2020年高考化学押题预测卷03（山东卷）-化学（全解全析）.docx

‎2020年高考押题预测卷03【山东卷】‎ 化学·全解全析 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ D D C B A D D C C D BC C AB AD D ‎1．【答案】D ‎【解析】‎ A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制剂在温度较高时容易失活，需要冷冻保存，故A正确；‎ B. 金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故B正确；‎ C. 纳米复合材料表面积大，纳米复合材料实现了水中微污染物铅（Ⅱ）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的量小，故C正确；‎ D. 光缆的主要成分是二氧化硅，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎2．【答案】D ‎【解析】‎ A．冰中1个水分子周围有4个水分子通过氢键连接，每个水分子相当于含有2个氢键，所以1mol冰中，氢键的数目是2NA，故A错误；‎ B．铁为阳极，Fe-2e－=Fe2＋，Cr2O72－与亚铁离子发生氧化还原反应生成Cr3＋和三价铁离子，其离子方程式为：Cr2O72－+6Fe2＋+14H＋=6Fe3＋+2Cr3＋+7H2O；得关系式：Fe2＋～2e－～～ Cr2O72－，当电路中通过6 mol e－，有0.5 mol Cr2O72－被还原，故B错误；‎ C．所以标准状况下，22.4 L NO2物质的量为：‎22.4L‎22.4L·mol‎－1‎ =1 mol，含有的原子数等于3 NA，故C错误；‎ D．依据分解化学方程式和盐酸化合价变化计算电子转移，1 mol LiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al，化学方程式为：2LiAlH4=2LiH+3H2↑+2Al，转移电子3NA，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3．【答案】C ‎【解析】‎ A.MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热，缺少加热装置，A不能达到实验目的；‎ B.向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液得到红褐色的Fe(OH)3沉淀，不能获得氢氧化铁胶体，制备氢氧化铁胶体应向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续加热至液体呈红褐色即可，B不能达到实验目的；‎ C.I2易升华，加热I2和KCl固体的混合物，I2变为碘蒸气，碘蒸气在圆底烧瓶底冷凝成I2固体，烧杯中留下KCl，C能达到实验目的；‎ D.锥形瓶中产生气泡，说明锥形瓶中发生反应2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑，得出酸性HCl>H2CO3‎ 化学 第10页（共10页）‎ ‎，但HCl不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较C、Cl非金属性强弱，由于盐酸具有挥发性，从锥形瓶导出的CO2中一定混有HCl，HCl能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故烧杯中产生白色沉淀，不能说明CO2一定与硅酸钠溶液发生了反应，不能比较H2CO3、H2SiO3酸性的强弱，不能比较C、Si非金属性的强弱，D不能达到实验目的；‎ 答案选C。‎ ‎4．【答案】B ‎【解析】‎ A.a的同分异构体中属于芳香烃的除了b和c外还有，另a还可能有链状的同分异构体如CH2=CH—CH=CH—CH=CH—CH=CH2等、或环状的同分异构体如等，A错误；‎ B.a、b、c侧链上的一氯代物都只有1种，a苯环上一氯代物有2种，b苯环上一氯代物有3种，c苯环上一氯代物只有1种，故三种二甲苯中，b的一氯代物种数最多，B正确；‎ C.a、b、c均能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，a、b、c都不能与溴水发生化学反应，C错误；‎ D.a、b、c分子中都含有—CH3，与—CH3中碳原子直接相连的4个原子构成四面体，a、b、c中所有原子都不可能在同一平面上，D错误；答案选B。‎ ‎5．【答案】A ‎【解析】‎ A．