2020年高考化学押题预测卷03（新课标Ⅲ卷）-化学（全解全析）.docx

2020年高考押题预测卷03【新课标Ⅲ卷】 理科综合化学·全解全析 7 8 9 10 11 12 13 C D C B D A B 7．C 【解析】医用口罩能够有效阻挡病毒的进入人体感染，A不符合题意；聚丙烯树脂为合成树脂材料，属于合成有机高分子材料，B不符合题意；医用酒精中乙醇的体积分数为75%，C符合题意；疫苗中主要成分为蛋白质，若温度过高，蛋白质会发生变性，D不符合题意。故选C。 8．D 【解析】A．由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7种，故B正确；C．苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；D．乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。故选D。故选D。 9．C 【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素， W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y 为铝元素。A、W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同，均是10电子微粒，A正确；B、硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫两种共价化合物，原子个数比为1:2和1:3，B正确；C、由于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，因此硫化铝不能通过复分解反应制备，C错误；D、由于氢氧化铝是两性氧化物，则X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应，D正确。故选C。 10．B 【解析】A.1molNH4NO3溶于稀氨水中溶液中存在电荷守恒：n(NH4+)+n(H+)=n(OH−)+n(NO3-)，溶液呈中性，则硝酸根离子个数等于铵根离子个数等于NA，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4NA，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0.2NA，D项正确；故选B。 11．D 【解析】A.电解池工作时，CO(NH2)2失去电子，a为阳极发生氧化反应，故A正确； B.阴极水得电子产生H2，则阴极反应式为：2H2O+2e-═2OH-+H2↑，故B正确；C.阳极的电极反应式为： CO(NH2)2-6e-+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，若电路中通过6mol电子，阳极产生N2的物质的量为n（N2）=6mol×1/6=1mol，故C正确；D.a极发生CO（NH2）2-6e-+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，a极区溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH降低，故D错误。故选D。 12．A 【解析】A.植物油在NaOH溶液中发生水解反应，矿物油与NaOH溶液分层，现象不同可鉴别，A项正确； B.H2C2O4为弱酸，离子反应中不拆，B项错误；C. Zn、Fe构成原电池，金属性：Zn>Fe，活泼的做负极，故Zn做负极，C项错误；D.钠与无水乙醇反应，会产生氢气，由于钠密度大于乙醇密度，所以会沉底，但产生的氢气会使钠的浮力增大，慢慢的就会浮于水面，D项错误；故选A。 13．B 【解析】A. 四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱，甲胺(CH3NH2·H2O)为弱碱，同浓度的两种溶液中四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]的导电率大，所以曲线2为四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，故A错误；B.Ka×Kh=Kw，CH3NH3Cl的水解常数为10-14/10-3.38=10-10.62，其数量级为10－11。 C.b点溶液中溶质为CH3NH2·H2O和CH3NH3Cl混合物，比例关系不明确，故C错误； D. 体积为20mL、浓度为0.1mol·L－1的甲胺溶液，滴加浓度为0.1mol·L－1的盐酸，当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，此时溶液中溶质为强酸弱碱盐，促进水电离，此时水电离程度最大，即b、c、e三点中c点水的电离程度最大，故D错误；故选B。 26．