2020年高考化学押题预测卷03（新课标Ⅱ卷）-化学（全解全析）.docx

2020年高考押题预测卷03【新课标Ⅱ卷】 理科综合化学·全解全析 7 8 9 10 11 12 13 D B C D C B A 7．D 【解析】A. 病毒由蛋白质和RNA组成，蛋白质含有元素C、H、O、N，RNA含有元素C、H、O、N、P，故A错误；B. 新冠病毒直径大约在60~140nm，胶体分散质直径在1~100nm，故新冠病毒扩散到空气中有可能形成胶体，故B错误；C. 医用酒精能用于消毒是因为它能使蛋白质变性，故C错误；D. 高温可使蛋白质发生变性，故D正确；故选D。 8．B 【解析】A.碳九主要含三甲苯、异丙苯、正丙苯、乙基甲苯等有机物，为混合物，由石油催化重整可得到，A正确； B.烃类有机物不溶于水，B错误；C.三甲苯、异丙苯、正丙苯、乙基甲苯分子式相同，都为C9H12，但结构不同，互为同分异构体，C正确； D.活性炭具有吸附性，可防止有机物中毒，D正确；故选B。 9．C 【解析】X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；A.化合物WX2为SO2，空间构型应为V型，故A错误；B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B错误；C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以Si的最高价氧化物对应水化物的酸性弱于S的，故C正确；D.W为S元素，X为O元素，因为O的电负性强于S，故D错误；故选C。 10．D 【解析】A. 标准状况下己烯是液体，标准状况下，2.24L 己烯的物质的量不是0.1mol，故A错误；B. KClO3 与浓HCl反应放出氯气，12.25g KClO3 与含0.6molHCl 的浓盐酸完全反应，放出氯气的物质的量小于0.3mol，转移电子小于0.5 NA，故B错误；C. 氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的聚集体，100mL 0.1mol/L FeCl3 溶液完全制成胶体，含胶体粒子数小于 0.01 NA，故C错误；D. C7H8 和 C3H8O3的相对分子质量都是92，46g C7H8 和 C3H8O3 的混合物的物质的量是0.5mol，C7H8 和 C3H8O3分子中都含有8个H原子，所以46g C7H8 和 C3H8O3 的混合物中含 H 原子数目为 4NA，故D正确。故选D。 11．C 【解析】A.电解池工作时，CO(NH2)2失去电子生成N2，a为阳极发生氧化反应，电极反应为 CO（NH2）2-6e－+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，A错误；B.b为阴极发生还原反应，电极反应为2H2O+2e－═2OH－+H2↑，B错误；C.b电极反应为2H2O+2e－═2OH－+H2↑，电解一段时间b极区溶液pH升高，C正确。D.电子是不进入溶液中，所以废水中无法通过电子，D错误。故选C。 12．B 【解析】A．向苯酚溶液中加少量的浓溴水，生成的三溴苯酚可以溶解在过量的苯酚溶液中，所以无白色沉淀，A错误；B．沉淀部分溶解，说明还有一部分不溶解，不溶解的一定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸钠只有部分被氧化，B正确；C．银镜反应是在碱性条件下发生的，本实验中没有加入碱中和做催化剂的稀硫酸，所以无法发生银镜反应，从而无法证明蔗糖是否水解，C错误；D．溶液变蓝，说明有碘生成或本来就有碘分子。能把碘离子氧化为碘的黄色溶液除了可能是溴水外，还可能是含其他氧化剂（如Fe3+）的溶液；当然黄色溶液也可能是稀的碘水，所以D错误。答案选B。故选B。 13．A 【解析】A.当pH>4后，由图像可知，溶液中几乎没有H2A，此时，δ(A2－)=，故A错误；B.随着溶液pH增大，酸对水的电离抑制作用减小，所以N点对应的溶液中水的电离程度大于M点，故B正确；C.，由图像可知，此时δ(H2A)=0.5，即c(H2A)= c(HA-)，所以Ka1=10-1.2，所以lg [Ka1(H2A)]＝－1.2，故C正确；D.由分析可知，曲线②代表的粒子是HA－故D正确；故选A。 26．