最后十套高考名校考前提分仿真卷 化学一.docx

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最后十套高考名校考前提分仿真卷化学一

绝密★启用前

【最后十套】2020届高考名校考前提分仿真卷

化学

（一）

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：

H1C12N14O16F19S32Cl35.5Co59

一、选择题（每小题6分，共42分。

）

7．化学与生活各个方面息息相关，下列说法错误的是

A．化肥普钙Ca（H2PO4）2不可与草木灰混合使用

B．贵州省“桐梓人”是中国南方发现的最早智人之一，可以用14C测定其年代

C．化学污染是由玻璃反射，造成光线强对眼睛有害的污染

D．锂电池是一种高能电池，其有比能量高，工作时间长，工作温度宽，电压高等优点

8．R是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。

下列说法错误的是

A．R与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同

B．用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基

C．R能发生加成反应和取代反应

D．R苯环上的一溴代物有4种

9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．124gP4（分子结构：

）中的共价键数目为6NA

B．11g超重水（T2O）含有的电子数比中子数多NA

C．标准状况下，22.4LCHCl3中的C-Cl键的数目等于0.3NA

D．标准状况下，11.2LCl2溶于水呈黄绿色，溶液中Cl−、ClO−和HClO的微粒数之和为NA

10．微生物电化学技术作为一种新型水处理工艺，因具有污染物同步去除和能源化的特点而受到广泛关注。

一种典型的乙酸降解微生物电化学系统（MES）工作原理如下图所示。

下列说法错误的是

A．MES系统中的交换膜为阳离子交换膜

B．乙酸降解过程中，若电路中流过2mol电子，则理论上右室需要通入O2约11.2L

C．通入O2的一极为正极，发生还原反应

D．逸出CO2的一侧电极反应式为CH3COOH-8e−+2H2O＝2CO2↑+8H+

11．Al—PMOF其结构如图（分子式：

C4H9XYZ），可快速将芥子气降解为无毒物质。

其中X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，X、Y同主族。

下列说法不正确的是

A．简单离子半径：

Y>Z>XB．最简单氢化物稳定性：

X>Z>Y

C．含氧酸酸性：

Z>YD．YXZ2中Y的化合价为+4

12．环己醇被高锰酸钾“氧化”发生的主要反应为

KOOC（CH2）4COOKΔH<0（高锰酸钾还原产物为MnO2），实验过程：

在四口烧瓶装好药品，打开电动搅拌，加热，滴加环己醇，装置如图。

下列说法不正确的是

A．“氧化”过程应采用热水浴加热

B．装置中用到的球形冷凝管也可以用于蒸馏分离实验

C．滴加环己醇时不需要打开恒压滴液漏斗上端活塞

D．在滤纸上点1滴反应后混合物，未出现紫红色，则反应已经完成

13．常温下，用0.1mol·L−1HCl溶液滴定0.1mol·L−1NH3·H2O溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。

下列说法不正确的是

A．Kb（NH3·H2O）的数量级为10−5

B．P到Q过程中，水的电离程度逐渐增大

C．当滴定至溶液呈中性时，c（NH

）＞c（NH3·H2O）

D．N点，c（Cl−）-c（NH

）=

二、非选择题（共43分）

26．（14分）普通立德粉（BaSO4·ZnS）广泛用于工业生产中，可利用ZnSO4和BaS共沉淀法制备。

以粗氧化锌（含Zn、CuO、FeO等杂质）和BaSO4为原料制备立德粉的流程如下：

（1）生产ZnSO4的过程中，反应器Ⅰ要保持强制通风，原因是。

（2）加入锌粉的主要目的是（用离子方程式表示）。

（3）已知KMnO4在酸性溶液中被还原为Mn2+，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO2，在碱性溶液中被还原为MnO

。

据流程判断，加入KMnO4时溶液的pH应调至___；滤渣Ⅲ的成分为____________。

a．2.2~2.4b．5.2~5.4c．12.2~12.4

（4）制备BaS时，按物质的量之比计算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1∶2，目的是______

_________________；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，反应器Ⅳ中产生的尾气需用碱液吸收，原因是________________________。

（5）普通立德粉（BaSO4·ZnS）中ZnS含量为29.4%，高品质银印级立德粉中ZnS含量为62.5%。

在ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S中选取三种试剂制备银印级立德粉，所选试剂为_______________，反应的化学方程式为____________。

