2020年高考化学金榜冲刺卷01 【解析版】

2020 年高考金榜冲刺卷 01 化学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cu-64 一、选择题：本题共 7 个小题，每小题 6 分。共 42 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求 的。 7．化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是 A．2020 年 3 月 9 日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是一种有机高分子材料 B．白葡萄酒含维生素 C 等多种维生素，通常添加微量 的目的是防止营养成分被氧化 C．酒精与 84 消毒液混合，可增强杀灭新型冠状病毒效果 D．聚合硫酸铁 ，是新型絮凝剂，可用来杀灭水中病菌 【答案】B 【解析】 A. 计算机的芯片材料是高纯度单质硅，是无机材料；故 A 错误； B. 二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，故 B 正确； C. 84 消毒液的有效成分为 NaClO，有强氧化性，乙醇有还原性，二者混合发生氧化还原反应产生有毒 ，不 仅降低消毒效果，还可能引发中毒，故 C 错误； D. 聚合硫酸铁 能做新型絮凝剂，是因为其能水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮的 固体杂质而净水，但是不能杀灭水中病菌，故 D 错误； 故选 B。 8．完成下列实验，所用仪器或操作合理的是 A B C D 配制 250 mL 0.10 mol·L−1NaOH 溶液 除去工业乙醇中的杂质 除去粗盐水中的不溶 物 用标准 NaOH 溶液滴 定锥形瓶中的盐酸 2SO ( )2 x 4 y n Fe (OH) SO   2Cl ( )2 x 4 y n Fe (OH) SO  【答案】C 【解析】 A．配制 250 mL 0.10 mol·L−1NaOH 溶液，不能用容量瓶溶解氢氧化钠固体，故 A 错误； B．蒸馏法除去工业乙醇中的杂质，温度计的液泡应在蒸馏烧瓶支管口处，故 B 错误； C．过滤法除去粗盐水中的不溶物，故 C 正确； D．用标准 NaOH 溶液滴定锥形瓶中的盐酸，标准 NaOH 溶液应盛在碱式滴定管中，滴定时，眼睛应该注视锥形 瓶内颜色变变化，故 D 错误；选 C。 9．NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A．28g 乙烯和丙烯混合物中的极性键数目为 4NA B．32g Cu 和 32g S 充分反应，转移电子数为 NA C．精炼铜时，若阳极失去 0.1 NA 个电子，则阴极增重 3.2g D．等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相等 【答案】B 【解析】 A. 乙烯和丙烯的最简式为CH2，含有2个极性键，28g 乙烯和丙烯混合物认为含有最简式CH2的物质的量为2mol， 则含有极性键数目为 4NA，故正确；B. 32g Cu 和 32g S 充分反应是生成 0.25mol 硫化亚铜，转移电子为 0.5mol， 故错误；C. 精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中的活泼金属先溶解生成离子形式，然后是铜溶解，阴极是铜离子得 到电子生成铜单质，所以若阳极失去 0.1 NA 个电子，则阴极得到 0.1 NA 个电子，则阴极增重 3.2g，故正确； D. 钠和氧气或氯气反应时都是生成钠离子，所以等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数 相等，故正确。故选 B。 10．下列各组中微粒能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写正确的是 选项 微粒组 加入的试剂 发生反应的离子方程式 A Fe3+、I−、Cl− NaOH 溶液 Fe3++3OH−═Fe(OH)3↓ B K+、NH3⋅H2O、CO32− 通入少量 CO2 2OH−+CO2═CO32−+H2O C H+,Fe2+、SO42− Ba(NO3)2 溶液 SO42−+Ba2+═BaSO4↓D Na+、Al3+、Cl− 少量澄清石灰水 Al3++3OH−═Al(OH)3↓ 【答案】D 【解析】 A. Fe3+、I−之间发生氧化还原反应，在溶液中不能共存，A 项错误； B. 