2020年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷(新課標ⅰ)(含解析版)高考復(fù)習(xí)模擬題模擬試卷押題

2020年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標ⅰ）（含解析版）高考復(fù)習(xí)模擬題模擬試卷押題一、選擇題1．（6分）化學(xué)無處不在，與化學(xué)有關(guān)的說法不正確的是（．侯氏制堿法的工藝過程中應(yīng)用了物質(zhì)溶解度的差異．可用蘸濃鹽酸的棉棒檢驗輸送氨氣的管道是否漏氣C．碘是人體必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物．黑火藥由硫磺、硝石、木炭三種物質(zhì)按一定比例混合制成）2H：純堿工業(yè)（侯氏制堿法）；EM：氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用．【專題】55：化學(xué)計算．【分析】．侯氏制堿法是將CO、NH通入飽和NaCl溶液中，由于NaHCO233溶解度小于NaCO，故NaHCO在溶液中析出；233．濃鹽酸易揮發(fā)，與NH結(jié)合生成NHCl固體；34C．補碘常在食鹽中加入KIO固體而不是高碘酸；3．硫磺、硝石、木炭三種物質(zhì)比例為1：2：3．【解答】解：．侯氏制堿法是將CO、NH通入飽和NaCl溶液中，發(fā)生以下23反應(yīng)：NH+CO+HO=NHHCO；NHHCONaCl=NHCl+NaHCO，其中322434343NaHCO溶解度最小，故有NaHCO的晶體析出，故A正確；33．濃鹽酸易揮發(fā)，與NH結(jié)合生成NHCl固體小顆粒，為白煙，故B正確；34C．碘是人體必需元素，補碘常在食鹽中加入KIO固體而不是高碘酸，高碘酸3為強酸性，具有強烈刺激性和腐蝕性，故C錯誤；．制備黑火藥的原料為S、KNO、C，三者比例為1：2：3，故D正確。3故選：C?！军c評】本題考查較為綜合，與人們?nèi)粘Ｉ罹o密結(jié)合，均為最基本的化常識，題目難度不大．第1頁（共32頁）2．（6分）香葉醇是合成玫瑰香油的主要原料，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示：下列有關(guān)香葉醇的敘述正確的是（）．香葉醇的分子式為CHO1018．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色．能發(fā)生加成反應(yīng)不能發(fā)生取代反應(yīng)【考點】：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【專題】534：有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】由結(jié)構(gòu)可知分子式，分子中含碳碳雙鍵、﹣OH，結(jié)合烯烴、醇的性質(zhì)來解答．【解答】解：．由結(jié)構(gòu)可知香葉醇的分子式為CH，故A正確；1018．含碳碳雙鍵，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B錯誤；C．含碳碳雙鍵、﹣，均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C錯誤；．含碳碳雙鍵可發(fā)生加成反應(yīng)，含﹣OH可發(fā)生取代反應(yīng)，故D錯誤；故選：?！军c評】為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意烯烴、醇的性質(zhì)及應(yīng)用，題目難度不大．36分）短周期元素WZ的原子序數(shù)依次增大，其簡單離子都能破壞水的電離平衡的是（）．W、X．X、3C．Y、Z．X、Z+2﹣232﹣﹣++++【考點】D6：水的電離．第2頁（共32頁）【專題】51H：鹽類的水解專題．【分析】根據(jù)答案選項可知WZ形成的簡單離子分別為WXY、23+﹣+Z，又知W、X、Y、Z均為短周期元素，且原子序數(shù)依次增大，故可推出2﹣W為，X為，Y為Al，Z為S．【解答】解：根據(jù)短周期元素WZ的原子序數(shù)依次增大及各選項可以推出，W為O、X為Na、Y為Al、Z為S，Al和S均能發(fā)生水解，23232﹣﹣++﹣+水解打破了水的電離平衡；O不能在水溶液存在，而Na不水解，故正確的2﹣+是C；故選：C?！军c評】本題考查影響鹽類水解的因素，命題結(jié)構(gòu)簡單，切入點新穎，考查了離子化合價與其離子電荷的關(guān)系，難度中等．4．（6分）銀制器皿日久表面會逐漸變黑，這是生成了AgS的緣故．根據(jù)電化2學(xué)原理可進行如下處理：在鋁質(zhì)容器中加入食鹽溶液，再將變黑的銀器浸入該溶液中，一段時間后發(fā)現(xiàn)黑色會褪去．下列說法正確的是（）．處理過程中銀器一直保持恒重．銀器為正極，AgS被還原生成單質(zhì)銀2C．該過程中總反應(yīng)為2Al+3AgS═+AlS223．黑色褪去的原因是黑色AgS轉(zhuǎn)化為白色AgCl2【考點】：原電池和電解池的工作原理．【專題】：電化學(xué)專題．【分析】鋁、銀和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，鋁作負極，銀作正極，負極上鋁失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上銀離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，據(jù)此分析解答．【解答】解：．銀器放在鋁制容器中，由于鋁的活潑性大于銀，故鋁為負極，失電子，電極反應(yīng)式為Al﹣3e=Al，銀為正極，銀表面的AgS得電子，析3﹣+2出單質(zhì)銀，電極反應(yīng)式為AgS+﹣+2H+2OH+HS↑﹣222，所以銀器質(zhì)量減小，故A錯誤；AgSB2第3頁（共32頁）正確；C．