全国Ⅰ卷届高考化学押题卷2含答案.docx
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全国Ⅰ卷届高考化学押题卷2含答案
绝密★启用前
2020年普通高等学校招生全国统一考试
化学
(二)
注意事项:
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
答题前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2.回答第Ⅰ卷时,选出每小题的答案后,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,再选涂其他答案标号。
写在试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时,将答案填写在答题卡上,写在试卷上无效。
4.考试结束,将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量:
C12N14O16Na23S32Cl35.5Cu64Ba137
一、选择题:
本大题共7小题,每小题6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.“白墙黑瓦青石板,烟雨小巷油纸伞”是著名诗人戴望舒的著名诗句,下列有关说法中错误的是
A.“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3
B.“青石板”与“黑瓦”的主要成分都是硅酸盐
C.纸和伞骨架的竹子主要成分是纤维素
D.伞面上的熟桐油是天然植物油,具有防水作用
【答案】B
【解析】A.“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3,A项正确;“青石板”的主要成分是石灰石,而“黑瓦”的主要成分是硅酸盐,B项错误;纸和伞骨架的竹子主要成分是纤维素,C项正确;植物油属于油脂,油脂不溶于水,刷在伞面上形成一层保护膜能防水,D项正确。
8.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是
A.1L0.lmol/L的Na2SiO3溶液中含阴离子总数为0.1NA个
B.0.1mol的2H37Cl分子的中子数是2.1NA
C.7.8gNa2O2与足量水充分反应转移的电子数目为0.2NA
D.1mol雄黄(As4S4),结构如图:
,含有4NA个S-S键
【答案】B
【解析】硅酸根水解得到硅酸氢根和氢氧根离子,因此1L0.lmol/L的Na2SiO3溶液中含阴离子总数大于0.1NA个,A项错误;2H37Cl分子的中子数=2-1+37-17=21,所以0.1mol的2H37Cl分子的中子数是2.1NA,B项正确;过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂,也是还原剂,0.1molNa2O2与足量水充分反应转移的电子数目为0.1NA,C项错误;S周围有两个未成对电子,一般可以形成两根共价键,As周围有三个未成对电子,可以形成三根共价键,由结构可知,白球为S原子,黑球为As原子,故不含有S-S键,D项错误。
9.下表是元素周期表的一部分,W、X、Y、Z为短周期主族元素,X和Z两元素的原子序数之和等于W元素的原子序数。
下列说法正确的是
X
Y
Z
W
A.X、W分别与Y都能形成两种或两种以上的化合物,这些化合物都是酸性氧化物
B.X、Y、Z都能形成10电子的氢化物,其中Z的最简单氢化物沸点最高
C.X、Y、W与氢四种元素能组成离子化合物,该化合物一定能发生水解
D.X和W两元素高价氧化物对应水化物的酸性:
X>W
【答案】C
【解析】根据短周期元素的相对位置,假设Y原子序数为a,则X为a-1,Z为a+1,W为a+8,由于X和Z两元素的原子序数之和等于W元素的原子序数,所以(a-1)+(a+1)=a+8,解得a=8,所以X是N元素,Y是O元素,Z是F元素,W是S元素,然后结合元素的性质与元素的原子结构分析解答。
根据上述分析可知:
X是N元素,Y是O元素,Z是F元素,W是S元素,N、O元素形成的化合物NO、NO2均不是酸性氧化物,A项错误;H2O沸点最高,B项错误;Y、Z、W与氢四种元素能组成离子化合物(NH4)2SO4、NH4HSO4、(NH4)2SO3等物质,在溶液中NH
、SO
都会发生水解反应,C项正确;元素的非金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,但D项未指明最高价,D项错误。
10.下列实验现象与实验操作不相匹配的是
选项
实验操作
实验现象
A
在Fe(NO3)2溶液中滴加酸化的H2O2
浅绿色变黄色
B
将金属钠在燃烧匙中点燃,迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟,瓶内有黑色颗粒产生
C
向盛有硝酸银溶液的试管中
逐渐滴入浓氨水
产生白色沉淀,且白色沉淀不溶解
D
向盛Na2SO3溶液的试管中滴加1滴酚酞,然后逐滴加入稀盐酸至过量
试管中溶液先变红后褪色
【答案】C
