1、第 1 页，共 14 页 2020年高考全国年高考全国I I卷全真模拟试卷卷全真模拟试卷 化学化学 一、单选题（本大题共 7 小题，共 42 分） 7.化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是( ) A. “卤水点豆腐”的主要原理是电解质使豆浆聚沉 B. 海水中含量最大的元素是氯元素，可用电解法转化为游离态 C. 金属冶炼是制备金属单质的过程，不会污染环境 D. 动物性和植物性食物中的基本营养物质在人体内均能水解 【答案】A 【解析】本题主要考查化学与生活相关问题，注意结合常见物质的性质，常见化工生产 进行分析解答，难度一般。 【解答】 A.“卤水点豆腐”的主要原理是利用电解质CaSO4使豆
2、浆(胶体)发生聚沉，故 A正确； B.海水中含量最大的元素是 H 和 O元素，故 B 错误； C.金属冶炼是制备将金属化合物转化为金属单质的过程，因为金属矿石往往含有 S、N 和其他金属元素等，在冶炼过程中往往会产生大量污染性气体、污水以及固体污染物， 会污染环境，故 C 错误； D.人体不含有分解纤维素的酶，不能分解植物性食物中的纤维素，故 D错误。 故选 A。 8.已知、互为同分异构体，下列说法不正确的是 ( ) A. Y的一氯代物只有三种 B. X 的所有原子可能处于同一平面 C. X、Y 与足量氢气完全加成时所需氢气的物质的量之比为11 D. X、Y均可使溴的水溶液褪色，且褪色的原理相
3、同 【答案】C 【解析】 本题考查有机化合物的结构和性质问题，注意掌握官能团的结构及性质是解题关键，难 度中等。 【解答】 A.Y是对称结构，左右对称故一氯代物有三种，故 A正确； B.X分子中，苯环为平面结构，乙烯为平面结构，当两个平面通过单键旋转到同一平面 时，所有原子可能处于同一平面，故 B 正确； 第 2 页，共 14 页 C.X、Y与足量氢气完全加成时，X需要 4mol氢气，Y需要 3mol氢气，所需氢气的物 质的量之比为43，故 C错误； D.X、Y均含碳碳双键，故均可使溴的水溶液褪色，且褪色的原理相同，故 D正确。 故选 C。 9.为测定含镁3%5%的铝镁合金中镁的质量分数，设计
4、了 2 种实验方案，说法不正确 的是( ) 方案一： 镁铝合金加入足量的氢氧化钠溶液中充分反应后过滤， 测定剩余固体质量； 方案二：称量m g铝镁合金粉末，放在图中惰性电热板上，通电使其充分灼烧。测 得固体质量增重。 A. 方案一中若称取5.4g合金粉末样品，投入V mL 2.0mol/L NaOH溶液中反应，则 V 100 mL B. 方案一中测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则镁的质量 分数偏高 C. 方案二中欲计算镁的质量分数，实验中还需测定灼烧后固体的质量 D. 方案二中若用空气代替O2进行实验，则测定结果偏高 【答案】A 【解析】本题考查物质含量的测定，为高频考点，题
5、目侧重考查对实验原理与装置的理 解、实验方案设计等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查， 需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力。 【解答】 A.含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为，5.4g (1 3%) = 5.4 97%g，则： 2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2+ 3H2 54g 2mol 5.4g 97% V 10;3L 2.0mol/L 所以 54g： (5.4g 97%) = 2mol： (V 10;3L 2.0mol/L)， 解得： V = 97， 故V(NaOH溶液 ) 97mL，故 A错误；
6、 B.过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则固体表面吸附溶质，质量偏大，则镁的质量分数 偏高，故 B正确； C.Mg、Al均与氧气反应，生成金属氧化物，则还需测定生成物的质量，故 C正确； D.用空气代替O2进行实验，发生反应：， 第 3 页，共 14 页 ，测定生成固体的质量变大，则镁的质量分数偏高，故 D 正确。 故选：A。 A.镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧 化钠溶液的体积应大于或等于最大值； B.过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则固体表面吸附溶质，质量偏大； C.Mg、Al都能够与氧气化学反应生成氧化物； D.用空气代替O2进行实验，发生反应：， ，