AlS在溶液中不能存在，會發(fā)生雙水解反應(yīng)生成HS和Al（OH），2323AlS+6HO=2Al（）+3HS↑23232故C錯誤；．黑色褪去是AgS轉(zhuǎn)化為Ag而不是AgCl，故D錯誤；2故選：?！军c評】56K（AgCl=1.56×10K=7.7×10K（AgCrO）1013﹣﹣spspsp24=9.0×10．某溶液中含有Cl、Br和CrO濃度均為0.010mol?L，向該122﹣1﹣﹣﹣﹣4溶液中逐滴加入0.010mol?L的AgNO溶液時，三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后1﹣3順序為（）．Cl、Br、CrO．CrO、Br、Cl2﹣2﹣﹣﹣﹣﹣44C．Br、Cl、CrOD．Br、CrO、Cl2﹣﹣2﹣﹣﹣﹣44【考點】：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】析出沉淀時，AgCl溶液中（Ag）==mol/L，AgBr溶液中（Ag==AgCrO溶液中（Ag）24==，（Ag）越小，則越先生成沉淀．【解答】解：析出沉淀時，AgCl溶液中c（Ag）+==mol/L=1.56×10mol/L，8﹣AgBr溶液中（Ag）==mol/L=7.7×10，第4頁（共32頁）AgCrO溶液中（Ag）==mol/L=3×10，24（Ag）越小，則越先生成沉淀，所以種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序為Br、Cl+﹣、CrO，2﹣﹣4故選：C?！军c評】判斷生成沉淀的先后順序，易錯點為，組成不相似的物質(zhì)，不能直接根據(jù)溶度積判斷．6．（6分）分子式為CHO的有機物在酸性條件下可水解為酸和醇，若不考5102慮立體異構(gòu)，這些酸和醇重新組合可形成的酯共有（．28種．32種C．40種）．48種【考點】H6：有機化合物的異構(gòu)現(xiàn)象．【專題】532：同分異構(gòu)體的類型及其判定．【分析】分子式為CHO5102為5數(shù)，根據(jù)羧酸與醇組合，計算同分異構(gòu)體數(shù)目．【解答】解：分子式為CHO的有機物在酸性條件下可水解為酸和醇，屬于飽5102和一元酯，若水解產(chǎn)物為甲酸和丁醇，甲酸只有1種結(jié)構(gòu)、丁醇有4種結(jié)構(gòu)：CHCHCHCHOH、、、；3222若水解生成乙酸和丙醇，乙酸不存在同分異構(gòu)體、丙醇有2種同分異構(gòu)體：CHCHCH、CH（）CH；32233若水解生成丙酸和乙醇，丙酸和乙醇都只有1種結(jié)構(gòu)；12種結(jié)構(gòu)：CHCHCHCOOH、322CHCH（CH）COOH；33第5頁（共32頁）根據(jù)以上分析可知，羧酸共有：1+1+1+2=5種，醇共有：4+2+1+1=8種，酸和醇重新組合可形成的酯共有：5×8=40種，故選：C。【點評】酸與醇的同分異構(gòu)體的判斷，注意利用數(shù)學(xué)法進行計算同分異構(gòu)體的方法．7．（6分）下列實驗中，所采取的分離方法與對應(yīng)原理都正確的是（）選項目的分離方法乙醇萃取分液原理ABC分離溶于水中的碘分離乙酸乙酯和乙醇碘在乙醇中的溶解度較大乙酸乙酯和乙醇的密度不同NaCl在水中的溶解度很大除去KNO固體中混雜的重結(jié)晶3NaCl除去丁醇中的乙醚．BD蒸餾丁醇與乙醚的沸點相差較大．AC．C．D【考點】PE：物質(zhì)的分離、提純和除雜．【專題】25：實驗評價題．【分析】．乙醇和水混溶，不能用作萃取劑；．乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分離；C．應(yīng)利用二者溶解度隨溫度的變化不同分離；．丁醇和乙醚的沸點不同，可用蒸餾的方法分離．．乙醇和水混溶，不能用作萃取劑，應(yīng)用四氯化碳或苯萃取，故A錯誤；．乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分離，應(yīng)用蒸餾的方法分離，故B錯誤；CNaCl隨溫度升高溶解度變化不大，KNO隨溫度升高溶解度變化大，經(jīng)冷卻過濾，故C錯誤；3．丁醇和乙醚混溶，但二者的沸點不同，且相差較大，可用蒸餾的方法分離，故D正確。第6頁（共32頁）故選：。物質(zhì)的性質(zhì)的異同，把握常見物質(zhì)的分離方法和操作原理．三、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分．第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33題～第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答）8．（13分）醇脫水是合成烯烴的常用方法，實驗室合成環(huán)己烯的反應(yīng)和實驗裝置如圖所示．可能用到的有關(guān)數(shù)據(jù)如下：相對分子質(zhì)量密度/（g?cm）沸點/℃161溶解性微溶于水難溶于水3環(huán)己醇環(huán)己烯100820.96180.810283合成反應(yīng)：在a中加入20g環(huán)己醇和2小片碎瓷片，冷卻攪動下慢慢加入1mL濃硫酸．b中通入冷卻水后，開始緩慢加熱，控制餾出物的溫度不超過90℃．分離提純：反應(yīng)粗產(chǎn)物倒入分液漏斗中分別用少量碳酸鈉溶液和水洗滌，分離后加入無水氯化鈣顆粒，靜置一段時間后棄去氯化鈣．最終通過蒸餾得到純凈環(huán)己烯．回答下列問題：（1）裝置b的名稱是直形冷凝管．（2防止暴沸應(yīng)該采取的正確操作是B（填正確答案標號）．．立即補加．冷卻后補加C．不需補加．重新配料（3）本實驗中最容易產(chǎn)生的副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為．