明矾含有铝离子，胃药奥美拉唑碳酸氢钠含有碳酸氢根离子，二者发生双水解反应，药物失效，所以二者不能同时服用，故A正确；‎ B．溶液体积未知，且氢氧化铝胶体微粒是多个铝离子与氢氧根的集合体，无法计算生成氢氧化铝胶体微粒个数，故B错误；‎ C．沉淀质量最大时，硫酸根离子完全反应，此时铝离子转化成偏铝酸根离子，故C错误；‎ D．盐类水解促进水的电离，所以室温下，0.1 mol•L−1明矾溶液中水电离出c(H＋)大于10−7mol•L−1，故D错误；故答案选A。‎ ‎6．【答案】D ‎【解析】‎ 已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe；与同主族，与同周期，可知A、B、C、D分属三个不同的短周期，则A为H，D为Na，由与的原子序数之和为20，可知C为F；甲、乙分别为元素E、A的单质， 丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，结合图示转化关系，由Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁可知可知丙为H2O，丁为Fe3O4，则B为O元素。‎ A．H、O两元素组成的H2O2有强氧化性，具有漂白性，故A正确；‎ 化学 第10页（共10页）‎ B．O和Na组成的Na2O2中含有离子键和非极性共价键，故B正确；‎ C．F2溶于水生成HF和O2，故C正确；‎ D．丁为Fe3O4，是黑色固体，由3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知1 mol Fe与足量H2O反应转移电子NA，故D错误；故答案为D。‎ ‎7．【答案】D ‎【解析】‎ A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；‎ B．根据转化关系，结合得失电子守恒， N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：N2O+ Pt2O+= N2+ Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1 mol N2O转化为N2得到2 mol电子，则每1 mol Pt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；‎ C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；‎ D．CO2和N2O的摩尔质量都为44 g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则 1 g CO2 、N2O的混合气体的物质的量为mol，含有电子数为mol ×22×NA=0.5NA，故D正确。‎ ‎8．【答案】C ‎【解析】‎ A．二者溶解度受温度影响不同，冷却结晶后过滤可分离，则玻璃仪器还需要漏斗，故A错误；‎ B．NaClO 在溶液中会水解生成HClO，HClO具有漂白性，不能用pH试纸测pH，故B错误；‎ C．在烧杯中配制一定质量分数的溶液，计算后称量、溶解，则25 g CuSO4·5H2O溶解在975 g水中，质量分别为16%，但溶液体积是 =1000 mL=1 L，故C正确；‎ D．向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，此时溶液呈酸性，要加NaOH溶液中和至中性或弱碱性，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热，故D错误；故选C。‎ ‎9．【答案】C ‎【解析】‎ A．电极B为阴极，NOx得到电子，生成铵根离子，发生电极反应：NOx+（2x+3）e- +（2x+4）H+=NH4++xH2O，故A正确；‎ B．在电解质溶液中，电极B中生成铵根离子，电极A处生成硫酸根离子，故硫酸铵稀溶液浓度变大，溶液C为浓硫酸铵溶液，由于浓度越大，水解产生的H+浓度越大，所以酸性增强，故B正确；‎ C．电极A是阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，故C错误；‎ D．1 mol SO2转化为硫酸根，转移2 mol电子，则转移0.2 mol电子时消耗0.1 mol SO2，故D正确；‎ 答案选C。‎ 化学 第10页（共10页）‎ ‎10．【答案】D ‎【解析】‎ A.反应1为2ZnFeO4+H22ZnFeO3.5+H2O，氧化产物为H2O，故A错误；‎ B.反应2为4ZnFeO3.5+SO24ZnFeO4+S，还原产物为S，故B错误；‎ C.