7、测定生成固体的质量变大。 10.铼(Re)广泛应用于航空航天领域。从含ReO 4 ;废液中提取铼的流程如下： 下列说法错误的是( ) A. 操作 A和 B 使用的主要仪器是分液漏斗 B. 萃取、反萃取的目的是富集铼元素 C. 可回收利用NH4ReO4制备Re2O7的副产物 D. 在H2还原Re2O7的过程中共消耗7molH2，则可制得 2molRe 【答案】D 【解析】本题考查工艺流程，为高频考点，难度一般。掌握流程图的分析、添加试剂的 作用是解答关键。注意用氢气还原金属氧化物时氢气的作用。 【解答】 A.操作 A和 B都是分液，主要仪器是分液漏斗，故 A正确； B.萃取、反萃取用于富集铼元素
8、，故 B 正确； C.NH4ReO4分解制备Re2O7的副产物是NH3，可以用于反萃取，故 C 正确； D.由于H2在还原金属铼中作用是排尽装置中的空气、 作还原剂和保护剂， 故消耗7molH2， 制得 Re小于 2mol，故 D错误。 故选 D。 11.氨硼烷(NH3 BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极 室质量相等，电池反应为NH3 BH3+ 3H2O2= NH4BO2+ 4H2O。已知H2O2足量，下列 说法正确的是( ) 第 4 页，共 14 页 A. 正极的电极反应式为2H:+ 2e;= H2 B. 电池工作时，H:通过质子交换膜向负极移动 C. 电池工作
9、时，正、负极分别放出H2和NH3 D. 工作足够长时间后，若左右两极室质量差为1.9 g，则电路中转移0.6 mol电子 【答案】D 【解析】本题考查了原电池原理，涉及电极反应式的书写、电极的判断、离子移动方向 等知识点，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液书写，题目难度中等。 由氨硼烷(NH3 BH3)电池工作时的总反应为NH3 BH3+ 3H2O2= NH4BO2+ 4H2O可 知，左侧NH3 BH3为负极失电子发生氧化反应，电极反应式为NH3 BH3+ 2H2O 6e;= NH4BO2+ 6H:，右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为 3H2O2+ 6H:+ 6e;=
10、6H2O，据此分析。 【解答】 A.右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为H2O2+ 2H:+ 2e;= 2H2O， 故 A 错误； B.原电池中阳离子向正极移动，所以H:通过质子交换膜向正极移动，故 B错误； C.NH3 BH3为负极失电子发生氧化反应，电极反应式为NH3 BH3+ 2H2O 6e ; = NH4BO2+ 6H:， 右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应， 电极反应式为3H2O2+ 6H:+ 6e;= 6H2O，电池工作时，两电极均不会产生气体，故 C错误； D.未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入氨硼烷后，负极电极反应式为NH3 BH3+ 2H2O 6e;=
11、 NH4BO2+ 6H:，正极电极反应式为3H2O2+ 6H:+ 6e;= 6H2O，假设 有 6mol电子转移，则左室质量增加31g 6g = 25g，右室质量增加 6g，两极质量相差 19g，工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9 g，则电路中转移0.6 mol电子，故 D 正确； 故选 D。 12.如图是各种不同密度的硝酸与铁反应时(相同温度)主要还原产物的分布图下列叙 述不正确的是( ) A. 图中横坐标是硝酸的密度，硝酸的密度越大，则表示其浓度 也越大 B. 当还原剂和温度相同时， 不同浓度硝酸被还原的产物不是单 一的，只是在某浓度时，以某种产物为主而已 C. 当硝酸溶液的密度为