（4）分液漏斗在使用前須清洗干凈并檢漏；在本實驗分離過程中，產(chǎn)物應(yīng)該從分液漏斗的上口倒出（填上口倒出”或下口放出）．第7頁（共32頁）（5）分離提純過程中加入無水氯化鈣的目的是干燥．（6）在環(huán)己烯粗產(chǎn)物蒸餾過程中，不可能用到的儀器有CD（填正確答案標號）．．蒸餾燒瓶．溫度計C．吸濾瓶．球形冷凝管E．接收器（7）本實驗所得到的環(huán)己烯產(chǎn)率是C（填正確答案標號）．A.41%B.50%C.61%D.70%【考點】U3：制備實驗方案的設(shè)計．【專題】534：有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】（1）裝置b是冷凝器；（2）碎瓷片的存在可以防止在加熱過程中產(chǎn)生暴沸現(xiàn)象，補加碎瓷片時需要待已加熱的試液冷卻后再加入；（3）加熱過程中，環(huán)己醇除可發(fā)生消去反應(yīng)生成環(huán)己烯外，還可以發(fā)生取代反應(yīng)生成二環(huán)己醚；第8頁（共32頁）（4）由于分液漏斗有活塞開關(guān)，故使用前需要檢查是否漏液；分液過程中，由于環(huán)己烯的密度比水的密度小，故應(yīng)該從分液漏斗的上口倒出；（5）無水氯化鈣用于吸收產(chǎn)物中少量的水；（6）觀察題目提供的實驗裝置圖知蒸餾過程中不可能用到吸濾瓶和球形冷凝器管；（7）環(huán)己醇為0.2mol，理論上可以得到0.2mol環(huán)己烯，其質(zhì)量為，所以產(chǎn)率=×100%=61%．【解答】解：（1）依據(jù)裝置圖分析可知裝置b是蒸餾裝置中的冷凝器裝置，故答案為：直形冷凝器；（2）碎瓷片的存在可以防止在加熱過程中產(chǎn)生暴沸現(xiàn)象，補加碎瓷片時需要待已加熱的試液冷卻后再加入，故答案為：防止暴沸；；（3）加熱過程中，環(huán)己醇除可發(fā)生消去反應(yīng)生成環(huán)己烯外，還可以發(fā)生取代反應(yīng)，分子間發(fā)生脫水反應(yīng)生成二環(huán)己醚，故答案為：；（4）由于分液漏斗有活塞開關(guān)，故使用前需要檢查是否漏液；分液過程中，由于環(huán)己烯的密度比水的密度小，故應(yīng)該從分液漏斗的上口倒出，故答案為：檢漏；上口倒出；（5）分離提純過程中加入無水氯化鈣的目的是利用無水氯化鈣吸收產(chǎn)物中少量的水，故答案為：干燥；（6）觀察題目提供的實驗裝置圖知蒸餾過程中不可能用到吸濾瓶和球形冷凝器管，故答案為：CD；（7）環(huán)己醇為0.2mol，理論上可以得到0.2mol環(huán)己烯，其質(zhì)量為，所以產(chǎn)率=×100%=61%，故答案為：61%．【點評】理的分析判斷，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．9．（15分）鋰離子電池的應(yīng)用很廣，其正極材料可再生利用．某鋰離子電池正極材料有鈷酸鋰（LiCoO）、導(dǎo)電劑乙炔黑和鋁箔等．充電時，該鋰離子電2第9頁（共32頁）池陰極發(fā)生的反應(yīng)為6C+xLi+xe═LiC+﹣x6料中的某些金屬資源（部分條件未給出）．回答下列問題：（1）LiCoO中，Co元素的化合價為+3．2（2）寫出“正極堿浸”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式2Al+2OH+2HO=2AlO﹣﹣22+3H↑．2（3酸浸一般在80℃下進行，寫出該步驟中發(fā)生的所有氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式2LiCoO+HO+3HSOLiSO+2CoSO+O+4HO；22224244222HO22H+O↑；可用鹽酸代替HSO和HO的混合液，但缺點2222422是有氯氣生成，污染較大，引入氯離子雜質(zhì)，在后續(xù)步驟中難以分離．（4）寫出“沉鈷”過程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式CoSO+2NHHCO=CoCO+4433（NH）SO+CO+HO．42422（5）充放電過程中，發(fā)生LiCoO與LiCoO之間的轉(zhuǎn)化，寫出放電時電池反21x2﹣應(yīng)方程式LiCoO+LiC=LiCoO+6C．1x2x62﹣（6）上述工藝中，放電處理”有利于鋰在正極的回收，其原因是Li從負極中+脫出，經(jīng)由電解質(zhì)向正極移動并進入正極材料中．在整個回收工藝中，可回收到的金屬化合物有Al（）、CoCO、LiSO（填化學(xué)式）．3324【考點】：金屬的回收與環(huán)境、資源保護；P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．【專題】：電化學(xué)專題；527：幾種重要的金屬及其化合物．【分析】（1）根據(jù)化合物中，化合價的代數(shù)和為0判斷；第10頁（共32頁）（2）堿浸正極時，鋁和氫氧根離子反應(yīng)生成偏鋁酸根離子和氫氣；（3）根據(jù)所加入的反應(yīng)物以及生成物結(jié)合質(zhì)量守恒定律來書寫化學(xué)方程式；由題中信息知LiCoO具有強氧化性，加入鹽酸有污染性氣體氯氣生成；2（4）沉鈷過程中硫酸鈷和碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸鈷沉淀；（5）放電時，LiCoO和LiC發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成LiCoO和C；1x2x62﹣（6）“放電處理有利于鋰在正極的回收，Li從負極中脫出，經(jīng)由電解質(zhì)向正極+移動，在整個回收工藝中，可回收到的金屬化合物有Al（OH）、CoCO、33LiSO．