（14分） （1）因为发生水解反应TiO2++(n+1)H2O⇌TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3后，CO32_与H+反应，c(H+)减小，水解平衡正反应方向移动（2分） （2）FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑（2分） 防止NH4HCO3分解或减小Fe2+水解 （2分） （3）没有（2分） 向反应容器中补充适量空气（氧气）（2分） （4）消除Fe3+的颜色干扰（2分） 2.78V（2分） 【解析】根据上述分析可知，（1）富含的TiO2+溶液，加入Na2CO3粉末与H+反应，降低了溶液中c(H+)，使平衡TiO2++(n+1)H2O⇌TiO2·nH2O+2H+向生成TiO2·nH2O的方向移动，可得到TiO2粗产品。 （2）硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，反应温度一般需控制在35℃以下，是为了避免温度过高碳酸氢铵分解，减少亚铁离子的水解程度。 （3）室温下测得溶液的pH为8.5，，由题中数据可知，溶液中，故无Fe(OH)2沉淀生成；步骤Ⅳ中，为了得到较为纯净的Fe2O3，除了适当的温度外，还需要采取的措施是向反应容器中补充适量空气(氧气)。 （4）①铁离子颜色呈黄色，干扰终点判断，而5Fe3+(黄)+2H3PO4=H3[Fe(PO4)2] (无色)+3H+，消除了铁离子干扰，②待测液消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.02mol/L×VmL×10-3L/mL=2V×10-5mol，根据反应：MnO4-(紫红)+5Fe2++8H+=Mn2+(粉红)+5Fe3++4H2O，硫酸亚铁的物质的量为：2V×10-5mol×5= V×10-4mol ，所以样品中含有的FeSO4·7H2O的质量为：278g/mol×V×10-4mol=2.78×10-2g，FeSO4·7H2O的质量分数为：。 27．（14分） （1）+41.19 kJ/mol （2分） 较低温 （2分） （2）①A （2分） ②a.450 （3分） 0<x<2.025（3分） b. （2分） 【解析】（1）反应Ⅰ：CO2 (g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.58kJ/mol，反应Ⅱ：CO2 (g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2，反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-90.77kJ/mol，根据盖斯定律，反应Ⅱ可以是Ⅰ-Ⅲ得到，所以反应Ⅱ的焓变△H2=(-49.58 kJ/mol)-(-90.77kJ/mol)=+41.19 kJ/mol；根据反应自发行的判据：△G=△H-T△S<0，反应Ⅲ是熵减的放热的反应，所以要自发进行需要在较低温下进行； （2）①A：n(H2)=3 mol，n(CO2)=1.5 mol，B：n(H2)=3 mol，n(CO2)=2 mol，二者比较，B相当于增大二氧化碳的量，平衡正向移动，但CO2的转化率反而降低，转化率小于A，所以曲线该I代表A的投料；②在温度为500K的条件下，在3 L恒容密闭容器中充入3 mol H2和1.5 mol CO2，该反应10 min时达到平衡，二氧化碳的转化率是60%，则转化的CO2物质的量浓度为△c(CO2)= ×60%=0.3 mol/L，根据反应方程式CO2 (g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)中物质反应关系可知，△c(H2)= 3△c(CO2)=0.9 mol/L，△c(CH3OH)=△c(H2O)=△n(CO2)=0.3mol/L，所以各种物质的平衡浓度：c(CO2)=(0.5-0.3) mol/L=0.2 mol/L，c(H2)=(1-0.9)mol/L=0.1mol/L；c(CH3OH)=c(H2O)=0.3 mol/L，所以a.该温度下，反应I的平衡常数K==450，500K时，若在此容器中开始充入0.3molH2和0.9 mol CO2、0.6 mol CH3OH、x mol H2O，浓度分别为0.1 mol/L，0.3 mol/L，0.2 mol/L， mol/L，若使反应在开始时正向进行，浓度商Qc=<K=450，x=2.025，所以x应满足的条件是0<x<2.025；b.