（已知BaSO4相对分子质量为233，ZnS相对分子质量为97）

27．（14分）化学链燃烧技术的基本原理是借助载氧剂（如Fe2O3，FeO等）将燃料与空气直接接触的传统燃烧反应分解为几个气固反应，燃料与空气无须接触，由载氧剂将空气中的氧气传递给燃料。

回答下列问题：

（1）用FeO作载氧剂，部分反应的lgKp与温度的关系如图所示。

［已知：

平衡常数Kp是用平衡分压（平衡分压=总压×物质的量分数）代替平衡浓度］

①图中涉及的反应中，属于吸热反应的是反应_____________（填字母）。

②R点对应温度下，向某恒容密闭容器中通入1.5molCO，并加入足量的FeO，只发生反应CO（g）+FeO（s）

CO2（g）+Fe（s），则CO的平衡转化率为______________

（2）在T℃下，向某恒容密闭容器中加入2molCH4（g）和8molFeO（s）进行反应：

CH4（g）+4FeO（s）

4Fe（s）+2H2O（g）+CO2（g）。

反应起始时压强为P0，达到平衡状态时，容器的气体压强是起始压强的2倍。

①T℃下，该反应的Kp=______________

②若起始时向该容器中加入1molCH4（g），4molFeO（s），1molH2O（g），0.5molCO2（g），此时反应向__________________（填“正反应”或“逆反应”）方向进行。

③其他条件不变，若将该容器改为恒压密闭容器，则此时CH4的平衡转化率___________（填“增大”“减小”或“不变”）。

（3）一种微胶囊吸收剂，将煤燃烧排放的CO2以安全、高效的方式处理掉，胶囊内部充有Na2CO3溶液，其原理如图所示。

①这种微胶囊吸收CO2的原理是___________________（用离子方程式表示）。

②在吸收过程中当n（CO2）∶n（Na2CO3）=1∶3时，溶液中c（CO

）_____c（HCO

）（填“>”、“<”或“=”）

③将解吸后的CO2催化加氢可制取乙烯。

已知：

C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（g）ΔH1=-1323kJ·mol−1

2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH2=-483.6kJ·mol−1

2CO2（g）+6H2（g）=C2H4（g）+4H2O（g）ΔH3=_______________

28．（15分）以银精矿（主要成分为Ag2S）为原料采用“预氧化湿法提银”工艺流程如下：

（1）N2H4的电子式为________________________。

（2）“分离转化”时，Ag2S转化为AgCl和S的化学方程式为______________（ClO

还原为Cl−）；为提高Ag2S的转化率可采取的措施是_____________（列举2条）。

已知：

Ksp（Ag2S）=1.6×10−49，Ksp（AgCl）=2.0×10−10，若不加KClO3，直接加氯化物，依据反应Ag2S+2Cl−

2AgCl+S2−，能否实现其较完全转化？

并说明理由：

________________。

（3）“浸银”时，发生反应的离子方程式为________________________。

（4）“还原”时，2[Ag（SO3）2]3−+N2H4+2OH−=2Ag↓+4SO

+N2↑+H2↑+2H2O，该反应每生成1molAg转移电子的物质的量为___________。

三、选考题（共15分，请考生从2道化学题中任选一题作答，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）

纳米磷化钻常用于制作特种钻玻璃，制备磷化钻的常用流程如图：

（1）基态P原子的电子排布式为，P在元素周期表中位于___区。

（2）

中碳原子的杂化类型是_________，C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是___（用元素符号表示），电负性由大到小的顺序为___________。

（3）CO

中C的价层电子对数为_____________，其空间构型为___________。

（4）磷化钴的晶胞结构如图所示，最近且相邻两个钴原子的距离为npm。

设NA为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞密度为___g·cm−3（列出计算式即可）。

36．【化学——选修5：

有机化学基础】（15分）

盐酸普罗帕酮是一种高效速效抗心律失常药。

合成此药的原料D的流程如下：

已知：

请回答以下问题：

（I）A的化学名称为__________，试剂a的结构简式为____________。

（2）C的官能团名称为____________。

（3）反应⑤的反应类型为____________；反应①和⑤的目的为_____________。

（4）满足下列条件的B的同分异构体还有___种（不包含B）。

其中某同分异构体X能发生水解反应，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3∶2∶2∶1，请写出X与NaOH溶液加热反应的化学方程式________________________。