24【解答】解：（1）根據(jù)化合物中，化合價的代數(shù)和為0知，LiCoO中，Co元2素的化合價為+3價，故答案為：+3；（2）正極中含有鋁，鋁易溶于強堿溶液生成2Al+2OH+2HO=2AlO+3H，AlO，反應(yīng)的離子方程式為﹣2﹣﹣222故答案為：2Al+2OH+2HO=2AlO+3H；﹣﹣222（3）酸浸時反應(yīng)物有硫酸、過氧化氫以及LiCoO，生成物有LiSO和CoSO，2244反應(yīng)方程式為：2LiCoO+HO+3HSOLiSO+2CoSO+O+4H2222424422題中信息知LiCoO具有強氧化性，加入鹽酸有污染性氣體氯氣生成，且引入2氯離子雜質(zhì)，在后續(xù)步驟中難以分離，2LiCoO+HO+3HSOLiSO+2CoSO+O+4HO；有氯氣生2222424422成，污染較大，引入氯離子雜質(zhì)，在后續(xù)步驟中難以分離；（4）“沉鈷”過程中硫酸鈷和碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸鈷沉淀、硫酸銨、二氧化碳和水，反應(yīng)方程式為CoSO+2NHHCO=CoCO+（NH）SO+CO+H，443342422故答案為：CoSO+2NHHCO=CoCO+（NH）SOCO+H；443342422（5LiCoO和LiC發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成LiCoO和C1x2x62﹣應(yīng)方程式為：LiCoO+LiC=LiCoO+6C，1x2x62﹣故答案為：LiCoO+LiC=LiCoO+6C；1x2x62﹣（6放電處理”有利于鋰在正極的回收，根據(jù)流程圖知，可回收到的金屬化合物有Al（）、CoCOLiSO，3324故答案為：Lil）+第32頁）、CoCO、LiSO．3324的分離提純和除雜等問題，題目較為綜合，做題時注意仔細審題，從題目中獲取關(guān)鍵信息，難度中等，難點是電極反應(yīng)式的書寫．10．（15分）二甲醚（CHOCH）是無色氣體，可作為一種新型能源．由合成33氣（組成為H、CO和少量的CO）直接制備二甲醚，其中的主要過程包括22以下四個反應(yīng)：甲醇合成反應(yīng)：（Ⅰ）CO（）+2H（）═CH（）△H﹣90.1kJ?mol1231（Ⅱ）CO（）+3H（）═CH（）+H（）△H﹣49.0kJ?mol122322水煤氣變換反應(yīng)：（Ⅲ）CO（）+H（）═CO（）+H（）△H﹣41.1kJ?mol﹣12223二甲醚合成反應(yīng)：（Ⅳ）2CH（）═CHOCH（）+HO（）△H﹣24.5kJ?mol﹣133324回答下列問題：（1AlO23礦制備較高純度AlO的主要工藝流程是AlO（鋁土礦）2323++3HO=2NaAl（），（OH）+CO=Al（）+NaHCO，2442332Al（）3AlO+3HO（以化學(xué)方程式表示）．232（2）分析二甲醚合成反應(yīng)（Ⅳ）對于CO轉(zhuǎn)化率的影響消耗甲醇，促進甲醇合成反應(yīng)（Ⅰ）平衡右移，CO轉(zhuǎn)化率增大；生成的H，通過水煤氣變換反2應(yīng)（Ⅲ）消耗部分CO．（3H和CO2CO2（4H（=CHOCH+H（）△﹣204.7kJ?mol．根據(jù)化學(xué)反應(yīng)12332原理，分析增加壓強對直接制備二甲醚反應(yīng)的影響該反應(yīng)分子數(shù)減少，壓CO和HCHOCH產(chǎn)率增加．壓強升高使233CO和H濃度增加，反應(yīng)速率增大．2（4）有研究者在催化劑（含Cu﹣﹣Al﹣O和AlO）、壓強為5.0MPa的條23第12頁（共32頁）件下，由H和CO直接制備二甲醚，結(jié)果如圖所示．其中CO轉(zhuǎn)化率隨溫度2升高而降低的原因是反應(yīng)放熱，溫度升高，平衡左移．（5）二甲醚直接燃料電池具有啟動快、效率高等優(yōu)點，其能量密度高于甲醇直接燃料電池（5.93kW?h?kg）．若電解質(zhì)為酸性，二甲醚直接燃料電池的負1﹣極反應(yīng)為CHOCH+3HO=2CO+12H+12e+﹣3322121.20V1算．能量密度電池輸出電能/燃料質(zhì)量，1kW?h=3.6×10J）．6【考點】：熱化學(xué)方程式；：化學(xué)電源新型電池．【專題】517：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化；51I：電化學(xué)專題．【分析】（1）鋁土礦制備較高純度AlO的主要工藝流程是利用氧化鋁是兩性23氧化物溶于堿生成四羥基合鋁酸鈉，溶液中通入過量二氧化碳生成氫氧化鋁沉淀，加熱分解得到氧化鋁；（2）二甲醚合成反應(yīng)（Ⅳ）對于CO轉(zhuǎn)化率的影響，結(jié)合甲醇合成反應(yīng)，水煤氣變換反應(yīng)和化學(xué)平衡移動原理分析判斷；（3）依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算得到，依據(jù)計算得到的反應(yīng)結(jié)合化學(xué)平衡移動原理分析判斷增大壓強的影響；（4）依據(jù)化學(xué)平衡特征和平衡移動原理分析；（5）燃料電池中燃料在負極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，書寫電極反應(yīng)，計算電子轉(zhuǎn)移；依據(jù)能量密度電池輸出電能/燃料質(zhì)量列式計算．