（14分） （1）粉碎固体（2分） 2MoS2+7O22MoO3+4SO2（2分） MoO3、SO2（2分） （2）64（2分） （3）坩埚（1分） （4）MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑（2分） （5）0.001mol/L（3分） 【解析】（1）粉碎固体颗粒或者通入过量的空气可以提高矿石的利用率；根据流程“焙烧”时反应的化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，其中MoS2的Mo、S元素化合价均升高，发生氧化反应，故氧化产物为MoO3和 SO2； （2）由图2可知，6层中存在的固体物质分别为MoS2、MoO3、MoO2，图象分析MoS2、MoO3的物质的量百分比均为18%，根据Mo元素守恒，则MoO2 的物质的量百分比为64%，则x为64； （3）由钼酸得到MoO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是瓷坩埚； （4）Na2CO3的加入与焙烧后的产物即MoO3作用生成CO2↑，而生产的最终产物是钼酸钠晶体，且在后面加入的沉淀剂是为了除去杂质铅的，也就是说钼酸钠在后续过程中没有发生变化，所以反应的化学方程式为 MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑，则反应的离子方程式为MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑； （5）已知 c(MoO42-)=0.20mol•L−1，且Ksp(BaMoO4)=2.0×10−8，则当BaMoO4开始沉淀时，c(Ba2+)== mol•L−1=1.0×10−7mol•L−1，此时溶液中c(SO42-)== mol•L−1=1.0×10−3mol•L−1。 27．（15分） （1）-31.4（1分） （2）M·HCOOH(s)=HCOOH(g)+M(s)（2分）①<（1分）②>（1分） （3）①<（2分）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，从图像中可知在相同投料比时，T1温度下产物的体积分数大于T2温度下产物的体积分数，则T1< T2（2分） ②1（2分）③>>（2分）④（2分） 【解析】（1）已知I:HCOOH(g)CO(g)+H2O(g) △H1=+72.6kJ•mol－1；II：2CO(g)+O2(g)2CO2(g) △H 2=－566.0kJ•mol－1；III：2H2(g)+O2(g)2H2O(g) △H 3=－483.6kJ•mol－1根据盖斯定律，由III-I- II得反应IV：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) △H = (－483.6kJ•mol－1)-72.6kJ•mol－1- (－566.0kJ•mol－1)=-31.4kJ•mol－1； （2）CO2(g)和H2 (g)合成HCOOH(g)的总反应为CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)；第一步：CO2(g)+H2(g)+M(s)=M•HCOOH(s)，总反应减去第一步反应可得第二步反应的方程式为M·HCOOH(s)=HCOOH(g)+M(s)；①第一步反应CO2(g)+H2(g)+M(s)→M•HCOOH(s)为熵减的反应，即△S<0，能自发进行，则△G=△H -T△S <0，故△H<0；②甲容器恒温恒容，乙容器恒容绝热，由于该反应放热，所以乙容器的温度高于甲容器，所以乙容器反应速率较快，所以甲容器中反应达平衡所需时间比乙容器中的长，则t1>t2； （3）①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，从图像中可知在相同投料比时，T1温度下产物的体积分数大于T2温度下产物的体积分数，则T1< T2；②根据反应CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)，当投料比［］=1，即a=1时，恰好达到最大转化，HCOOH平衡时的体积分数最大；③氢气的量越大，即投料比［］越大，CO2的转化率越大，故A、B、C三点CO2（g）的平衡转化率αA、αB、αC由大到小的顺序为>>；④T1温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中，起始投料n(CO2)=1mol，C点时投料比［］=2，则n(H2)=2mol，HCOOH平衡时的体积分数为5%，设平衡时CO2转化率为x，则： CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) 开始时的浓度(mol/L) 1 2 0 改变的浓度(mol/L) x x x 平衡时的浓度(mol/L)1-x 2-x x 则有，解得x=；该反应的平衡常数K==。 