①能发生银镜反应②苯环上有2个取代基

（5）关于物质D的说法，不正确的是____（填标号）。

a．属于芳香族化合物

b．易溶于水

c．有三种官能团

d．可发生取代、加成、氧化反应

绝密★启用前

【最后十套】2020届高考名校考前提分仿真卷

化学答案

（一）

7.【答案】C

【解析】A．Ca（H2PO4）2水解显酸性，草木灰水解显碱性，若混合使用，水解互相促进，易造成肥效降低，故A错误；B．14C具有放射性，能发生衰变，可以用来测定文物年代，故B正确；C．光化学污染是指NOx气体对人类的影响，而非玻璃反射，故C错误；D．锂电池是一种高能电池，其有比能量高，工作时间长，工作温度宽，电压高等优点，故D正确；故答案选A。

8.【答案】A

【解析】A．R分子中含有三种官能团：

氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，二者所含官能团不完全相同，故A错误；B．分子中的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，可以用NaHCO3溶液检验R中是否含有羧基，故B正确；C．该分子中含有醇羟基和羧基，能发生中和反应，也属于取代反应；含有苯环，能与氢气发生加成反应，故C正确；D．R苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4种，故D正确；故选A。

9.【答案】A

【解析】A．124gP4（分子结构：

）物质的量为：

＝1mol，共价键数目为6NA，故A正确；B．超重水分子中中子数比电子数多，故B错误；C．标准状况下三氯甲烷为液体，不能使用22.4mol/L直接进行计算，故C错误；D．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，溶液中含氯气分子，故溶液中Cl−、ClO−和HClO的微粒数之和小于NA，故D错误；故答案选A。

10.【答案】B

【解析】A．从图分析可知左池电极为负极，右池（O2）为正极，由于正极：

O2+4e−+4H+=2H2O

，所以H+要从左池移向右池，即需要阳离子交换膜，故A正确；B．O2没有在标准状况下，无法确定体积，故B错误；C．O2在正极得e−被还原，发生还原反应，故C正确；D．负极电极反应式为CH3COOH-8e−+2H2O＝2CO2↑+8H+，故D正确；故答案选B。

11.【答案】C

【解析】根据分子结构和题目信息，X、Y同主族短周期元素，X可形成两个共价键，则X为O，Y为S，Z为Cl。

A．简单离子半径：

S2−>Cl−>O2−，故A正确；B．根据电负性越大，非金属性越强，其最简单氢化物的稳定性：

H2O>HCl>H2S，故B正确；C．最高价氧化物对应水化物酸性是HClO4>H2SO4，只谈含氧酸，则酸性无法比较，故C错误；D．SOCl2中S的化合价为+4，故D正确。

综上所述，答案为C。

12.【答案】B

【解析】A．“氧化”过程反应温度为50℃，因此应采用热水浴加热，故A正确；B．装置中用到的球形冷凝管不能用于蒸馏分离实验，蒸馏分离用直形冷凝管冷却，故B错误；C．恒压滴液漏斗的漏斗上方和烧瓶已经压强相同了，因此滴加环己醇时不需要打开恒压滴液漏斗上端活塞，故C正确；D．根据环己醇0.031mol失去电子为0.031mol×8=0.248mol，0.06mol高锰酸钾得到电子为0.06mol×3=0.18mol，因此在滤纸上点1滴反应后混合物，未出现紫红色，说明高锰酸钾已经反应完，也说明反应已经完成，故D正确。

综上所述，答案为B。

13.【答案】D

【解析】A．在M点反应了50%，此时

，pH=9.26，

，因此Kb（NH3·H2O）数量级为10−5，故A正确；B．P到Q过程中是盐酸不断滴加到氨水中，氨水不断被消耗，碱性不断减弱，因此水的电离程度逐渐增大，故B正确；C．当滴定至溶液呈中性时，pH=7，根据

，得出

，c（NH

）=1×102.26×c（NH3·H2O），则c（NH

）＞c（NH3·H2O），故C正确；D．N点，根据电荷守恒得到，c（Cl−）−c（NH

）=c（H+）−c（OH−）=1×10−5.28−

，故D错误。

综上，答案为D。

26.【答案】

（1）反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风

（2）Zn+Cu2+=Zn2++Cu

（3）bMnO2和Fe（OH）3

（4）避免产生CO等有毒气体尾气中含有的SO2等有毒气体

（5）ZnSO4、BaS、Na2S4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4

【解析】分析流程中的相关反应：

反应器Ⅰ中粗氧化锌中所含Zn、CuO、FeO与硫酸反应，不溶性杂质以滤渣Ⅰ的形式过滤分离；反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+；反应器Ⅲ中用KMnO4氧化Fe2+，同时控制pH，在弱酸性、弱碱性环境中，产生MnO2和Fe（OH）3沉淀得到净化的ZnSO4溶液；反应器Ⅳ中BaSO4+2C=BaS+2CO2制备BaS；反应器Ⅴ用ZnSO4和BaS共沉淀制备立德粉。