第13頁（共32頁）【解答】解：（1）鋁土礦制備較高純度AlO的主要工藝流程，利用氧化鋁是23兩性氧化物溶于堿生成四羥基合鋁酸鈉，溶液中通入過量二氧化碳生成氫氧化鋁沉淀，加熱分解得到氧化鋁；反應(yīng)娥化學(xué)方程式為：AlO（鋁土礦）23++3HO=2NaAl（）；（OH）+CO=Al（）+NaHCO；2442332Al（）3AlO+3H，232故答案為：AlO+3HO=2NaAl（）；NaAl（OH）+CO=Al232442（）+NaHCO；2Al（）AlO+3H；333232（2）二甲醚合成反應(yīng)（Ⅳ）對于CO轉(zhuǎn)化率的影響，消耗甲醇，促進甲醇合成反應(yīng)（Ⅰ）（2H（CH（）平衡右移，CO轉(zhuǎn)化率增大；生23成的HCO（H（gCO（gH（）2222消耗部分CO，故答案為：消耗甲醇，促進甲醇合成反應(yīng)（Ⅰ）平衡右移，CO轉(zhuǎn)化率增大；生成的H，通過水煤氣變換反應(yīng)（Ⅲ）消耗部分CO；2（3）Ⅰ、CO（）+2H（）═CH（）△H﹣90.1kJ?mol1231Ⅳ、2CH（）═CHOCH（）+H（g）△H﹣24.5kJ?mol133324依據(jù)蓋斯定律Ⅰ×2（4H（=CHOCH+H（﹣2332204.7kJ?mol1該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增加壓強平衡正向進行，反應(yīng)速率增大，CO和H轉(zhuǎn)化率增大，CHOCH產(chǎn)率增加，233故答案為：2CO（g）+4H（g）=CHOCH（g）+HO（g）△H=﹣204.7kJ?mol2332CO和H轉(zhuǎn)化率增大，CHOCH﹣1233產(chǎn)率增加．壓強升高使CO和H濃度增加，反應(yīng)速率增大；2（4）CO轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而降低，是因為反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向進行，故答案為：反應(yīng)放熱，溫度升高，平衡左移；（5）若電解質(zhì)為酸性，二甲醚直接燃料電池的負極反應(yīng)為二甲醚失電子生成二氧化碳，結(jié)合原子守恒和電荷守恒寫出電極反應(yīng)為：CHOCH+3HO﹣12e﹣332=2CO+12H；+2一個二甲醚分子經(jīng)過電化學(xué)氧化失去12個電子，能量密度電池輸出電能/燃料質(zhì)量，該電池的理論輸出電壓為1.20V，能量密度第14頁（共32頁）E==8.39KW?h?kg，1故答案為：CHOCH+3HO﹣12e=2CO+12H；12；﹣+3322=8.39KW?h?kg．1平衡移動原理的分析判斷，原電池原理分析和電極書寫，題目難度中等．．（15分）[化學(xué)﹣選修2：化學(xué)與技術(shù)]草酸（乙二酸）可作還原劑和沉淀劑，用于金屬除銹、織物漂白和稀土生產(chǎn)．一種制備草酸（含2個結(jié)晶水）的工藝流程如下：回答下列問題：（1）CO和NaOH在一定條件下合成甲酸鈉、甲酸鈉加熱脫氫的化學(xué)反應(yīng)方程式分別為CO+NaOHHCOONa、2HCOONaNaCO+H↑．2242（2）該制備工藝中有兩次過濾操作，過濾操作①的濾液是氫氧化鈉溶液，濾渣是CaCOHCO溶液和HSO溶液，2422424濾渣是CaSO．4（3）工藝過程中③和④的目的是分別循環(huán)利用氫氧化鈉和硫酸來降低成本，減小污染．第15頁（共32頁）（4）有人建議甲酸鈉脫氫后直接用硫酸酸化制備草酸．該方案的缺點是產(chǎn)品不純，其中含有的雜質(zhì)主要是NaSO．24（5）結(jié)晶水合草酸成品的純度用高錳酸鉀法測定．稱量草酸成品0.250g溶于水0.0500mol?L的酸性KMnOKMnO1﹣44溶液15.00mL，反應(yīng)的離子方程式為5HCO+2MnO﹣2244+6H=10CO+2Mn+8HO；列式計算該成品的純度94.5%．2++22【考點】U3：制備實驗方案的設(shè)計．【專題】534：有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】（1）根據(jù)反應(yīng)物、生成物和反應(yīng)條件寫出反應(yīng)方程式；（2）氫氧化鈣和草酸鈉溶液反應(yīng)生成氫氧化鈉和草酸鈣，草酸鈣難溶于水，草酸鈣和稀硫酸反應(yīng)生成草酸和硫酸鈣，硫酸鈣是微溶物；（3）循環(huán)利用的物質(zhì)能降低成本，減少污染；（4）甲酸鈉和硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉，硫酸鈉是可溶性物質(zhì)；（5）酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化草酸根離子生成二氧化碳，同時自身被還原生成二價錳離子，根據(jù)草酸和高錳酸鉀之間的關(guān)系式計算草酸的物質(zhì)的量，再根據(jù)質(zhì)量分數(shù)公式計算其純度．【解答】解：（）根據(jù)流程圖知，200℃、2MPa條件下，一氧化碳和氫氧化鈉CO+NaOH甲酸鈉脫氫生成草酸鈉和氫氣，反應(yīng)方程式為：2HCOONaNaCOH，2242故答案為：CO+NaOH，2HCOONaNaCO+H；2242（2）氫氧化鈣和草酸鈉溶液反應(yīng)生成氫氧化鈉和草酸鈣，草酸鈣難溶于水，所以過濾操作①的濾液是氫氧化鈉溶液，濾渣是CaCO，草酸鈣和稀硫酸反應(yīng)24生成草酸和硫酸鈣，硫酸鈣是微溶物，該操作過程中，稀硫酸過量，所以過濾操作②的濾液是HCO溶液、HSO溶液，濾渣是CaSO，224244故答案為：NaOH溶液，CaCO，HCOHSO溶液，CaSO；24224244（3）氫氧化鈉和硫酸都具有腐蝕性，能污染環(huán)境，分別循環(huán)利用氫氧化鈉和硫酸能降低成本，減小污染，第16頁（共32頁）故答案為：分別循環(huán)利用氫氧化鈉和硫酸能降低成本，減小污染；（4）甲酸鈉和硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉，硫酸鈉是可溶性物質(zhì)，存在于溶液中，所以含有的雜質(zhì)主要是NaSO42，故答案為：NaSO；24（5）酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化草酸根離子生成二氧化碳，同時自身被還原生成二價錳離子，離子反應(yīng)方程式為：5HCO+2MnO﹣2244+6H=10CO+2Mn+8H，2++22設(shè)草酸的物質(zhì)的量為xmol，則：5HCO+6H+2MnO=10CO+2Mn+8HO2+﹣+2244225mol2mol0.0500mol?L×0.015Lx1﹣所以，5mol：2mol=x0.0500mol?L×0.015L1﹣解得x=0.001875mol，故其純度=×100%=94.5%，故答案為：94.5%．