2020年高考化学押题预测卷（新课标Ⅰ卷）-化学（全解全析）.docx

‎2020年高考押题预测卷【新课标Ⅰ卷】‎ 理科综合化学·全解全析 ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ A D D B D C B ‎7．A 【解析】A.氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误；B.秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；C.陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；D.陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。故选A。‎ ‎8．D 【解析】A．环戊醇中含有一个羟基且不含碳碳双键，该分子中含有2个羟基且含有碳碳双键，二者结构不同，所以不属于同系物，故A错误；B．该分子中有4个碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故B错误；C．该物质可以与金属钠反应生成氢气，但没有确定气体的状况无法计算体积，故C错误；D．乙酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，碳酸氢钠和M不反应，现象不同可以用碳酸氢钠溶液鉴别，故D正确；故答案选D。‎ ‎9．D 【解析】【详解】A. 反应③ ，为工业制粗硅的原理，A正确；B. Z即镁位于元素周期表第三周期ⅡA族，B正确；C. 4种元素的原子中，Y原子即氧原子的半径最小，C正确；D.工业上通过电解熔融氯化镁而不是氧化镁来制取镁，D错误；答案选D。‎ ‎10．B【解析】A.未给标况下，所以不能计算甲烷的物质的量，故A错误；B.-OH 中氧原子核外有8个电子，氢原子核外有1个电子，所以1mol-OH中含有电子数为 9 NA，故B正确；C.因为氯化铁溶液中的铁离子会发生水解，所以1 L 1 mol·L-1FeCl3 溶液中含有 Fe3+数小于NA，故C错误；D.氧气的摩尔质量为32 g/mol，32 g O2 为1mol，含有氧分子数为NA，故D错误；综上所述，答案为B。‎ ‎11．D 【解析】A.根据质子的移动方向可知M为外接电源的正极，故A正确；B.根据质子的移动方向可知，右室为阴极室，发生了还原反应，其电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3，故B正确；C.理论上左室为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2+H2O；右室为阴极室，电极反应为：N2+6H++6e-=2NH3，根据电子守恒可知，产生的氧气和氨气同温同压下体积比为3︰4，故C正确；D.该合成氨反应的总分应方程式为：12H2O +2N2=4NH3 +3O2，不是化合反应，故D错误；故选D。‎ ‎12．C 【解析】A．若该钾盐是KHCO3，可以得到完全一样的现象，A项错误；B．溴可以将Fe2+氧化成Fe3+，证明氧化性Br2>Fe3+，则还原性有Fe2+>Br−，B项错误；C．红棕色变深说明NO2浓度增大，即平 理科综合化学 第7页（共7页）‎ 衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知正反应放热，C项正确；D．碳酸氢铵受热分解得到NH3和CO2，通入Ca(OH)2后浑浊不会消失，D项错误；答案选C。‎ ‎13．B 【解析】A．在CdS饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)=S（溶解度），则图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A正确；B．CdS的沉淀溶解平衡中，溶度积受温度影响，m、n和p点均为T1时对应的离子浓度，则其溶度积相同，B错误；C．m点达平衡，向其中加入硫化钠后，平衡逆向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C正确；D．随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdSCd2++S2-为吸热反应，则温度降低，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同等程度减小，会沿qp线向p点方向移动，D正确；故选B。‎ ‎26．（14分）‎ ‎（1）2（2分）‎ ‎（2）4 ×10-21 mol•L-1（2分）‎ ‎（3）①离子键、(极性)共价键（2分）‎ ‎②Fe(OH)3（2分） MnO2 +4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O（2分） c（2分）‎ ‎③7Na2CO3+7MnSO4+ 11H2O=MnCO3•6Mn(OH)2•5H2O↓+7Na2SO4+6CO2↑（2分）‎ ‎【解析】（1）由题给条件知KMnO4是强酸强碱盐，故HMnO4是强酸，0.01 mol•L-l的HMnO4溶液的pH=2。