28．（14分） （1）球形冷凝管（1分） （2）排尽装置中的空气，防止Fe2+被氧化（2分） （3）②（2分） （4）除去多余的KOH（2分） （5）升华（2分） 防止二茂铁挥发进入空气中（2分） （6）58.4% （3分） 【解析】（1）根据仪器的结构确定仪器b的名称是球形冷凝管； （2）二茂铁中铁是+2价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气，防止实验过程中亚铁离子被氧化；； （3）由题意可知三颈烧瓶中共加入液体115.5ml，三颈烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的2/3，，所以选择250ml； （4）C溶液中混有KOH，步骤⑤用盐酸洗涤，可除去多余的KOH； （5）二茂铁由固体直接变成气体，然后冷凝收集，其操作名称为升华；该操作中棉花的作用是防止二茂铁挥发进入空气中，分析图二装置图知该操作使二茂铁由固体可直接变成气体，然后冷凝收集；棉花团有防止粉末逸出的功能； （6）根据环戊二烯计算二茂铁的理论产量，产率=（实际产量）/(理论产量）以此计算。二茂铁的理论产量为，则产率。 35．（15分） （1）8（1分） ns2np4（2分） （2）sp3（1分） N2H4与O2均为分子晶体且相对分子质量相同，但N2H4分子之间存在氢键，故其沸点较高（2分） （3）直线（1分） （4）BE（2分） （5）①8（2分） ②Cu3N（2分） （6）（2分） 【解析】同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势。由于 N 原子为 1s22s22p3达到半满结构，相对较稳定，所以第一电离能会有所增大，根据W、X、Y、Z第一电离能变化规律可知，W为H元素、X为N元素、Y为O元素、Z为S元素，第四周期元素Q位于ds区，最外层电子半充满，价电子排布式为3d104s1，则Q为Cu，据此分析。（1）Y为O元素，基态O原子有8个电子，所以有8种运动状态不相同的电子；O元素的基态原子的价电子排布式为2s22p4，若用n表示能层，则与Y元素同族的元素的基态原子的价电子排布式为ns2np4； （2）X、W组成的一种二元化合物N2H4常用作火箭燃料，N2H4分子中氮原子的价层电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，N原子轨道的杂化类型是sp3；N2H4与O2均为分子晶体且相对分子质量相同，但N2H4分子之间存在氢键，故其沸点较高； （3）X2Y为N2O，曾被用作麻醉剂，已知N2O与CO2互为等电子体，等电子体的结构相似，已知CO2为直线形的分子，所以N2O的空间构型为直线形； （4）[Cu(NH3)4]2+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，不存在非极性共价键和π键； （5）①由晶胞结构可知，Cu在晶胞的棱上，Cu原子周围距其距离最近的Cu原子在晶胞同面的棱上，数目为8；②根据晶胞结构可知，Cu在晶胞的棱上，该晶胞中Cu的个数为12=3，N在晶胞的顶点上，该晶胞中N的个数为8=1，该二元化合物的化学式为Cu3N； （6）Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，该晶胞中Cu原子个数=,其晶胞体积V= a3cm3，其密度=g/cm3=g/cm3；根据晶胞结构可知，4r=a，解得a= 2r，则晶胞立方体的体积为a3=(2r)3，晶胞中4个金属原子的体积为4，所以此晶胞中原子空间占有率是=。 36．（15分） （1）C8H8O2（1分） （2）羰基、羟基（2分） （3）取代反应(或水解反应)（1分） （4）（2分） （5）保护酚羟基（1分） （6）12（2分） （2分） （7） 【解析】（1）由A()可知其分子式为：C8H8O2； （2）B()中含氧官能团为羰基、酚羟基； （3）对比D与E的结构可知，D中酯基均转化为羟基，说明该反应为取代反应(或水解反应)； （4）对比B与C的结构，联系反应物可知，B与(CH3CO)2O与羟基中H和Cl原子发生取代反应，其断键位置位于(CH3CO)2O中酯基的C-O键，其反应方程式为： ； （5）②将酚羟基反应为其它不易发生氧化反应的原子团，④将原子团生成酚羟基，由此可知，步骤②④的目的是保护酚羟基； （6）能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，说明有机物中含有酚羟基、醛基，B的不饱和度为5，此要求下的结构中苯环与醛基已将不饱和度占用，因此其它原子团均为饱和原子团，该有机物基本框架为，其中R为烷烃基，因此满足要求的结构有：结构有：、、、，另外与酚羟基存在位置异构，一共有4×3=12种结构；核磁共振氢谱为五组峰说明苯环具有对称结构，因此该物质为：； （7）由题干中⑤⑥反应可知，若要合成，可通过2-溴丁烷进行⑤⑥反应达到目的，因此具体合成路线为：