【解析】向盛有硝酸银溶液的试管中逐渐滴入浓氨水会产生白色沉淀,且最后白色沉淀溶解形成银氨溶液,C项错误。
11.下列化学方程式中,不能正确表达反应颜色变化的是
A.电解饱和食盐水产生黄绿色气体:
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑
B.红热木炭遇浓硝酸产生红棕色气体:
C+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+2H2O
C.Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间,变成白色黏稠物:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2,出现白色沉淀SO2+Ca2++3ClO−+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl−
【答案】C
【解析】Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间,变成白色黏稠物即生成NaOH:
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,C项错误。
12.某温度时硫酸盐MSO4(M:
Pb2+、Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
已知p(M)=-lgc(M),p(SO
)=-lgc(SO
)。
下列说法正确的是
A.向BaSO4悬浊液中加入浓度较大的Pb(NO3)2溶液可能转化成PbSO4
B.X、Y两点对应的SrSO4均是饱和溶液,不能继续溶解SrSO4
C.蒸发Z点的BaSO4溶液可得到C点状态的BaSO4溶液
D.溶度积:
Ksp(SrSO4) 【答案】A 【解析】沉淀的转化是可逆的,若向BaSO4悬浊液中加入浓度较大的含Pb2+的溶液,BaSO4能转化成PbSO4,A项错误;由图可知,X点是对应的SrSO4是饱和溶液,Y点对应的SrSO4溶液中: c(SO )·c(Sr2+)<Ksp(SrSO4),故Y点对应的SrSO4是不饱和溶液,能继续溶解SrSO4,B项不正确;蒸发BaSO4的溶液时,c(Ba2+)、c(SO )均会同等程度增大,不会到C点状态的BaSO4溶液,C项不正确;p(M)越大,则c(M)越小,即Pb2+、Ba2+、Sr2+的物质的量浓度越小;同理p(SO )越大,c(SO )越小。 由图可知,p(SO )相同时,BaSO4、PbSO4、SrSO4对应的p(M)依次减小,所以三者的溶度积依次增大,即Ksp(SrSO4)>Ksp(PbSO4)>Ksp(BaSO4),D项不正确。 13.1-二环丙基乙烯( )的二氯代物共有(不含立体异构) A.6种B.7种C.8种D.9种 【答案】D 【解析】1-二环丙基乙烯( )的二氯代物共有: 、 、 、 、 、 、 、 、 ,D项正确。 二、非选择题(共43分) 26.(14分)铝氢化钠(NaAlH4)是重要的还原剂。 以铝土矿(主要成分Al2O3,含少量SiO2、Fe2O3等杂质)为原料制备NaAlH4的一种流程如图: (1)碱浸中SiO2转化成难溶的Na2Al2Si2O8,写出生成该物质的离子方程式_________________ ____________________________。 (2)过滤1得滤渣的主要成分为__________,反应1中加入NaHCO3的目的是______________ _________。 (3)电解2生成NaHCO3和NaOH用于循环使用,写出电解2阴极的电极反应式: ____________ __________________________________________。 (4)反应3的化学方程式为________________________________________。 (5)铝氢化钠遇水发生剧烈反应产生大量气泡,其反应的化学方程式为_____________________ _______________________________。 (6)Al与LiBH4制备的复合材料是重要制氢材料,对Al-LiBH4体系与水反应产氢的特性进行下列研究: ①如图为25℃水浴时每克不同配比的Al-LiBH4复合材料与水反应产生H2体积随时间变化关系图。 由图可知,下列说法正确的是(填字母)。 A.25℃时,纯铝与水会反应 B.25℃时,纯LiBH4与水反应产生氢气 C.25℃时,Al-LiBH4复合材料中LiBH4含量越高,1000s内产生氢气的体积越大 ②如图为25℃和75℃时,Al-LiBH4复合材料[ω(LiBH4)=25%]与水反应一定时间后产物的X-射线衍射图谱(X-射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在,不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。 从图中分析,25℃时Al-LiBH4复合材料中与水完全反应的物质是(填化学式)。 