‎ ‎（2）对于反应Pb2+(aq)+ MnS(s)⇌PbS(s)+Mn2+(aq)，K==，当c(Mn2+)=1 ×10-6 mol•L-1，可求出c(Pb2+)=4 ×10-21 mol•L-1。‎ ‎（3）①MnSO4是离子化合物，含有离子键，中含有极性共价键；‎ ‎②根据分析可知滤渣Ⅱ主要成分是Fe(OH)3；由流程图知，MnO2被Fe2+还原为Mn2+，Fe2+则被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可知反应的离子方程式为MnO2 +4H++2Fe2+= 2Fe3+ + Mn2+ +2H2O；由图知当温度达到80 ℃后，MnO2的转化率几乎没有变化，故温度控制在80 ℃左右为好，再升高温度转化率变化不大，反而浪费资源；‎ ‎③碳酸根水解显碱性，锰离子水解显酸性，二者相互促进，所以生成的气体应为CO2，故可先写出Na2CO3+MnSO4+ H2O→MnCO3•6Mn(OH)2•5H2O↓ +CO2↑，根据质量守恒定律确定有Na2SO4生成，得到7Na2CO3+7MnSO4+11H2O=MnCO3•6Mn(OH)2•5H2O↓ +6CO2↑ +7Na2SO4。‎ ‎27．（14分）‎ 理科综合化学 第7页（共7页）‎ ‎（1）2NH3+2O2N2O+3H2O（2分）‎ ‎（2）①BC（2分） ②NaNO3（2分） NO（2分）‎ ‎（3）①3HClO+2NO+H2O3Cl−+2+5H+（3分）‎ ‎②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强（3分）‎ ‎【解析】（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O；‎ ‎（2）①A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A；B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；C.定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选C。故答案为BC；‎ ‎②由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO，故答案为NaNO3；NO；‎ ‎（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO3-和Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+；‎ ‎②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强。‎ ‎28．（15分）‎ ‎（1）水浴（2分）‎ ‎（2）为保证反应温度的稳定性(小于50℃)或控制反应温度在50℃以下（2分）‎ ‎（3）未出现紫红色（2分）‎ ‎（4）热水（2分）‎ ‎（5）C（2分）‎ ‎（6）碱式滴定管（2分） 98.5%（3分）‎ ‎【解析】（1）氧化过程需要使反应温度维持在35℃左右，要用35℃的热水浴；‎ ‎（2）因为滴速对溶液的温度有影响，为保证反应温度的稳定性(小于50℃)或控制反应温度在50℃以下，需要控制环己醇滴速； ‎ 理科综合化学 第7页（共7页）‎ ‎（3）为证明“氧化”反应已结束，就是检验无高锰酸钾即可，所以在滤纸上点1滴混合物，若观察到未出现紫红色，即表明反应完全；‎ ‎（4）根据步骤中分析可知要使生成的MnO2沉淀并充分分离MnO2沉淀和滤液，应趁热过滤；为减少MnO2沉淀的损失，洗涤时也要用热水洗涤；‎ ‎（5）据题意，高锰酸钾约0.060mol，碳酸钠3.18g，0.030mol，根据元素守恒，得最后NaCl、KCl最多为0.060mol，质量分别为3.51g，4.47g，所需体积最少要10mL、13.4mL，为确保产品纯度及产量，所以应浓缩溶液体积至15mL；‎ ‎（6）①氢氧化钠溶液呈碱性，需要的仪器是碱式滴定管；‎ ‎②称取已二酸(Mr＝146g/mol)样品0.2920g，用新煮沸的50mL热水溶解，滴入2滴酚酞试液，用0.2000mol/L NaOH溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗NaOH的平均体积为19.70mL；设己二酸样品的纯度为ω，则：‎ ‎＝‎ 解得ω＝98.5%。‎ ‎35．