12、1.36g mL;1时，能较准确表达 Fe 与过 量硝酸反应的是：2Fe + 6HNO3= 2Fe(NO3)2+ NO +NO2 +3H2O D. 还原产物中NH4 :的物质的量分数随硝酸密度减少而增大 第 5 页，共 14 页 【答案】C 【解析】解：A.由图象可以看出，硝酸的浓度越大时，生成物的化合价越高，对应的硝 酸的密度也越大，故 A 正确； B.由图象可以看出，在相同温度和浓度时，硝酸的还原产物不止一种，故 B正确； C.当硝酸溶液的密度为1.36g mL;1时， 由图象可看出， 生成的 NO和NO2物质的量相等， 反应的化学方程式应为 4Fe + 20HNO3= 4Fe(NO3)3
13、+ 3NO +3NO2 +10H2O，故 C错误； D.由图象可以看出， 还原产物中NH4 :的物质的量分数随硝酸密度减少而增大， 故 D正确 故选 C 13.常温下，向1 L 0.1 mol L;1一元酸 HR溶液中缓慢通入氨气已知常温下Kb(NH3 H2O) = 1.76 10;5，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的 pH与离子浓度变化的 关系如下图所示。下列叙述正确的是 A. 0.1 mol L;1HR溶液的 pH 约为 5 B. HR为弱酸，常温时Ka(HR) = 1.0 10;7 C. 当通入0.1 mol NH3时，溶液中c(R;) ； (4)12：17 【解析】【分析】 本题考
14、查了化学平衡的建立过程分析判断， 注意恒温容器和恒压容器中的平衡特征分析， 掌握反应过程中的气体变化和平衡建立是解题关键，题目难度较大。 【解答】 (1)A.甲中气体的总压强不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确； B.各气体的物质的量浓度不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确； 第 10 页，共 14 页 C.混合气体的平均摩尔质量不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确； D.混合气体的密度不变，始终不变，故错误； E.反应速率v(SO2) = v(SO3)，未体现正逆的关系，故错误； 故选：ABC； (2)2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)，反应是气体体
15、积减小的反应，隔板一定发生滑动，达 到平衡后隔板 K不可能处于 0刻度；由于甲中充入2molSO2和1molO2，反应向正反应 方向移动， A 中压强降低， 最多能转化为2molSO3， 但是由于反应是可逆反应， 所以2SO3 的物质的量在0 2 mol之间，所以达到平衡后，隔板 K不再滑动，最终停留在左侧刻 度0 2之间，故 a小于 2，故答案为：不可能，2； (3)由于左右两边不考虑加入的氦气， 达到的平衡是相同平衡， 三氧化硫体积分数相同， “隔板 K最终停留在左侧 1 处”说明反应后气体体积为 5 格，左边气体减少了0.5mol， 即平衡后物质的量为2.5mol， 设参加反应的二氧化硫
16、的物质的量为 2x， 故2 2x + 1 x + 2x = 2.5， 则x = 0.5mol， 则甲中二氧化硫的转化率为50%.生成三氧化硫物质的量为 1mol； 但是对于乙来说，就不同了，如果无 He，甲与乙是等效平衡，但乙的压强比甲小，则 2SO3(g) 2SO2(g) + O2(g)的平衡向右移动了，故其转化率比大于50%；左边气体减少 了0.5mol，右边增加物质的量大于0.5mol，F活塞右移，活塞 F最终停留在右侧刻度大 于 6处； 故答案为：1，； (4)两个容器达平衡时是等效平衡，甲平衡后压强变为开始压强的0.8倍，平衡时物质的 量为3 0.8 = 2.4mol，则乙都达到平衡
17、时物质的量为2.4mol + 1mol = 3.4mol，所以两 容器的压强之比为P甲：P乙= 2.4：3.4 = 12：17，故答案为：12：17。 五、推断题（本大题共 2 小题，二选与，各 15 分） 35.化学选修 3：物质结构与性质 砷化镍可用于制作发光器件、半导体激光器、太阳能电池和高速集成电路。 (1)基态 Ni原子的价电子排布式为_，基态 As 原子电子占据最高能级的电 子云轮廓图为_形。 (2)第一电离能 As_Se(填“”或“”、 “=”或“；As 元素原子的 4p轨道上的电子呈半满状态，比较稳定； (3) sp3 ；正四面体；SiH4或CH4； ， 故答案为：；As元素原