【答案】 (1)Al2O3+2SiO2+2Na++2OH−=Na2Al2Si2O8↓+H2O (2)Fe2O3、Na2Al2Si2O8与NaAlO2反应生成Al(OH)3,除去过量的NaOH (3)2H2O+2e−=H2↑+2OH−(或2H++2e−=H2↑) (4)AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl (5)NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑ (6)①B②LiBH4 【解析】以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝,由流程可知,加NaOH溶解时Fe2O3不反应,由题目信息可知SiO2在“碱浸”时转化为铝硅酸钠沉淀,过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠,碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3,过滤II得到Al(OH)3,灼烧生成氧化铝,电解I为电解氧化铝生成Al和氧气,纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝,氯化铝再与NaH反应生成氢化铝钠(NaAlH4),据此分析解答。 (1)碱浸时,SiO2转化成难溶的Na2Al2Si2O8,产物中含有Al,所以反应物为Al2O3、SiO2和NaOH,故反应的离子方程式为Al2O3+2SiO2+2Na++2OH−= Na2Al2Si2O8↓+H2O; (2)加NaOH溶解时Fe2O3不反应,题 (1)中可知产生了难溶性的铝硅酸钠沉淀,故过滤1得滤渣的主要成分为Fe2O3、Na2Al2Si2O8;由流程分析可知,过滤1后溶液中有偏铝酸钠和过量的NaOH,加入NaHCO3的可以除去过量的氢氧化钠,同时和NaAlO2反应生成Al(OH)3;(3)反应1过滤得到的滤液是Na2CO3,电解得到NaHCO3和NaOH,电解时,阴极氢离子放电,得到氢氧化钠和氢气,故阴极的电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑。 (4)图示知反应3为AlCl3与NaH反应,由原子守恒得另一种产物为NaCl,反应的方程式为ACl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl;(5)氢化铝钠遇水剧烈反应产生大量气泡,反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑;(6)①a、图中当全为铝时气体为0,故纯铝与水不反应,错误;b、f线代表纯LiBH4与水反应产生氢气,正确;c、当材料含LiBH4为25%时(d线),产生氢气的量最多,错误;②由图得出反应后已没有LiBH4,但存在大量铝,故其完全反应。 27.(14分)硒(Se)及其氢化物H2Se是在新型光伏太阳能电池、半导体材料和金属硒化物方面有重要应用。 (1)已知: ①2H2Se(g)+O2(g) 2Se(s)+2H2O(l)ΔH1=mkJ·mol−1 ②2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=nkJ·mol−1 ③H2O(g)=H2O(l)ΔH3=pkJ·mol−1 反应H2(g)+Se(s) H2Se(g)的反应热ΔH=______kJ·mol−1(用含m、n、p的代数式表示)。 (2)T℃时,向一恒容密闭容器中加入3molH2和lmolSe,发生反应H2(g)+Se(s) H2Se(g)。 ①该反应的平衡常数的表达式K=___________。 ②当反应达到平衡后,将平衡混合气体通入气体液化分离器使H2Se气体转化为液体H2Se,并将分离出的H2再次通入发生反应的密闭容器中继续与Se反应时,Se的转化率会提高。 请用化学平衡理论解释_________________________________。 ③以5小时内得到的H2Se为产量指标,且温度、压强对H2Se产率的影响如下图所示: 则制备H2Se的最佳温度和压强为______________________。 (3)已知常温下H2Se的电离平衡常数K1=1.3×10−4,K2=5.0×10−11,则NaHSe溶液的离子浓度由大到小的顺序为____________________,H2Se在一定条件下可以制备CuSe,反应CuS(s)+Se2−(aq) CuSe(s)+S2−(aq)的化学平衡常数K=________(保留2位有效数字,已知该条件下CuSe的Ksp=7.9×10−49,CuS的Ksp=1.3×10−36)。 (4)用电化学方法制备H2Se的实验装置如下图所示: 石墨电极是__________(填正极或负极),该电极附近溶液的PH__________(填变大、不变或变小),写出Pt电极上发生反应的电极反应式: _________________________________。 