通入少量 CO2， NH3⋅H2O 优先反应，为弱电解质，在离子方程式中保留化学式，正确的离子方程式为：2NH3 ⋅H2O +CO2═CO32−+H2O+2NH4+，B 项错误； C. 加入硝酸钡后，硝酸根离子在酸性条件下氧化亚铁离子，所以发生反应的离子方程式还有： NO3−+3Fe2++4H+═NO↑+3Fe3++2H2O、SO42−+Ba2+═BaSO4↓，C 项错误； D. Al3+与少量氢氧化钙反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3OH− ═Al(OH)3↓，D 项正确； 答案选 D。 11．短周期主族元素 的原子序数依次增大，W 原子的最外层电子数等于 Y 原子最外层电子数的 2 倍； 四种元素形成的一种化合物的结构如图所示，该化合物的阴离子中每个原子的最外层均满足 8 电子稳定结构，下 列说法错误的是 A．原子半径： B．W 与 Z 形成晶体的基本单元为平面结构 C．X 与 Z 在自然界中均不存在游离态 D．W 与 Y 形成的化合物可作耐火材料 【答案】B 【解析】 短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X、Y 的简单离子为 X+、Y3+，则 X 原子的最外层电子数 是 1、Y 原子的最外层电子数是 3，W 原子的最外层电子数等于 Y 原子最外层电子数的 2 倍，则 W 为 O、X 为 Na、Y 为 Al，由四种元素形成的一种化合物的结构图所示可知 Z 为+4 价，且化合物中 Z 原子的最外层均满足 8 由分析知：W 为 O 元素、X 为 Na 元素、Y 为 Al 元素、W 为 Si 元素； A．Na、Al、Si、S 为同周期主族元素，核电荷数大，原子半径小，则原子半径 Na＞Al＞Si＞S，而 O 和 S 为同 主族元素，S 的原子半径大于 O，则原子半径 Na＞Al＞Si＞O，故 A 正确； B．O 与 Si 组成的 SiO2 是原子晶体，是空间立体网状结构，故 B 错误； C．Na 是活泼金属，而 Si 是亲氧元素，则 Na 和 Si 在自然界均只有化合态，不存在游离态，故 C 正确； D．Al2O3 的熔点高，是高温耐火材料，故 D 正确； 故答案为 B。 12．实验室利用如下反应合成洋茉莉醛 W, X, Y, Z X>Y>Z>W下列说法不正确的是 A．M 属于芳香族化合物 B．M 与 N 互为同分异构体 C．Q 中含氧官能团为醛基、酯基 D．理论上 1molQ 最多能与 4molH2 加成 【答案】C 【解析】 A. M 中含有苯环，则属于芳香族化合物，A 正确； B. M 与 N 分子式相同，碳碳双键位置不同，则互为同分异构体，B 正确； C. 酯基中含有 ，而 Q 中含有—CHO 和 C—O—C 为醛基、醚键，C 错误； D. 1mol 苯环可以与 3molH2 加成，1mol—CHO 可以与 1molH2 加成，所以 1molQ 最多能与 4molH2 加成，D 正确。 答案选 C。 13．某三元羧酸 H3A 在表面活性剂、洗涤剂、润滑剂等方面具有重要的地位。常温时，向 10 mL 0.01 mol·L−1 的 H3A 溶液中滴入 0.01 mol·L−1 的 NaOH 溶液，H3A、H2A−、HA2−、A3−的物质的量分数与溶液的 pH 的关 系如 图所示。下列说法错误的是 A．该温度下，H3A 的电离常数 Ka1=10−a B．若 b=7，加入 20 mL NaOH 溶液时，溶液的 pH＜7 C．NaOH 溶液的体积为 30 mL 时，溶液中：c(OH−)=3c(H3A)＋2c(H2A−)＋c(HA2−)＋c(H+) D．反应 2H2A−⇌H3A＋HA2−在该温度下的平衡常数 K=10a-b 【答案】B 【解析】 由图像可知 pHc（ H2A-），pH=a 时，c（H3A）=c（ H2A-），pH=b 时 c（HA2-）=c（ H2A-），pH=c 时 c（HA2-）=c（ A3-），结合溶液中电荷守恒、物料守恒和电离平衡常数进行分析计算。 A.电离常数只与温度有关，H3A 的一级电离常数看图像左侧的第一个交点，故 Ka1=c（H+），故 A 正确； B.