難點是計算草酸結(jié)晶水合物的純度，根據(jù)方程式進行分析解答，難度中等．12．（15分）[化學(xué)﹣選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]硅是重要的半導(dǎo)體材料，構(gòu)成了現(xiàn)代電子工業(yè)的基礎(chǔ)．請回答下列問題：（1）基態(tài)Si原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為M，該能層具有的原子軌道數(shù)為9、電子數(shù)為4．（2）硅主要以硅酸鹽、二氧化硅等化合物的形式存在于地殼中．（3共價鍵相結(jié)合，其晶胞中共有8個原子，其中在面心位置貢獻3個原子．（4SiHMgSi和NHCl424在液氨介質(zhì)中反應(yīng)制得SiH，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為4MgSi+4NHCl=SiH+4NH+2MgCl．24432（5）碳和硅的有關(guān)化學(xué)鍵鍵能如下所示，簡要分析和解釋下列有關(guān)事實：第17頁（共32頁）化學(xué)鍵﹣C﹣H﹣OSi﹣SiSi﹣HSi﹣O鍵能/（kJ?mol）3564133362263184521﹣是C﹣C鍵和C﹣H鍵較強，所形成的烷烴穩(wěn)定．而硅烷中Si﹣Si鍵和Si﹣H鍵的鍵能較低，易斷裂，導(dǎo)致長鏈硅烷難以生成．．②SiH的穩(wěn)定性小于CH，更易生成氧化物，原因是C﹣H鍵的鍵能大于﹣44O鍵，C﹣H鍵比C﹣O鍵穩(wěn)定．而Si﹣H鍵的鍵能卻遠小于Si﹣O鍵，所以Si﹣H鍵不穩(wěn)定而傾向于形成穩(wěn)定性更強的﹣O鍵．（6）在硅酸鹽中，SiO四面體（如下圖（a））通過共用頂角氧離子可形成島狀、鏈狀、層狀、骨架網(wǎng)狀四大類結(jié)構(gòu)型式．圖（b）為一種無限長單鏈結(jié)構(gòu)Si原子的雜化形式為spSi與O的原子數(shù)之比為1：33，化學(xué)式為SiO．2﹣38697：晶胞的計算；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；：硅和二氧化硅．【專題】51D525【分析】（1）硅原子核外有14個電子，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s2s2p3s3p，對應(yīng)能層分別別為、、M，其中能量最高的是最外層M22622層，該能層有s、p、d三個能級，s能級有1個軌道，p能級有3d能級有5個軌道，所以共有9個原子軌道，硅原子的M能層有4個電子（3s3p）；22（2）硅元素在自然界中主要以化合態(tài)（二氧化硅和硅酸鹽）形式存在；（3）硅晶體和金剛石晶體類似都屬于原子晶體，硅原子之間以共價鍵結(jié)合；利用均攤法計算；（4）MgSi和NHCl在液氨介質(zhì)中反應(yīng)制得SiH、NH和MgCl；24432第18頁（共32頁）（5C﹣C鍵和C﹣H鍵大于硅烷中的Si﹣Si鍵和Si﹣H鍵的鍵能；C﹣H鍵的鍵能大于C﹣OC﹣H鍵比C﹣O鍵穩(wěn)定，而Si﹣H鍵的鍵能遠小于Si﹣O鍵，所以Si﹣H鍵不穩(wěn)定而傾向與形成穩(wěn)定性更強的SiO鍵；（6）硅酸鹽中的硅酸根（SiO）為正四面體結(jié)構(gòu)，所以中心原子Si原子采取了spb）的一個結(jié)構(gòu)單元中含有13個氧原子，3化學(xué)式為SiO；2﹣3【解答】解：（1）硅原子核外有14個電子，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s2s2p3s3p，對應(yīng)能層分別別為、、M，其中能量最高的是最外層M22622層，該能層有s、p、d三個能級，s能級有1個軌道，p能級有3d能級有5個軌道，所以共有9個原子軌道，硅原子的M能層有4個電子（3s3p）；22故答案為：M；9；4；（2）硅元素在自然界中主要以化合態(tài)（二氧化硅和硅酸鹽）形式存在，故答案為：二氧化硅（3）硅晶體和金剛石晶體類似都屬于原子晶體，硅原子之間以共價鍵結(jié)合．硅晶胞中每個頂點上有1個Si1個4個Si原子，利用均攤法知，面心提供的硅原子個數(shù)×=3，故答案為：共價鍵；3；（4）MgSi和NHCl在液氨介質(zhì)中反應(yīng)制得SiH、NH和MgCl，方程式為：24432MgSi+4NHCl=SiH+4NH+2MgCl，故答案為：24432MgSi+4NHCl=SiH+4NH+2MgCl；24432（5C﹣C鍵和C﹣H鍵大于硅烷中的Si﹣Si鍵和Si﹣H鍵的鍵能，所以硅烷中Si﹣Si鍵和Si﹣H鍵的鍵能易斷裂，導(dǎo)致長鏈硅烷難以生成，C﹣C鍵和C﹣H鍵較強，所形成的烷烴穩(wěn)定，而硅烷中Si﹣Si鍵和Si﹣H鍵的鍵能較低，易斷裂，導(dǎo)致長鏈硅烷難以生成；C﹣H鍵的鍵能大于C﹣OC﹣H鍵比C﹣O鍵穩(wěn)定，而Si﹣H鍵的鍵能遠小于Si﹣O鍵，所以Si﹣H鍵不穩(wěn)定而傾向與形成穩(wěn)定性更強的SiO鍵；第19頁（共32頁）故答案：C﹣H鍵的鍵能大于C﹣O鍵，C﹣H鍵比C﹣O鍵穩(wěn)定．而Si﹣H鍵的鍵能卻遠小于Si﹣O鍵，所以Si﹣H鍵不穩(wěn)定而傾向于形成穩(wěn)定性更強的Si﹣O鍵；（6）硅酸鹽中的硅酸根（SiO）為正四面體結(jié)構(gòu)，所以中心原子Si原子采取了sp雜化方式；3故答案為：sp3根據(jù)圖（b）的一個結(jié)構(gòu)單元中含有1個硅、3個氧原子，化學(xué)式為SiO；2﹣3故答案為：1：3；SiO；2﹣3寫、雜化軌道、化學(xué)鍵等知識，難度中等．