【答案】 (1)p− (n+m) (2)①c(H2Se)/c(H2) ②将分离出的H2重新通入容器中,平衡正向移动,Se的转化率提高 ③550℃,0.3MPa (3)c(Na+)>c(HSe−)>c(OH−)>c(H+)>c(Se2−)1.6×1012 (4)正极变大CO-2e−+H2O=CO2+2H+ 【解析】 (1)③-(②+①)/2即可得: H2(g)+Se(s) H2Se(g),所以反应H2(g)+Se(s) H2Se(g)的反应热ΔH=p− (n+m)kJ·mol−1; (2)①化学平衡常数是在一定条件下,当可逆反应达到平衡状态时,生成物浓度幂之积和反应物浓度幂之积的比值,因为Se是固体,故该反应的平衡常数表达式为c(H2Se)/c(H2);②将分离出的H2重新通入容器中,反应物浓度升高,平衡会朝着正向移动,硒的转化率提高;③由图可知,温度550℃、压强0.3MPa时产率最高;(3)NaHSe中存在电离平衡HSe− H++Se2−和水解平衡: HSe−+H2O H2Se+OH−,其电离平衡常数K2=5.0×10−11,水解平衡常数为 =7.69×10−11,所以水解大于电离,溶液呈碱性;故NaHSe溶液的离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HSe−)>c(OH−)>c(H+)>c(Se2−);反应CuS(s)+Se2−(aq) CuSe(s) +S2−(aq)的化学平衡常数K= = = = ≈1.6×1012,(4)电化学制备的产物是H2Se,由此可知,石墨上Se发生了还原反应,电极反应式为Se+2H+-2e−=H2Se,通入CO的电极为原电池的负极,失电子发生氧化反应,电极反应式为CO-2e−+H2O=CO2+2H+,故石墨为正极,消耗了氢离子,PH增大;Pt电极上发生反应的电极反应式CO-2e−+H2O=CO2+2H+。 28.(15分)保险粉(Na2S2O4)可用作食品保鲜剂、纸浆、肥皂等的漂白剂。 Na2S2O4易溶于水,难溶于乙醇。 在碱性介质中较稳定,在空气中易被氧化。 锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示: 回答下列问题: (1)实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2,并希望能控制反应速度,图中可选用的发生装置是________(填字母)。 (2)工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液,其目的是________________________;步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为_______________________。 (3)步骤Ⅱ中需选用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒之外,还有__________(填名称)。 (4)在步骤III中加入NaCl的作用是____________________,得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤,其优点是_________________。 (5)铁氰化钾可用于分析检测保险粉。 铁氰化钾K3[Fe(CN)6]是一种比较弱的氧化剂,其具有强氧化剂所没有的选择性氧化性,能将S2O 氧化为SO ,[Fe(CN)6]3−还原为[Fe(CN)6]4−,该反应的离子方程式为________________________________________;取1.16gNa2S2O4样品溶于水,用0.4mol·L−1的K3[Fe(CN)6]标准液滴定至终点,消耗25.00mL。 该样品中Na2S2O4的质量为_______。 【答案】 (1)B (2)增大锌粉的表面积,加快反应速率;Zn+2SO2=ZnS2O4 (3)漏斗 (4)降低Na2S2O4的溶解度,便于其结晶析出除去晶体表面的水分,并减少Na2S2O4的溶解损失 (5)S2O +2[Fe(CN)6]3−+2H2O=2SO +2[Fe(CN)6]4−+4H+75% 【解析】 (1)浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生Na2SO4、SO2、H2O,反应方程式为: H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O,A、不能控制反应速率,且浓硫酸具有吸水性,长颈漏斗容易导致浓硫酸稀释,不合理;B、通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率,上下联通的导气管会使浓硫酸上下气体压强一致,便于浓硫酸顺利滴下,装置合理;C、浓硫酸与盐的反应放出大量的热,会导致集气瓶炸裂,不合理;故合理选项是B; (2)工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液,其目的是增大锌粉的表面积,加快反应速率。 