循环Ⅱ中电解时，阳极上Mn2+放电生成MnO2，若Mn作为循环Ⅱ中电解过程中的阳极材料，则阳极上Mn放电，得不到MnO2，故C错误；‎ D.循环I中总反应为2H2+SO2S+2H2O，循环Ⅱ中电解过程发生反应为MnSO4+2H2OMnO2+H2SO4+H2↑，吸收过程发生反应为MnO2+SO2=MnSO4，故循环Ⅱ中总反应为2H2O+SO2=H2SO4+H2，循环I和循环Ⅱ中消耗同质量的SO2，理论上得到S和H2SO4的物质的量之比为1:1，质量之比为16:49，故D正确。故选D。‎ ‎11．【答案】BC ‎【解析】‎ A．X中含有一个甲基，结构类似甲烷，所有原子不可能在同一平面内，故A错误；‎ B．X含有酚羟基，Z中含有碳碳双键，均能与酸性KMnO4溶液反应，故B正确；‎ C．Y中有酯基和溴原子，都可与氢氧化钠反应，1 mol Y最多能与2 mol NaOH反应，故C正确；‎ D．一个碳原子要成为手性碳需满足两个条件：该碳原子必须是sp3杂化，且连有四个不同的基团。室温下Z中的双键可以与Br2发生加成，产物的结构式为，分子中连有溴原子的碳都是手性碳，则有4个手性碳原子，故D错误；答案选BC。‎ ‎12．【答案】C ‎【解析】‎ A．由曲线③盐酸滴定NaAc溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升高，说明条件相同时导电能力：盐酸>NaAc，故A正确；‎ B．曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B正确；‎ C．由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线① 逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线②起点可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线③，故C错误；‎ D．反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D正确；故选C。‎ ‎13．【答案】AB ‎【解析】‎ ‎ A．面心立方最密堆积配位数为12，故A正确； ‎ 化学 第10页（共10页）‎ B．该晶胞中最近的相邻两个CO2 分子间距为a pm，即晶胞面心上的二氧化碳分子和其同一面上顶点上的二氧化碳之间的距离为a pm，则晶胞棱长=a pm=a×10-10 cm，晶胞体积=(a×10-10 cm)3，该晶胞中二氧化碳分子个数=8×+6×=4，晶胞密度=，故B正确； C．该晶胞中二氧化碳分子个数=8×+6×=4，故C错误； D．二氧化碳分子是直线形分子，C原子价层电子对个数是2，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp，故D错误；故选AB。‎ ‎14．【答案】AD ‎【解析】‎ A．曲线1中盐酸溶液在升高温度的过程中离子浓度不变，但电导率逐渐升高，说明温度升高可以提高离子的迁移速率，故A错误；‎ B．温度升高，促进了CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，则由曲线3和曲线4可知，温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关，故B正确；‎ C．曲线1和曲线2起始时导电率相等，但温度升高能促进醋酸的电离，溶液中离子浓度增加，但盐酸溶液的导电率明显比醋酸高，说明可能原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率，故C正确；‎ D．曲线1和曲线2起始时导电率相等，可知盐酸和醋酸两溶液中起始时离子浓度相等，包括H+和OH-浓度也相等，而随着温度的升高，促进醋酸的电离，醋酸溶液中的H+和OH-浓度不再和盐酸溶液的H+和OH-浓度相等，则两者的导电率升高的幅度存在差异，可能与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率有关，故D错误；故答案为D。‎ ‎15．