（15分）‎ ‎（1）OF2、NF3、SiF4（3分）‎ ‎（2）5s25p3（1分） V型（1分） H2O或H2S、NH2-（2分）‎ ‎（3）价层电子互斥（1分） 327（2分）‎ ‎（4）①部分气态HF分子间以氢键结合了（1分）‎ ‎②abc（1分）‎ ‎③F＞O＞C＞Al＞Na（1分）‎ ‎④AlCl3为分子晶体，熔融不导电，无法电解（1分）‎ ‎⑤Na+（1分）‎ ‎【解析】（1）OF2中O形成2个δ键，孤电子对==2，总共电子对数为2+2=4，所以OF2为sp3‎ 理科综合化学 第7页（共7页）‎ 杂化，故符合题意；NF3中N形成3个δ键，孤电子对==1，总共电子对数为1+3=4，所以为sp3杂化，故符合题意； SiF4中Si形成4个δ键，没有孤电子对，总共电子对数为0+4=4，所以为sp3杂化，故符合题意；PF5中P形成5个δ键，没有孤电子对，总共电子对数为0+5=5，所以为sp3d杂化，故不符合题意；SF6中S形成6个δ键，孤电子对==0，总共电子对数为0+6=6为sp3d2杂化，故不符合题意；故答案为：OF2、NF3、SiF4；‎ ‎（2）锑为第五周期第V主族元素，其价电子排布式为5s25p3。[H2F]+与H2O、NH2-互为等电子体，结构相似，其空间构型均为：V型，故答案：5s25p3；V型；H2O、NH2-；‎ ‎（3）SF6被广泛用于高压电器设备的绝缘介质。根据价层电子互斥理论，可判断出其空间构型为正八面体。根据Born-Haber循环能量构建能量图可知，S(s)+3F2(g)SF6的S-F的键能==327kJ·mol-1。故答案为：价层电子互斥；327；‎ ‎（4）①因为HF分子间存在氢键，所以在测定气态HF的摩尔质量时，有部分HF分子通过氢键而结合了，往往得不到20g•mol-1的数据，故答案：有部分HF分子通过氢键而结合了；‎ ‎②冰晶石(Na3AlF6)晶体不导电，但熔融时能导电，说明属于离子化合物，含有离子键，由Na+、[AlF6]3-构成，[AlF6]3-中含有配位键，也属于极性键，故选：abc；‎ ‎③冰晶石的生产原理为2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2Na3[AlF6]+3CO2↑+9H2O，反应物中元素(氢除外)还有Al、O、F、Na、C元素，根据非金属性越强，其电负性越强，电力能越大，所以他们的第一电离能从大到小的顺序为F＞O＞C＞Al＞Na；‎ ‎④因为AlCl3为共建化合物，属于分子晶体，在熔融状态下，不能电离出Al3+，所以工业上不用电解熔点更低的AlCl3制取铝，故答案：因为AlCl3属于分子晶体，在熔融状态下，不能电离出Al3+；‎ ‎⑤●的个数=8 +6=4，○个数=12+8=11，要使两种离子的个数之比为1:3，则大立方体的体心处所代表的微粒是Na+，故答案为：Na+；‎ ‎36．（15分）‎ ‎（1） （1分） （2）碳碳双键、酯基（1分）‎ ‎（2）取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N（2分）‎ 理科综合化学 第7页（共7页）‎ ‎（3）否（1分） KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键（2分）‎ ‎（4） +CH3CHO （2分）加成反应（1分）‎ ‎（5）6（2分）‎ ‎（6）CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br ‎ （3分）‎ ‎【解析】（1）由流程：E和N发生酯化反应得到的G为，则E、N分别为和中的一种，C反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇，E为，则N为，逆推出M为、L为，结合信息③，逆推出K为，由E逆推出D为，结合信息②，逆推出C为，C由B在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为，又知A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1，即A分子内有2种氢原子且二者数目相同，则A为；据上分析，A为；G为，G中官能团为碳碳双键、酯基；‎ ‎（2）M为，N为，N呈酸性，检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N； ‎ ‎（3）学生建议用KMnO4 (H＋)代替O2把M转化为N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那么建议就不可行；‎ 理科综合化学 第7页（共7页）‎ ‎（4）K为，则K→L的反应可通过信息③类推，反应为：+CH3CHO ，从反应特点看是加成反应；‎ ‎（5）F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件——条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，由此可把2个位于对位的取代基分成以下几种情况：①—CHO、 ②—CHO、③—CHO、④—CH2CHO、⑤、⑥、；故共有6种；‎ ‎（6）由流程图知，C和NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入2个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br 。‎ 理科综合化学 第7页（共7页）‎