加入 20 mL NaOH 溶液时，溶液中的溶质为 Na2HA，位于 pH=b=7 的右侧，此时溶液的 pH>7，故 B 错误； C.NaOH 溶液的体积为 30mL 时，物料守恒表达式为 ， 电荷守恒表达式为 ，两式联立可得题中表达式， 故 C 正确； D.该反应在此温度下的平衡常数为 ，故 D 正确； 故答案选：B。 二、非选择题：共 58 分，第 26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35~36 题为选考题，考生根据要 求作答。 （一）必考题：共 43 分。 26．（14 分）铝热法冶炼金属铬的矿渣中含有 Cr2O7、Al2O3 及少量 Fe2O3，从中提取铬与铝有酸法和碱法两种工 艺。请回答： I．酸法。矿渣经硫酸浸取后，浸取液通过电沉积得到单质 Cr；向剩余溶液中加碱回收得到 Al(OH)3。 （1）为提高矿渣的浸取率，可采取的措施有_____(写出两点)。 （2）电沉积时，阴极的电极反应式为______________。 II. 碱法。工艺流程如下： 已知：①“焙烧”后固体成分为 Na2CrO4、NaAlO2、NaFeO2。 ② 、Zn2+均可与EDTA1：1结合成络离子；Zn2+可与PAN1：1结合成紫红色络合物，且结合能力弱于EDTA。 （3）浸渣的主要成分为 Fe(OH)3。则“浸取”时发生反应的离子方程式为_________。 （4）“浸取”后所得溶液中 Al 的含量可用 EDTA 滴定法测定： ①取 20.00mL 浸取液于锥形瓶中，加入 c1mol•L-1EDTA 标准液 V1mL(稍过量)； ②依次用盐酸、醋酸钠—醋酸缓冲溶液调溶液至酸性，加热后滴入 PAN 指示剂； ③用 c2mol•L-1ZnSO4 标准液滴定至溶液恰好呈紫红色，消耗标准液 V2mL。则“浸取”后所得溶液中 Al 的含量 为_________g•L-1(填计算式即可)。 （5）“碳分”时通入 CO2 后，通过_____ (填操作名称)，即可得到纯净的 Al2O3。 + - 2- 3- 3 2c Na =3 c H A +c H A +c HA +c A（ ） （ ） （ ） （ ） （ ）   + + - 2- 3- - 2c Na +c H =c H A +2c HA +3c A +c OH（ ） （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） + 2- a-b3 a2 - - + a12 2 c(H A) Kc(H ) c(HA )K= = =10Kc(H A ) c(H A ) c(H ) ⋅ × ⋅ - 2AlO（6）“还原”时发生主要反应的离子方程式为__________。 （7）“沉淀”时，当 c(Cr3+)≤10-5mol•L-1 时，应调节溶液的 pH 至少为_________。（Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32） 【答案】 （1）适当增加硫酸浓度、升高反应温度、减小矿渣粒径、增加浸取时间、搅拌(任意两点) （2 分） （2）Cr3++3e- = Cr （2 分） （3） +2H2O= Fe(OH)3↓+OH- （2 分） （4） （2 分） （5）过滤、洗涤、加热 （2 分） （6）8 +3 +34H+=6 +8Cr3++17H2O 或 4 +3 +26H+=6 +8Cr3++13H2O （2 分） （7）5 （2 分） 【解析】 Ⅰ.结合浸取速率的影响因素分析，根据电解池原理分析解答； Ⅱ.由题干信息，根据工艺流程分析可知，矿渣中加入纯碱在空气中焙烧生成 Na2CrO4、NaAlO2、NaFeO2，再加 水浸取，发生反应 +2H2O=Fe(OH)3↓+OH-，浸渣为 Fe(OH)3，向浸取液中通入 CO2，发生反应 2H2O+NaAlO2+CO2=NaHCO3+Al(OH)3↓，过滤后滤液中含有Na2CrO4，再向滤液中加入Na2S2O3和稀硫酸，Na2CrO4 被还原为 Cr3+，再加入氨水沉淀可得到 Cr(OH)3，据此分析解答。 Ⅰ.（1）酸浸时，可采用适当增加硫酸浓度、升高反应温度、减小矿渣粒径、增加浸取时间、搅拌等方法提高矿 渣的浸取率，故答案为：适当增加硫酸浓度、升高反应温度、减小矿渣粒径、增加浸取时间、搅拌(任意两点)； （2）电沉积时，C3+在阴极得到电子生成 Cr，电极反应式为 Cr3++3e- =Cr，故答案为：Cr3++3e- =Cr； Ⅱ.