13．（15分）[化學(xué)﹣選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)]査爾酮類化合物G是黃酮類藥物的主要合成中間體，其中一種合成路線如下：已知以下信息：①芳香烴A的相對分子質(zhì)量在100～110之間，1molA充分燃燒可生成72g水．②C不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)．③D能發(fā)生銀鏡反應(yīng)、可溶于飽和NaCO溶液、核磁共振氫譜顯示有4種氫．23④⑤RCOCH+RˊCHORCOCH=CHRˊ3回答下列問題：（1）A的化學(xué)名稱為苯乙烯．（2）由生成BC的化學(xué)方程式為第20頁（共32頁）．（3）E的分子式為CHONa，由E生成F的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)．752（4）G的結(jié)構(gòu)簡式為．（5D的芳香同分異構(gòu)體HH在酸催化下發(fā)生水解反應(yīng)的化學(xué)方程式為．（6FFeCl溶液發(fā)生顯色反應(yīng)的3共有13種，其中核磁共振氫譜為5組峰，且峰面積比為2：2：2：1：1的為（寫結(jié)構(gòu)簡式）．【考點】：有機物的推斷．【專題】534：有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】芳香烴A的相對分子質(zhì)量在100～110之間，1molA充分燃燒可生成72g水，72g水的物質(zhì)的量=1個A分子中含有8個氫原子，A能和水發(fā)生加成反應(yīng)，則A中含有碳碳雙鍵，B中含有羥基，B被氧化后生成C，C不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則C中不含醛基，則C中含有羰基，結(jié)合AA是苯乙烯，B的結(jié)構(gòu)簡式為：C的結(jié)構(gòu)簡式為：；D能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明DNaCO溶液說明D中含有羧23基或酚羥基，核磁共振氫譜顯示有4種氫，說明D含有四種類型的氫原子，第21頁（共32頁）結(jié)合D的分子式知，D是對羥基苯甲醛，D和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成E，E的結(jié)構(gòu)簡式為：結(jié)構(gòu)簡式為：，和碘烷反應(yīng)生成，F(xiàn)的C和F反應(yīng)生成，結(jié)合題給信息知，G的結(jié)構(gòu)簡式為：．A的相對分子質(zhì)量在100～110之間，1molA充分燃燒可生成72g水，72g水的物質(zhì)的量=，所以1個A分子中含有8個氫原子，A能和水發(fā)生加成反應(yīng)，則A中含有碳碳雙鍵，B中含有羥基，B被氧化后生成CCC中不含醛基，則C中含有羰基，結(jié)合AA是苯乙烯，B的結(jié)構(gòu)簡式為：C的結(jié)構(gòu)簡式為：；D能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明DNaCO溶液說明D中含有羧23基或酚羥基，核磁共振氫譜顯示有4種氫，說明D含有四種類型的氫原子，結(jié)合D的分子式知，D是對羥基苯甲醛，D和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成E，E的結(jié)構(gòu)簡式為：結(jié)構(gòu)簡式為：，和碘烷反應(yīng)生成，F(xiàn)的C和F反應(yīng)生成，結(jié)合題給信息知，G的結(jié)構(gòu)簡式為：．（1）通過以上分析知，A是苯乙烯，故答案為：苯乙烯；（2）在加熱、銅作催化劑條件下，B被氧氣氧化生成C，反應(yīng)方程式為：第22頁（共32頁），故答案為：；（3）通過以上分析知，E的分子式為：CHO，E發(fā)生取代反應(yīng)生成，故752答案為：CHO；取代反應(yīng)；752（4）通過以上分析知，G的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：；（5D的芳香同分異構(gòu)體H既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能發(fā)生水解反應(yīng)，說明H中含有苯環(huán)、醛基和酯基，所以H是甲酸苯酯，H在酸催化下發(fā)生水解反應(yīng)的化學(xué)方程式為：，故答案為：；（6）F的同分異構(gòu)體中，既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能與FeCl溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，3說明該有機物中含有醛基和酚羥基，當(dāng)該有機物中含有一個酚羥基、一個醛基和一個甲基時有10種同分異構(gòu)體，當(dāng)該有機物含有乙醛基和酚羥基時，有3種同分異構(gòu)體，所以共有13種符合條件的同分異構(gòu)體，如果其中核磁共振氫譜為5組峰，且峰面積比為2：2：2：1：1時，該有機物的結(jié)構(gòu)簡式為，第23頁（共32頁）故答案為：13；．解本題關(guān)鍵，注意結(jié)合題給信息進行分析解答，難度中等．2020年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標?。ê馕霭妫└呖紡?fù)習(xí)模擬題模擬試卷押題一、選擇題1．