根据流程图可知步骤I中发生的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4;(3)步骤Ⅱ是过滤,需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗;(4)加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度,便于其结晶析出;Na2S2O4易溶于水,难溶于乙醇,用乙醇洗涤,既能除去晶体表面的水分,并减少Na2S2O4的溶解损失;(5)铁氰化钾K3[Fe(CN)6]是一种比较弱的氧化剂,能将S2O 氧化为SO ,[Fe(CN)6]3−还原为[Fe(CN)6]4−,根据氧化还原反应中电子转移数目相等,该反应的离子方程式为: S2O +2[Fe(CN)6]3−+2H2O=2SO +2[Fe(CN)6]4−+4H+,由方程式知两种物质的反应关系为: 2K3[Fe(CN)6]~Na2S2O4,n{K3[Fe(CN)6]}=0.4mol/L×0.025L=0.01mol,则n(Na2S2O4)=5× 10−3mol,该样品中Na2S2O4的质量分数为5×10−3mol×174g/mol÷1.16g×100%=75%。 三、选考题(共15分,请考生从以下题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。 ) 35.【化学——选修3: 物质结构与性质】(15分) 磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(SARS-CoV-2)的感染。 磷酸氯喹的结构如图所示,据此回答下列问题。 (1)基态P原子中,电子占据的最高能级符号为___,基态N原子核外有___种运动状态不同的电子。 (2)C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序为_____________;第一电离能χ(P)_____χ(Cl)(填“>”或“<”)。 (3)磷酸氯喹中N原子的杂化方式为_____,NH3是一种极易溶于水的气体,其沸点比AsH3的沸点高,其原因是___________。 (4)GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料,晶体类型与晶体碳化硅类似,熔点如下表所示, GaN GaP GaAs 熔点/℃ 1700 1480 1238 ①GaN、GaP、GaAs的熔点变化原因是_______________________________。 ②砷化镓晶体中含有的化学键类型为___________(填选项字母)。 A.离子键B.配位键C.σ键D.π键E.极性键F.非极性键 ③以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置。 称作原子分数坐标。 如图为沿y轴投影的磷化镓晶胞中所有原子的分布图。 若原子1的原子分数坐标为(0.25,0.25,0.75),则原子2的原子分数坐标为__________;若磷化镓的晶体密度为ρg·cm−3,阿伏加德罗常数的值为NA,则晶胞中Ga和P原子的最近距离为__________pm(用代数式表示)。 【答案】 (1)3p7 (2)O>N>C> (3)sp2、sp3NH3中N的电负性比AsH3中As的大得多,故NH3易形成分子间氢键,从而使其沸点升高;也容易与H2O形成分子间氢键,使其在水中溶解度增大 (4)①结构相似的前提下,原子晶体的熔沸点与成键原子的半径呈反比,原子半径大小为N ②BCE③(0.25,0.25,0.25) 【解析】 (1)基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3,电子占据的最高能级符号为3p;基态N原子核外有7个电子,因此有7种运动状态不同的电子; (2)根据C、N和O的非金属性分析判断电负性,同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,但是第VA族第一电离能大于其相邻元素;(3)磷酸氯喹中N原子有两种情况,价层电子对数分别是3、4,根据价层电子对互斥理论判断N原子轨道类型;NH3分子之间形成氢键,NH3也容易与H2O形成分子间氢键,据此分析解答;(4)①结构相似的前提下,原子晶体的熔沸点与成键原子的半径呈反比,原子半径大小为N ,则原子2的分数坐标为(0.25,0.25,0.25);晶胞中P原子数为4,Ga原子数为8× +6× =4,化学式为GaP,晶胞的质量m= g= g,晶胞的体积V= = = cm3,晶胞的边长a= cm,P原子与周围最近的4个Ga原子形成正四面体,晶胞顶点Ga原子与四面体中心P原子连线处于晶胞体对角线上,且二者距离等于体对角线长度的 ,而体对角线长度等于晶胞棱长的 倍,所以晶胞中Ga和P原子的最近距离为 a= × cm= × ×1010pm,故答案为: (0.25,0.25,0.25); × ×1010。 36.【化学——选修5: 有机化学基础】(15分) 咖啡酸苯乙酯因具有极强的抗炎和抗氧化活性得以在食品、医学以及其他领域广泛应用。 通过下列途径可合成咖啡酸苯乙酯。 已知: A的核磁共振氢谱(1HNMR)显示,分子中有4种不同化学环境的氢原子,A能与FeCl3溶液发生显色反应。 (1)A的化学名称为__________,C中官能团的名称为__________、_______
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