【答案】D ‎【解析】‎ A、 容器I中 2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)，‎ c始/mol·L－1 0.3 0.15 0.1‎ c变/mol·L－1 0.1 0.05 0.1‎ c平/mol·L－1 0.2 0.10 0.2‎ K==10‎ ‎ 容器Ⅱ中 2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)，‎ c始/mol·L－1 0.4 0.2 0‎ c变/mol·L－1 2x x 2x c平/mol·L－1 0.4- 2x 0.2-x 2x 化学 第10页（共10页）‎ K=，解得x=0.1mol·L－1，v(Br2)=0.1mol·L－1/4min== 0.025mol/(L•min)，故A错误；B、将容器I、容器III的生成物全部转化成反应物，容器I的投料相当于容器III的2倍，达平衡时，容器I相当于对2个容器III进行加压，平衡正向移动，容器I与容器III中的总压强之比小于2:1，故B错误；‎ C、升高温度，逆反应速率增大，正反应速率也增大，故C错误；‎ D、将容器II、容器III的生成物全部转化成反应物，容器II的投料相当于容器III的2倍，达平衡时，容器II相当于对2个容器III进行加压，平衡正向移动，容器II中c(Br2)减小，c(NOBr)增大，容器II中c(Br2)/c(NOBr)比容器III中的小，故D正确；故选D。‎ ‎16．【答案】（1）－149.73 kJ·mol－1 （2）脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大 （3） b 脱氢法为吸热反应，温度升高，K增大 （4） 3∶2 （5） HCHO＋H2O -4e－ = CO2＋4H＋ 3 ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)已知i．CH3OH(g)═HCHO(g)+H2(g)△H1=+92.09 kJ•mol-1 ii.2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H3=-483.64 kJ•mol-1， 根据盖斯定律i+ii得方程式CH3OH(g)+O2(g)=HCHO(g)+H2O(g)△H2=(+92.09-×483.64)kJ/mol=-149.73kJ•mol-1；‎ ‎(2)根据热化学反应方程式可知脱氢法焓变大于零为吸热反应，氧化法焓变小于零为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大；‎ ‎(3)脱氢法为吸热反应，温度升高，K增大，所以曲线b对应的是脱氢法；‎ ‎(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子，根据C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气分子个数之比=6：4=3：2，即物质的量之比为3:2；‎ ‎(5)据图可知a极HCHO被氧化生成CO2，则a为原电池负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为HCHO＋H2O -4e－ = CO2＋4H＋；根据电极方程式可知转移4×10－4 mol电子时，参与反应的HCHO为1×10－4 mol，质量为1×10－4 mol×30 g/mol=0.003 g=3 mg。‎ ‎17．【答案】（1）[Ar]3d84s2(或1s22s22p63s23p63d84s2) （2）sp3、sp2 （3）CN－ （4） 28 mol NH3分子间可形成氢键，而PH3分子间不能 （5） H2 ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）镍在元素周期表中的原子序数为28，根据原子的构造原理，镍基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2(或1s22s22p63s23p63d84s2)；‎ ‎（2）根据丁二酮肟的结构简式，其中碳原子既有单键又有双键，碳碳单键上的碳原子的杂化类型是sp3‎ 化学 第10页（共10页）‎ ‎，碳碳双键上的碳原子的杂化类型是sp2杂化； 　‎ ‎（3）等电子体是指一类分子或离子，组成它们的原子数相同，而且所含的价层电子数相同，CO含有2个原子，价层电子数为14个电子，与CO互为等电子体的阴离子有 CN-或C22-等；‎ ‎（4）[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+与6个NH3形成6个配位键属于σ键，NH3形成3个氮氢单键为σ键，SO42-中含有4个σ键，所以1 mol [Ni(NH3)6]SO4中σ键的数目=1 mol×(6+6×3+4)=28mol； PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的；‎ ‎（5）晶胞中X位于晶胞的顶点，数目＝8×=1、Y位于晶胞的体心和面上，数目＝1+8×=5、Z位于晶胞的面和棱上，数目＝8×+2×=3，则该物质的组成为XY5Z3，结合化学式LaNi5H6，可知X代表La、Y代表Ni、Z代表H2。