（3）根据上述分析可知，加水浸取，发生反应 +2H2O=Fe(OH)3↓+OH-，浸渣为 Fe(OH)3，故答案为： +2H2O=Fe(OH)3↓+OH-； （4）已知 、Zn2+均可与 EDTA 以 1：1 结合成络离子；Zn2+可与 PAN1：1 结合成紫红色络合物，且结合能 力弱于 EDTA，则 消耗的 EDTA 的物质的量为(c1V1-c2V2)×10-3mol，则 Al 的物质的量为 (c1V1-c2V2)×10-3mol，其质量为 27g/mol×(c1V1-c2V2)×10-3mol=27(c1V1-c2V2)×10-3g，则溶液中 Al 的含量为 ，故答案为： ； （5）“碳分”时，向浸取液中通入 CO2，发生反应 2H2O+NaAlO2+CO2=NaHCO3+Al(OH)3↓，过滤得到 Al(OH)3 沉 淀，将沉淀洗涤后加热可直接分解得到纯净的 Al2O3，故答案为：过滤、洗涤、加热； （6）过滤后滤液中含有 Na2CrO4，再向滤液中加入 Na2S2O3 和稀硫酸，Na2CrO4 被还原为 Cr3+，根据氧化还原反 应得失电子守恒规律可得，反应的离子方程式为 8 +3 +34H+=6 +8Cr3++17H2O 或 4 +3 +26H+=6 +8Cr3++13H2O，故答案为：8 +3 +34H+=6 +8Cr3++17H2O 或 4 +3 - 2FeO ( )1 1 2 227 c V -c V 20 2- 4CrO 2- 2 3S O 2- 4SO 2- 2 7Cr O 2- 2 3S O 2- 4SO - 2FeO - 2FeO - 2FeO - 2AlO - 2AlO ( ) ( ) -1 -3 -3 1 1 2 2 1 1 2 227 g 27= g L20 10 L c V -c V 10 c V -c V 20× ×  ( )1 1 2 227 c V -c V 20 2- 4CrO 2- 2 3S O 2- 4SO 2- 2 7Cr O 2- 2 3S O 2- 4SO 2- 4CrO 2- 2 3S O 2- 4SO 2- 2 7Cr O 2- 2 3S O+26H+=6 +8Cr3++13H2O； （7）根据沉淀溶解平衡 Cr(OH)3 Cr3++3OH-可得，Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)·c3(OH-)，则当 c(Cr3+)=10-5mol•L-1 时， ，则 pOH=-lg[c(OH-)]=9，pH=14-pOH=5，所以应调节溶 液的 pH 至少为 5，故答案为：5。 27．（14 分）消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。 Ⅰ.化学上采用 处理 不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。 （1）工业上可采用 N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的方法合成氨。我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研 究了在催化剂表面上合成氨的反应历程。图 1 为各步反应的能量变化示意图，其中“吸”表示各气态物质在催 化剂表面吸附。 ①该反应历程中正反应的最大活化能为________ 。 ②合成氨反应的热化学方程式为_________________。 （2）不同温度下，向三个容器中分别投入相同量的反应物进行反应，测得不同压强下平衡混合物中 的 物质的量分数如图 2 所示。 ①M 点的 ________N 点的 （填“>”、“7.6 3NO− 2N 62mg 3NO− pH = 192kJ molH −∆ = − ⋅ 25 108 3 2 22NH 3NaClO=N 3NaCl 3H O+ + + 3NH 3NO− 2NO−（4）① （2 分） ② 10 （2 分） 【解析】 （1）①由图可知，正反应的最大的活化能为 ，故答案为：79。 ②反应热=生成物总能量-反应物总能量 合成氨反应的热化学方程式 为 ，故答案为： 。 （2）①M、N 两点的压强相同，平衡混合物中氨气的物质的量分数 M>N，因为合成氨是放热反应，升温平衡逆 向移动，所以 ，M 点的 点的 。故答案为：”、“ （1 分） 硝酸形成的是分子内氢键而乙酸形成的是分子间氢键，乙酸熔融时需要消耗较多的能量 克服分子间氢键，所以乙酸的熔点高于硝酸 （2 分） （5）①硼氢化钠是离子晶体而硼氢化铝是分子晶体，离子晶体的熔点高 （2 分） ② 8 （2 分） （2 分） 【解析】 （1）根据核外电子排布规律，A 排布为基态，能量最低。