18、子的 4p 轨道上的电子呈半满状态，比较稳定； (3)AlH4 ;的中心原子 Al的价层电子对个数= 4 + 3:1;41 2 = 4且不含孤电子对， 根据价 层电子对互斥理论判断 Al原子杂化方式为sp3、其空间构型为正四面体结构，与AlH4 ;互 为等电子体的分子中含有 5 个原子、价电子数是 8，其等电子体有 SiH4或CH4， 故答案为：sp3；正四面体； SiH4或CH4； 第 12 页，共 14 页 AsH3分子中 As 原子价层电子对个数= 3 + 5;31 2 = 4且含有 1个孤电子对，所以该分 子为三角锥形结构， 孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，
19、 该分子中含有孤电 子对，导致其键角减小，小于109.5； 分子间能形成氢键的氢化物熔沸点较高，液态NH3分子间能形成氢键，AsH3分子间只有 范德华力，所以氨气熔沸点较高， 故答案为：；液态NH3分子间能形成氢键，AsH3分子间只有范德华力； (4)该分子中共价单键中存在键， 苯环中存在大键， 钠离子和阴离子之间存在离子键， 所以含有离子键、键、键， 故选 abc； (5)该晶胞中 Ni原子个数= 4 1 12 + 4 1 6 + 2 1 3 + 2 1 6 = 2、As 原子个数为 2，Ni和 As原子个数之比为 2： 2 = 1：1，晶胞体积= (a 10;10cm)2 sin60 b
20、10;10cm = 3 2 a2b 10;30cm3，晶胞密度= M NA2 V = 134 NA2 3 2 a2b1030 g/cm3= 268 3 2 a2bNA1030 g/cm3。 故答案为： 268 3 2 a2bNA1030。 36.化学选修 5：有机化学基础 苯佐书因(M)可用于制备紫外线吸收剂和局部麻 醉药物。实验室以烃类物质 A、B为原料制备 M的合成路线如下所示。 已知：I.A的密度是相同条件下H2密度的 14倍。 . 。 .NH2易被氧化。 请回答下列问题： (1)A C的反应类型为_。 (2)D的结构简式为_。 D E所需试剂和反应条件为_。 第 13 页，共 14 页
21、 (3)E的化学名称为_。F中所含官能团的名称为_。 (4)若步骤和步骤互换顺序，造成的后果是_。 (5)C、+G M的化学方程式为 _。 (6)同时满足下列条件的 M的同分异构体有_种(不考虑立体异构)。 属于氨基酸 苯环上连有 2个取代基 (7)参照上述合成路线和信息，以 B和甲醇为原料(无机试剂任选)。设计制备苯甲 酸甲酯的合成路线：_。 【答案】(1)加成反应 (2) ；浓硝酸、浓硫酸，加热 (3)对硝基甲苯(或4 硝基甲苯)；硝基、羧基 (4)酸性高锰酸钾溶液将氨基氧化，使产品的产率降低 (5)+H2O (6)18 【解析】【分析】 本题考查有机物推断及有机合成，为高频考点，侧重考查
22、学生分析推断及知识综合运用 能力，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化是解本题关键。 【解答】 A的密度是相同条件下H2密度的14倍， 则A的相对分子质量为24， 所以A为CH2= CH2， B为，乙烯与水在催化剂加热条件下生成 C，则 C为CH3CH2OH，由信息可知 D 为，E 中的甲基被酸性高锰酸钾氧化生成 F，则 F为。 (1)CH2= CH2与H2O发生加成反应生成CH3CH2OH，反应类型为加成反应； 故答案为：加成反应； (2)由以上分析可知 D 的结构简式为；与浓硝酸在浓硫酸、加热 条件下发生硝化反应生成； 故答案为： ；浓硝酸、浓硫酸，加热； (3)的化学名称为对硝基甲苯或
23、4 硝基甲苯；中 第 14 页，共 14 页 所含官能团的名称为硝基、羧基； 故答案为：对硝基甲苯(或4 硝基甲苯)；硝基、羧基； (4)若步骤和步骤互换顺序，造成的后果是酸性高锰酸钾溶液将氨基氧化，使产品 的产率降低； 故答案为：酸性高锰酸钾溶液将氨基氧化，使产品的产率降低； (5)CH3CH2OH与发生酯化反应生成，化学 方程式为+H2O； 故答案为：+H2O； (6)M为，由信息知，其同分异构体中含有NH2和COOH， 结合“苯环上连有2个取代基”推知， 可能的组合为NH2、 CH2CH2COOH或COOH、 CH2CH2NH2或COOH、或NH2、或CH2NH2、 CH2COOH或 、CH3，共 6种，每种组合均有邻、间、对 3 种位置关系，共 18 种； 故答案为：18； (7)CH3OH与浓盐酸反应生成CH3Cl，由已知信息知，CH3Cl与反应可生成 ，被酸性KMnO4氧化可得，与 CH3OH发生酯化反应即得目标产物，由此可得合成路线： ； 故答案为： 。