（1）反应器Ⅰ中Zn与硫酸反应产生氢气，保持强制通风，避免氢气浓度过大而易发生爆炸，出现危险，故答案为反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风。

（2）反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+，其离子方程式为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故答案为Zn+Cu2+=Zn2++Cu。

（3）反应器Ⅲ除Fe2+，将亚铁离子氧化为铁离子以便除去，同时在弱酸性、弱碱性环境中KMnO4还原为MnO2，以滤渣形式分离，因此在弱酸性环境来氧化亚铁离子，利用铁离子水解变为沉淀，故答案为b；MnO2和Fe（OH）3。

（4）反应器Ⅳ中BaSO4+2C=BaS+2CO2，BaSO4+4C=BaS+4CO，投料比要大于1∶2，避免产生CO等有毒气体；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，将BaS氧化产生SO2等有毒气体，因此有毒气体要除掉需用碱液吸收，故答案为避免产生CO等有毒气体；尾气中含有的SO2等有毒气体。

（5）已知BaSO4的相对分子质量为233，ZnS的相对分子质量为97，ZnS含量为29.4%，立德粉为BaSO4·ZnS；ZnS含量为62.5%，立德粉（BaSO4·4ZnS），因此需要4molZnSO4和1molBaS反应生成BaSO4·4ZnS，还需要3mol硫离子和将3mol硫酸根与另外的离子结合，因此还需要3molNa2S参与反应，反应的化学方程式为：

4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4，故答案为ZnSO4、BaS、Na2S；4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4。

27.【答案】

（1）bc50%

（2）P02正反应增大

（3）CO2+CO

+H2O=2HCO

<−127.8kJ·mol−1

【解析】

（1）①图中涉及的反应中，反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则平衡常数变大，即反应bc是吸热反应，故答案为：

bc。

②R点对应温度下，向某恒容密闭容器中通入1.5molCO，并加入足量的FeO，只发生反应CO（g）+FeO（s）

CO2（g）+Fe（s），lgKp=0，Kp=1，即c（CO）=c（CO2），由于是等体积反应，因此转化的CO的物质的量等于生成的CO2的物质的量还等于剩余的CO的物质的量，即转化的CO的物质的量为0.75mol，则CO的平衡转化率为

，故答案为：

50%。

（2）在T℃下，向某恒容密闭容器中加入2molCH4（g）和8molFeO（s）进行反应：

CH4（g）+4FeO（s）

4Fe（s）+2H2O（g）+CO2（g）。

反应起始时压强为P0，达到平衡状态时，容器的气体压强是起始压强的2倍，根据压强之比等于物质的量之比，压强是原来的2倍，则物质的量为原来的2倍。

CH4（g）+4FeO（s）

4Fe（s）+2H2O（g）+CO2（g）

2-x+2x+x=2×2，x=1

①T℃下，该反应的

，故答案为：

P02。

②若起始时向该容器中加入1molCH4（g），4molFeO（s），1molH2O（g），0.5molCO2（g），此时的压强是开始溶液压强的

，此时

，则反应向正反应方向进行；故答案为：

正反应。

③其他条件不变，若将该容器改为恒压密闭容器，压强减小，平衡向体积增加方向即正向移动，则CH4的平衡转化率增大；故答案为：

增大。

（3）①这种微胶囊吸收CO2的原理是CO2与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，其离子方程式为CO2+CO

+H2O=2HCO

；故答案为：

CO2+CO

+H2O=2HCO

。

②在吸收过程中当n（CO2）∶n（Na2CO3）=1∶3时，则反应后溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，两者浓度相等，由于CO

水解程度大且生成HCO

，因此溶液中c（CO

）

）；故答案为：

<。

③将第2个方程式加乘以3再减去第1个方程式得到2CO2（g）+6H2（g）=C2H4（g）+4H2O（g）ΔH3=−127.8kJ·mol−1，故答案为：

−127.8kJ·mol−1。

28.【答案】

（1）

（2）3Ag2S+6HCl+KClO3=6AgCl+KCl+3S+3H2O适当延长浸取时间，粉碎银精矿，适当升高浸出时的温度等不能，该反应的平衡常数极小（K=4×10−30），几乎不能转化