当反应时间达到3min时，迅速将体系温度升至600K，反应正向进行，反应速率加快，反应产生更多的甲醇，甲醇的浓度会增加，图象为。 28．（15分） （1）催化剂、脱水剂（2分） （2）长导管中液面上升形成水柱（2分） （3）NaOH溶液（2分） SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4 （2分） （4）防止液溴挥发 （2分） 3Br2+6OH-=5Br-+BrO-+3H2O（2分） （5）30.3% （3分） 【解析】本实验目的是合成1，2-二溴乙烷，装置1中利用浓硫酸和乙醇在170℃反应制取乙烯，加热装置 1 前，先切断装置 3 与 4 的连接处，加热排尽装置内的空气；装置2为安全瓶，防止装置内压强过高；装置3为除杂装置，除去可能产生的二氧化碳和二氧化硫等，可选用氢氧化钠溶液；装置4中吸滤管中乙烯和溴发生加成反应得到1，2-二溴乙烷，溴易挥发，吸滤管中加水可以减小溴的挥发；装置5进行尾气处理。 （1）乙醇在浓硫酸/加热的条件下生成乙烯，该过程中浓硫酸既是催化剂又是脱水剂； （2）若系统发生堵塞，则装置2中液面上方压强增大，会将锥形瓶中液体压导管中，长导管中液面上升形成水柱； （3）二氧化硫和二氧化碳都可以被氢氧化钠溶液吸收；溴单质具有较强氧化性，二氧化硫具有还原性，因此溴可以将二氧化硫氧化，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4； （4）液溴容易挥发，加少量水可以减少溴的挥发；该条件下溴与NaOH 反应的氧化产物只有NaBrO3，则根据元素价态变化规律可知还原产物为Br-，即该反应中Br2既是氧化剂又是还原剂，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为3Br2+6OH-=5Br-+BrO-+3H2O； （5）溴单质的物质的量为0.1mol，根据实验现象可知溴完全反应，则根据方程式CH2 = CH2 + Br2→CH2BrCH2Br可知理论生成的CH2BrCH2Br物质的量为0.1mol，所以产率为=30.3%。 35．（15分） （1） （2分） （2） O>N>C>H（1分） sp2（1分） 配位键、共价键、离子键（2分） （3）氮化铬的离子电荷数较多，晶格能较大（2分） （4）①体心（1分） 棱心 （1分） 6（1分） 22a（2分） ②（2分） 【解析】（1）24号元素是铬，其价层电子排布式为3d54s1，则轨道表达式为： ； （2）(NH2)2CO中含有N、H、O、C，电负性由大到小的顺序为O>N>C>H，(NH2)2CO结构中碳原子上有二根单键、一个双键，则参加杂化轨道数为：（2+1）（1是双键中一个单键），杂化类型为sp2。 （3）氮化铬的晶体与氯化钠晶体都是离子晶体，因为氮化铬的离子电荷数较多，晶格能较大，所以，氮化铬熔点比氯化钠的高。 （4）①由晶胞图分析，黑球为1个，白球为12／4=3个，三角为1个，因TiO32—中钛与氧结合形成酸根离子，则三角所处位置为钛，即体心位置，氧位于立方体棱上；由三维立体对称分析，与Ca紧邻的O个数为6，Ti与O间的最短距离是面对角线的一半，即 nm。②不论如何画图，原子个数比不变，原子配位数不变，故新的结构图：。 36．（15分） （1）3-溴丙酸（1分） （1分） （2） C19H33NO2（2分） 羰基、硝基（2分） （3）取代、还原（2分） （4）（2分） （5） （2分） （6） （3分） 【解析】根据上述分析可知A是BrCH2CH2COOH，B是BrCH2CH2COCl，C是，D是，E是，F是，G是，H是。（1）根据上述分析可知A是BrCH2CH2COOH，A的化学名称为3-溴丙酸；D的结构简式为； （2）根据H的结构简式，可知H的分子式为C19H33NO2，E结构简式是，E中官能团的名称为羰基、硝基； （3） B与C发生烃基对位的取代反应产生D，所以B→D的反应类型为取代反应；E与NaBH4发生羰基的还原反应产生F，所以E→F的反应类型为还原反应； （4）F→G的化学方程式为； （5）C是，与C互为同分异构体，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6：3：1：1的有机物的结构简式为； （6）B与发生取代反应产生，与NaNO2发生取代反应产生，该物质与NaBH4发生羰基的还原反应产生，然后与HCHO在三乙胺存在时发生信息④反应产生，然后在H2、Cd/C条件下发生还原反应产生，故合成路线为： 。