（6分）化學(xué)無處不在，與化學(xué)有關(guān)的說法不正確的是（．侯氏制堿法的工藝過程中應(yīng)用了物質(zhì)溶解度的差異．可用蘸濃鹽酸的棉棒檢驗輸送氨氣的管道是否漏氣C．碘是人體必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物．黑火藥由硫磺、硝石、木炭三種物質(zhì)按一定比例混合制成）2．（6分）香葉醇是合成玫瑰香油的主要原料，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示：下列有關(guān)香葉醇的敘述正確的是（）第24頁（共32頁）．香葉醇的分子式為CHO1018．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色．能發(fā)生加成反應(yīng)不能發(fā)生取代反應(yīng)36分）短周期元素WZ的原子序數(shù)依次增大，其簡單離子都能破壞水的電離平衡的是（）．W、X．X、3C．Y、Z．X、Z232﹣2﹣﹣+++++4．（6分）銀制器皿日久表面會逐漸變黑，這是生成了AgS的緣故．根據(jù)電化2學(xué)原理可進行如下處理：在鋁質(zhì)容器中加入食鹽溶液，再將變黑的銀器浸入該溶液中，一段時間后發(fā)現(xiàn)黑色會褪去．下列說法正確的是（）．處理過程中銀器一直保持恒重．銀器為正極，AgS被還原生成單質(zhì)銀2C．該過程中總反應(yīng)為2Al+3AgS═+AlS223．黑色褪去的原因是黑色AgS轉(zhuǎn)化為白色AgCl256K（AgCl=1.56×10K=7.7×10K（AgCrO）1013﹣﹣spspsp24=9.0×10．某溶液中含有Cl、Br和CrO濃度均為0.010mol?L，向該122﹣1﹣﹣﹣﹣4溶液中逐滴加入0.010mol?L的AgNO溶液時，三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后1﹣3順序為（）．Cl、Br、CrO．CrO、Br、Cl2﹣2﹣﹣﹣﹣﹣44C．Br、Cl、CrOD．Br、CrO、Cl2﹣﹣2﹣﹣﹣﹣446．（6分）分子式為CHO的有機物在酸性條件下可水解為酸和醇，若不考5102慮立體異構(gòu)，這些酸和醇重新組合可形成的酯共有（．28種．32種C．40種7．（6分）下列實驗中，所采取的分離方法與對應(yīng)原理都正確的是（選項目的分離方法原理）．48種）第25頁（共32頁）A分離溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度較大B分離乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同NaCl在水中的溶解度很大丁醇與乙醚的沸點相差較大．DC除去KNO固體中混雜的NaCl重結(jié)晶3D除去丁醇中的乙醚蒸餾．A．BC．C三、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分．第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33題～第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答）8．（13分）醇脫水是合成烯烴的常用方法，實驗室合成環(huán)己烯的反應(yīng)和實驗裝置如圖所示．可能用到的有關(guān)數(shù)據(jù)如下：相對分子質(zhì)量密度/（g?cm）沸點/℃161溶解性微溶于水難溶于水﹣3環(huán)己醇環(huán)己烯100820.96180.810283合成反應(yīng)：在a中加入20g環(huán)己醇和2小片碎瓷片，冷卻攪動下慢慢加入1mL濃硫酸．b中通入冷卻水后，開始緩慢加熱，控制餾出物的溫度不超過90℃．分離提純：反應(yīng)粗產(chǎn)物倒入分液漏斗中分別用少量碳酸鈉溶液和水洗滌，分離后加入無水氯化鈣顆粒，靜置一段時間后棄去氯化鈣．最終通過蒸餾得到純凈環(huán)己烯．回答下列問題：（1）裝置b的名稱是（2采取的正確操作是．（填正確答案標號）．．立即補加．冷卻后補加C．不需補加．重新配料（3）本實驗中最容易產(chǎn)生的副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為（4．從分液漏斗的（填上口倒出或下口放出）．（5）分離提純過程中加入無水氯化鈣的目的是．第26頁（共32頁）（6（填正確答案標號）．．蒸餾燒瓶．溫度計C．吸濾瓶D．球形冷凝管E．接收器（7）本實驗所得到的環(huán)己烯產(chǎn)率是（填正確答案標號）．A.41%B.50%C.61%D.70%9．（15分）鋰離子電池的應(yīng)用很廣，其正極材料可再生利用．某鋰離子電池正極材料有鈷酸鋰（LiCoO）、導(dǎo)電劑乙炔黑和鋁箔等．充電時，該鋰離子電2池陰極發(fā)生的反應(yīng)為6C+xLi+xe═LiC+﹣x6料中的某些金屬資源（部分條件未給出）．回答下列問題：（1）LiCoO中，Co元素的化合價為．2（2）寫出正極堿浸”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式．（3酸浸一般在80℃下進行，寫出該步驟中發(fā)生的所有氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式；可用鹽酸代替HSO和HO的混合液，但缺點是．2422（4）寫出沉鈷過程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式．第27頁（共32頁）（5）充放電過程中，發(fā)生LiCoO與LiCoO之間的轉(zhuǎn)化，寫出放電時電池反﹣21x2應(yīng)方程式（6）上述工藝中，放電處理有利于鋰在正極的回收，其原因是個回收工藝中，可回收到的金屬化合物有（填化學(xué)式）．10．（15分）二甲醚（CHOCH）是無色氣體，可作為一種新型