当原子中的电子从高能级跃迁到低能级释放能量得到 原子发射光谱，从低能级跃迁到高能级吸收能量得到原子吸收光谱。状态 C 中高能级电子数比状态 B 多，能量 高，电子由状态 C 到状态 B 释放能量故所得光谱为原子发射光谱。 （2）过氧乙酸的分子结构式为 ，可知分子中的两个 C 原子的共价键数分别为 4 和 3 且无 孤电子对，所以 C 原子的杂化方式有 和 两种。 （3）由于 O 的电负性大于 C，乙酸分子上碳氧双键上的 C 原子带部分正电荷，碳氧单键的电子发生偏移导致氢 氧键极性变大，所以在水分子的作用下乙酸比乙醇易电离出 （或在溶液中 比 稳定，所 以乙酸比乙醇易电离出 ）。 （4）两者均为分子晶体，但是硝酸形成的是分子内氢键而乙酸形成的是分子间氢键，乙酸熔融时需要消耗较多 Na+ -3ρg cm⋅ AN ρ AN 3sp 2sp H+ 73 A 76 10ρN × 3sp 2sp H+ 3CH COO− 3 2CH CH O− H+的能量克服分子间氢键，所以乙酸的熔点高于硝酸。 （5）①硼氢化钠是由活泼金属离子与硼氢根离子组成，属于离子晶体，而硼氢化铝熔点为-64.5℃属分子晶体， 微粒间作用力弱，离子晶体的熔点高。 ②晶胞拓展为 可知晶体中 的配位数为 8，晶体的密度 ，晶胞的体积 ，因此晶胞的边长 。 36．[化学——选修 5：有机化学基础]（15 分） L 为磷酸氯喹，研究表明其对“COVID-19”的治疗有明显的疗效，其合成路线如下所示： 已知：醛基在一定条件下可以还原成甲基。 回答下列问题： （1）有机物 A 为糠醛，A 中含氧官能团的名称为________，A 的核磁共振氢谱中有_____组吸收峰。 （2）D 与 E 之间的关系为____________，C 的结构简式为_____________。 （3）反应⑦的反应类型为_______；反应⑤若温度过高会发生副反应，其有机副产物的结构简式为_______。 （4）有机物 E 有多种同分异构体，其中属于羧酸和酯的有______种，在这些同分异构体中，有一种属于羧酸且 含有手性碳原子，其结构简式为_______。 （5）以 2—丙醇和必要的试剂合成 2—丙胺[CH3CH(NH2)CH3]：(用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂)__。 【答案】（1）醛基、醚键 （2 分） 4 （1 分） （2）同分异构体 （1 分） （1 分） （3）加成反应 （1 分） CH3COCH2CH=CH2（或 CH3CO(CH2)3O(CH2)3COCH3） （2 分） （4） 13 （2 分） CH3CH2CH(CH3)COOH （2 分） （5） （3 分） 【解析】 Na+ A MZ N V ρ = 3 21 32 10 cmV a −= × 73 A 76a 10 nmNρ= ×有机物 A 为糠醛，根据逆推法，C 发生加成反应生成 D ，故 C 为 ，则反应①为加成反应，B 可 能为 ，反应④醚键断裂生成 ，E 在浓硫酸环境下与 NaBr 反应取代羟基，生成 G， 在无水乙醇条件下发生加成反应，生成 H， 继续在无水乙醇环境下发生消去反 应，生成 I， 与氢气发生加成反应，生成 CH3-CH(NH2)-(CH2)3-N(C2H5)2，最后与 反应生 成 K 。 （1）有机物 A 为糠醛，根据结构可知，A 中含氧官能团的名称为醛基、醚键，A 的核磁共振氢谱中有 4 组吸收 峰，A与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式 +2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O。 （2）D 与 E 分子式相同，关系为同分异构体，根据逆推法，C 的结构简式为 。 （3）根据分子式可知，反应⑦的反应类型为加成反应；反应⑤若温度过高会发生副反应，包括羟基的消去反应 或成醚反应，其有机副产物的结构简式为 CH3COCH2CH=CH2（或 CH3CO(CH2)3O(CH2)3COCH3）。 （4）有机物 E 为 ，分子式为 C5H10O2，其中属于羧酸有 4 种，酯有 9 种，共计 13 种，在这些同分 异构体中，有一种属于羧酸且含有手性碳原子，其结构简式为 CH3CH2CH(CH3)COOH。 （5）以 2—丙醇和必要的试剂合成 2—丙胺，根据逆推法和题中信息， 。