMnO4溶液本身有颜色，达到滴定终点时锥形瓶中的废水试样呈紫红色，且半分钟内不褪色。②第三次实验数据误差较大，应舍去，故由第一、二、四次实验数据可知消耗酸性KMnO4溶液的平均体积为16.00 mL，根据关系式：‎ ‎5HSO3-　　　　　～　　　　　　　2KMnO4‎ ‎5 mol 2 mol c(HSO3-)×20.00×10－3 L0.02 mol·L－1×16.00×10－3 L ‎ 解得c(HSO3-)＝0.04 mol·L－1。‎ ‎27．（14分）‎ 理科综合化学 第6页（共6页）‎ ‎（1） ①b（1分） ②5 L/mol（2分） 不（1分） ‎ ‎③增加CO的物质的量浓度或减少生成物浓度或降温等（1分）‎ ‎（2）①（1分） ②N2H4(g)=N2(g)+2H2(g) ΔH=+50.7 kJ·mol-1 （2分） ‎ ‎③350℃左右、负载率3%（2分）‎ ‎（3）SO2+ 2H2O-2e-=SO42-+4H+（2分） H2SO4（2分）‎ ‎【解析】（1）①由图象可知，曲线a变化慢，即反应速率慢，曲线b变化快，即反应速率快，催化剂的表面积越大，催化效率越高，反应速率越快，所以表示催化剂表面积较大的曲线是b；②已知n起(NO)= n起(CO)=0.4mol, n平(NO)=0.2mol，则平衡时c平(NO)=c平(CO)=0.1mol/L，c平(CO2)=0.1mol/L，c平(N2)=0.05mol/L，故K== =5 L/mol；若保持温度不变，则K值不变，再向容器中充入CO、CO2各0.2mol时，其Qc= =K，所以平衡不移动；③15min时，反应物NO的物质的量迅速减小，但不是突然变小，可能的原因是增大了CO的浓度或减小了生成物的浓度，使平衡正向移动，由于反应是放热反应，也可能是降低温度使平衡正向移动。‎ ‎（2）①肼的电子式为；②根据盖斯定律，反应Ⅰ-2×反应Ⅱ即得N2H4(g)=N2(g)+ 2H2(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2=+50.7 kJ·mol-1；③分析图象信息可知，负载率过高或过低，脱硝率都不是最高的，而温度过低或过高，脱硝率也不是最高的，只有在350℃左右，负载率为3.0%时脱硝率最高。‎ ‎（3）根据题目叙述，结合装置可知阳极反应物为SO2，生成物为SO42-，所以阳极反应式为SO2+ 2H2O-2e- =SO42-+4H+，而阴极反应为NO+H++5e- =NH4++H2O，所以总反应式为2NO+5SO2+8H2O==(NH4)2SO4+4H2SO4，由此反应方程式可知，装置中的物质A是H2SO4。‎ ‎28．（14分）‎ ‎（1）安全瓶，防止倒吸（2分） ‎ ‎（2）能（1分） ‎ ‎（3）碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解（2分） ‎ ‎（4）温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO3较多，或Na2S2O3产率降低等其它合理答案（2分） ‎ ‎（5）降低Na2S2O3晶体的溶解度，促进晶体析出（2分） ‎ 理科综合化学 第6页（共6页）‎ ‎（6）×100%（3分） ‎ ‎（7）D（2分）‎ ‎【解析】（1）装置B的作用是平衡压强，防止倒吸，则B为安全瓶防止倒吸；‎ ‎（2）Na2CO3的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠，氢氧化钠和二氧化硫反应也可以生成亚硫酸钠，可以代替碳酸钠；‎ ‎（3）Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解，碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解；‎ ‎（4）温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO3较多，或Na2S2O3产率降低等其它合理答案；‎ ‎（5）Na2S2O3．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，则乙醇的作用为：降低Na2S2O3晶体的溶解度，促进晶体析出；‎ ‎（6）根据反应Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2；2Na2S+3SO2=3S+2Na2SO3；S+Na2SO3Na2S2O3， 列关系式2Na2S·9H2O~3S~3Na2S2O3·5H2O，理论上制得Na2S2O3·5H2O晶体的质量为g，Na2S2O3·5H2O的产率为×100%=×100%；‎ ‎（7）用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水中含氧量降低，可有效防止Na2SO3被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，A不符合题意；装置A增加一导管，实验前通人N2片刻，可将装置中的空气赶走提供无氧环境，可防止Na2SO3被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，B不符合题意；先往装置A中滴加硫酸，产生二氧化硫，可将装置中的空气赶走，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液，可减少副产物的产生，C不符合题意；将装置D改为装有碱石灰的干燥管，装置中仍然含有空气，氧气可将Na2SO3被氧化为Na2SO4，不能减少副产物产生，D符合题意。‎ ‎35．（15分）‎ ‎（1）1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1（1分）‎ CuO中铜的价层电子排布为3d9，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，后者处于稳定的全充满状态而前者不是，因而二价铜能在一定条件下转化为更稳定的一价铜（2分）‎ ‎（2）V形（1分） 正四面体形（1分） >（1分）‎ 硅烷为分子晶体，随相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高（2分）‎ 理科综合化学 第6页（共6页）‎ ‎（3）sp3杂化（1分） 配位（1分）‎ ‎（4）原子晶体（1分） 12（1分） 1.6×1032/ (a3·NA) （3分）‎ ‎ 【解析】（1）已知铜的原子序数为29，其原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；CuO中铜是+2价，价电子排布为3d9，而Cu2O中铜是+1价，价电子排布为3d10，后者处于稳定的全充满状态而前者不是，因此CuO能在一定条件下转化为更稳定的Cu2O。‎ ‎（2）由于O与Se同族，C与Si同族，它们形成的最简单的氢化物中，H2O分子是V型结构，则H2Se也是V型结构，CH4是正四面体结构，可知SiH4也是正四面体结构；在Si-H中共用电子对偏向氢元素，即氢的电负性>硅，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒吸引电子能力>氢，所以电负性 Se>Si；由图象可知，在一系列硅烷中，随相对分子质量的增大，分子间作用力增强，所以熔沸点升高。‎ ‎（3）B元素最外层只有3个电子，但有4个轨道，所以可与具有孤电子对的分子或离子以配位键形成配合物，因此在配合物BF3·NH3中B原子的杂化轨道类型为sp3杂化，在B和N之间形成配位键。‎ ‎（4）金刚砂晶体是由C原子和Si原子形成的原子晶体，在该晶胞中含有的C=4，Si= =4，即含有4个SiC，该晶胞为面心立方，且C和Si可以互换，每两个C原子间最近的距离为面对角线的一半，所以每个C周围距离最近的C原子有=12个，已知晶胞的边长为a pm，即a×10-10cm，其体积为a3×10-30cm3，质量为g，则金刚砂的密度为 g/cm3。‎ ‎36．（15分）‎ ‎（1）羧基（1分） 羰基（1分） ‎ ‎（2）ⅱ，ⅲ，ⅳ（3分） ‎ ‎（3）+N2H4+2H2O（2分） ‎ ‎（4）6（2分） 、、、、、‎ 理科综合化学 第6页（共6页）‎ ‎ （2分，其中一种即可） ‎ ‎（5）（4分，每步1分）‎ ‎ ‎ 理科综合化学 第6页（共6页）‎