‎ ‎18．【答案】（1）① I. AlCl3 + NH3=AlN + 3HCl II. b ② 3Mg + N2Mg3N2 Mg3N23Mg + N2 ③反应ⅱ能降低氧气浓度，有利于反应ⅰ正向移动 （2）①AlN + 4H2O = Al(OH)3 + NH3·H2O ② 粒径较小的AlN表面积大，水解反应速率较大 （3） ×100% ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）①Ⅰ.气体和制备 ，反应的化学方程式是，‎ 答案为：；‎ Ⅱ.根据表中数据，要保证为气体，需要温度大于181℃，排除a，大于2000℃会分解， 排除c，‎ 故答案选b；‎ ‎②根据表中数据，大于300℃，镁和氮气反应，大于800℃氮化镁会分解，‎ 故答案为：；；‎ ‎③反应ⅱ能消耗氧气，反应ⅰ生成氧气，故反应ⅱ能促进反应ⅰ正向进行，‎ 答案为：反应ⅱ能降低氧气浓度，有利于反应ⅰ正向移动；‎ ‎（2）①氮化铝水解产生氢氧化铝和一水合氨，‎ 故答案为：AlN + 4H2O = Al(OH)3 + NH3·H2O ；‎ ‎②由图像可以看出两条曲线的反应速率是不同的，反应速率和接触面积有关，‎ 故答案为：粒径较小的AlN表面积大，水解反应速率较大；‎ ‎（3）消耗硫酸的物质的量为：，氨气和硫酸按照2:1反应，故氨气的物质的量为：，根据氮元素守恒，氮化铝的物质的量也是，故样 化学 第10页（共10页）‎ 品中氮化铝的质量分数为×100%，‎ 故答案为：×100%‎ ‎19．【答案】（1）①溶液表面形成一层晶膜 ②减慢冷却结晶的速度 （2）①球形干燥管 ②b （3）Cu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑ （4）吸收SO2和HCl，防止倒吸 ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）①由Cu(NO3)2溶液制得Cu(NO3)2·3H2O晶体，蒸发浓缩时，温度不能过高，否则Cu(NO3)2∙3H2O会变质，当蒸发皿中出现溶液表面形成一层晶膜时，停止加热；‎ ‎②控制温度，加热至溶液表面形成一层晶膜，减慢冷却结晶的速度，可得到较大颗粒的Cu(NO3)2∙3H2O晶体；‎ ‎（2）①根据仪器构造可知仪器c球形干燥管；‎ ‎②向三颈烧瓶中缓慢滴加SOCl2时，盛装SOCl2的漏斗上的玻璃管可以保证烧瓶和漏斗内的压强相等，不需要打开活塞a，液体也可顺利流出，因此只需打开活塞b即可；‎ ‎（3）根据分析，装置甲中Cu(NO3)2·3H2O和SOCl2发生反应的化学方程式为Cu(NO3)2·3H2O＋3SOCl2Cu(NO3)2＋3SO2↑＋6HCl↑；‎ ‎（4）根据反应原理，反应中产生二氧化硫和氯化氢气体，且二氧化硫有毒，二者都不能排放到大气中，则装置乙盛装的是氢氧化钠溶液，作用是吸收SO2和HCl，并防止倒吸。‎ ‎20．【答案】（1） （2）取代反应 （3）醛基 （4）4 ‎ （5） ‎ （6） ‎ （6） ‎ （7） ‎ ‎【解析】‎ 由有机物的转化关系可知，在光照条件下与氯气发生取代反应生成，则A为，B为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则C为；一定条件下，‎ 化学 第10页（共10页）‎ 与氨气和氢气反应生成，则D为；在催化剂作用下，CH2=CHCH3与氧气发生催化氧化反应生成CH2=CHCHO，则E为CH2=CHCH3，F为CH2=CHCHO；CH2=CHCHO与发生加成反应生成，则a为；一定条件下转化为，与氯酸钠发生氧化反应生成，则I为；一定条件下，与发生取代反应生成，则J为；在催化剂作用下，与氢气发生加成反应（或还原反应）生成，与LiAlH4发生还原反应生成，则L为；一定条件下转化为，经过一系列反应生成莫西沙星。‎ ‎（1）由分析可知，A的结构简式是，故答案为：；‎ ‎（2）A→B 的反应为，在光照条件下与氯气发生取代反应生成，故答案为：取代反应；‎ ‎（3）C的结构简式为，官能团醛基，故答案为：醛基；‎ ‎（4）物质 a 的分子式为C6H7N，结构简式为，分子中有4种不同化学环境的氢原子，故答案为：‎ 化学 第10页（共10页）‎ ‎4；‎ ‎（5）I的结构简式为，D+I→J 的反应为一定条件下，与发生取代反应生成和水，反应的化学方程式为，故答案为：；‎ ‎（6）由分析可知，芳香化合物 L 的结构简式为，故答案为：；‎ ‎（7）酸性条件下，反应器中与Ce4+离子发生氧化反应生成和Ce3+离子，反应的离子方程式为，故答案为：。‎ 化学 第10页（共10页）‎