（3）AgCl+2SO

=[Ag（SO3）2]3−+C−

（4）2mo1

【解析】“分离转化”时，Ag2S、HCl与KClO3反应转化为AgCl、S、KCl和H2O，过滤，“浸银”时，AgCl与SO

反应生成[Ag（SO3）2]3−，“还原”时，[Ag（SO3）2]3−、N2H4和NaOH反应生成Ag、SO

、N2、H2和H2O。

（1）N2H4中氮有三个共价键，每个氮分别与两个氢形成共价键，氮和氮之间一对共用电子，因此电子式为

；故答案为：

。

（2）“分离转化”时，Ag2S、HCl与KClO3反应转化为AgCl、S、KCl和H2O，其化学方程式为3Ag2S+6HCl+KClO3=6AgCl+KCl+3S+3H2O；为提高Ag2S的转化率可采取的措施是适当延长浸取时间，粉碎银精矿，适当升高浸出时的温度等（列举2条）；依据反应Ag2S+2Cl−

2AgCl+S2−，

，该反应的平衡常数极小（K=4×10−30），几乎不能转化；故答案为：

3Ag2S+6HCl+KClO3=6AgCl+KCl+3S+3H2O；适当延长浸取时间，粉碎银精矿，适当升高浸出时的温度等（列举2条）；不能，该反应的平衡常数极小（K=4×10−30），几乎不能转化。

（3）“浸银”时，AgCl与SO

反应生成[Ag（SO3）2]3−，其发生反应的离子方程式为AgCl+2SO

=[Ag（SO3）2]3−+Cl−；故答案为：

AgCl+2SO

=[Ag（SO3）2]3−+Cl−。

（4）“还原”时，2[Ag（SO3）2]3−+N2H4+2OH−=2Ag↓+4SO

+N2↑+H2↑+2H2O，分析方程式中Ag化合价降低，N化合价升高，H化合价降低，得到2molAg电子转移4mol，因此反应每生成1molAg转移电子的物质的量为2mol；故答案为：

2mol。

35.【答案】

（1）[Ne]3s23p3p

（2）sp2N>O>CO>N>C

（3）3平面正三角形

（4）

【解析】

（1）基态P原子的电子排布式为[Ne]3s23p3，P在元素周期表中位于p区；故答案为：

[Ne]3s23p3；p；

（2）尿素C原子上没有孤对电子，形成3个σ键，所以尿素分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族的大于第ⅥA族的，故第一电离能由大到小的顺序是N>O>C，元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，电负性由大到小的顺序为O>N>C，故答案为：

sp2；N>O>C；O>N>C；（3）CO

中C的价层电子对数=

且不含孤电子对，空间构型为平面正三角形；故答案为：

3；平面正三角形；（4）由晶胞图可知，一个晶胞中含P原子数为

，含钴原子数为

，所以一个晶胞质量为

；由图可知，由于相邻两个钴原子的距离为npm，则立方体的棱长为

npm，则体积

，密度

，故答案为：

。

36.【答案】

（1）邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）

（2）羟基，羰基

（3）取代反应保护羟基不被氧化

（4）11

（5）bc

【解析】

（1）A为

，则其名称为：

邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；答案为：

邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；题给信息

，反应②为

，则试剂a为

；答案为：

；

（2）由反应⑤⑥找到C的结构简式：

，官能团为羟基和羰基；答案为：

羟基；羰基；（3）C的结构简式是

，

与HI在加热下发生反应⑤得到

，可见是—OCH3中的—CH3被H取代了；从流程开始的物质A

到C

，为什么不采用以下途径：

主要是步骤3中醇羟基被氧化成羰基时，酚羟基也会被氧化，因此反应①和⑤的目的为保护羟基不被氧化；答案为：

取代反应；保护羟基不被氧化；（4）B的同分异构体（不包含B）要满足条件：

①能发生银镜反应；②苯环上有2个取代基，其中有一个醛基（含甲酸酯基），且取代基可以是邻、间、对3种位置，则2个取代基可以有四种组合：

首先是—OCH3和—CHO，它们分别处于间、对，共2种（处于邻位就是B要排除），剩下3种组合分别是—OH和—CH2CHO、—CHO和—CH2OH、—CH3和—OOCH，它们都可以是邻、间、对3种位置，就9种，合起来共11种；答案为：