届全国I卷高考化学六月押题卷二含答案解析.docx

1、届全国I卷高考化学六月押题卷二含答案解析2020届全国I卷高考化学六月押题卷(二）可能用到的相对原子质量：H-1 li-7 Be 9 B-11 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 P-31 Cl-35.5 Mn- 55 Fe-56 Cu-64 Ba-137 I-1271、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.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是A“木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素B“指南针”是我国古代四大发明之一，

2、是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3C“苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质D“黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐8. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生22.4L气体时，转移的电子数为2NAB5NH4NO32HNO34N29H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为4NAC过量的铁在1mol Cl2中然烧，最终转移电子数为2NAD由2H和18O所组成的水11 g，其中所含的中子数为4NA9.傅克反应是合成芳香族化合物的一种重要方法。有机物a(R为烃基)和苯通过傳克反应合成b

3、的过程如下(无机小分子产物略去)下列说法错误的是A一定条件下苯与氢气反应的产物之一环己烯与螺23己烷互为同分异构体Bb的二氯代物超过三种CR为C5H11时，a的结构有3种DR为C4H9时，1molb加成生成C10H20至少需要3molH210.海洋动物海鞘中含有种类丰富、结构新颖的次生代谢产物，是海洋抗肿瘤活性物质的重要来源之一。一种从海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物的流程如下：下列关于该流程中各步骤的说法中，错误的是（ ）选项步骤采用装置主要仪器A过滤装置漏斗B分液装置分液漏斗C蒸发装置坩埚D蒸馏装置蒸馏烧瓶11.我国某科研团队设计了一种新型能量存储转化装置（如下图所示）。闭合K2、断开K

4、1时，制氢并储能；断开K2、闭合K1时，供电。下列说法错误的是A制氢时，溶液中K+向Pt电极移动B制氢时，X电极反应式为C供电时，Zn电极附近溶液的pH降低D供电时，装置中的总反应为12.根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，判断以下叙述正确的是元素代号ABCDE原子半径/nm0.1860.1430.0890.1020.074主要化合价1326、22A最高价氧化物对应水化物的碱性CAB氢化物的沸点H2EH2DC单质与稀盐酸反应的速率ABDC2与A的核外电子数相等13. 25C，改变0.01 molL一1 CH3COONa溶液的pH.溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO-

5、）、c（H +）、c（OH- ）的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示，下列叙述正确的是A图中任意点均满足c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+）B0.01 molL-1CH3COOH的pH约等于线a与线c交点处的横坐标值C由图中信息可得点x的纵坐标值为4.74D25C时，的值随 pH的增大而增大二、非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26.某化学课外小组在制备Fe(OH)2实验过程中观察到生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色。该小组同学对产生灰绿色沉淀的原因，进行了

6、实验探究。I甲同学猜测灰绿色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，设计并完成了实验1和实验2。编号实验操作实验现象实验1向2mL0.1molL1FeSO4溶液中滴加0.1molL1NaOH溶液(两溶液中均先加几滴维生C溶液) 液面上方出现白色沉淀，一段时间后变为灰绿色，长时间后变为红褐色实验2取实验1中少量灰绿色沉淀，洗净后加盐酸溶解，分成两份。中加入试剂a，中加入试剂b中出现蓝色沉淀，中溶液未变成红色（1）实验中产生红褐色沉淀的化学方程式为_（2）实验1中加入维生素C溶液是利用了该物质的 _ 性 （3）实验2中加入的试剂a为 _溶液，试剂b为_溶液。实验2的现象说明甲同学的猜测 _（

7、填“正确”或“不正确”）。.乙同学查阅资料得知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，设计并完成了实验3实验5。编号实验操作实验现象实验3向10mL4molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1molL1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(带有较多灰绿色)。沉淀下沉后，部分灰绿色沉淀变为白色实验4向10mL8molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1molL1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀（无灰绿色）。沉淀下沉后，仍为白色实验5取实验4中白色沉淀，洗净后放在潮湿的空气中_（4）依据乙同

8、学的猜测，实验4中沉淀无灰绿色的原因为_。（5）该小组同学依据实验5的实验现象，间接证明了乙同学猜测的正确性，则实验5的实验现象可能为_。.该小组同学再次查阅资料得知当沉淀形成时，若得到的沉淀单一，则沉淀结构均匀，也紧密；若有杂质固体存在时，得到的沉淀便不够紧密，与溶液的接触面积会更大。（6）当溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，白色沉淀更容易变成灰绿色的原因为_。（7）该小组同学根据上述实验得出结论：制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀的适宜的条件和操作有_、_。27.某兴趣小组用镀锌铁皮按下列流程制备七水合硫酸锌(ZnSO47H2O)相关信息如下：金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH

9、范围。金属离子pH开始沉淀完全沉淀Fe3+1.52.8Fe2+5.58.3Zn2+5.48.2ZnSO4的溶解度(物质在100g水中溶解的质量)随温度变化曲线。请回答：（1）镀锌铁皮上的油污可用Na2CO3溶液去除，理由是_。步骤可用于判断镀锌层完全反应的实验现象是_。（2）步骤须加入过量H2O2理由是_。（3）步骤，合适的pH范围是_。（4）步骤，需要用到下列所有操作：a.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；b.在60蒸发溶剂；c.冷却至室温；d.在100蒸发溶剂；e.过滤。请给出上述操作的正确顺序_。(操作可重复使用)（5）步骤，某同学采用不同降温方式进行冷却结晶，测得ZnSO47H2O晶体颗粒

10、大小分布如图所示。根据该实验结果，为了得到颗粒大小相对均一的较大晶粒，宜选择_方式进行冷却结晶。A.快速降温 B.缓慢降温 C.变速降温（6）ZnSO47H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。下列关于滴定分析，正确的是_。A.图中，应将凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套内的c端B.滴定前，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗C.将标准溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移D.滴定时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转E.滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，则测得的体积比实际消耗的小图中滴定终点是的读数是_mL。28.催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生

11、产需采用催化工艺。I（1）催化剂的选择性指在能发生多种反应的反应系统中，同一催化剂促进不同反应的程度的比较，实质上是反应系统中目的反应与副反应之间反应速度竞争的表现。如图所示为一定条件下1mol CH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图反应物O2（g）和生成物H2O（g）略去。在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成_（选填“CO或CO2或HCHO”）。（2）2007年诺贝尔化学奖授予善于做“表面文章”的德国科学家哈德埃特尔，他的成就之一是证实了气体在固体催化剂表面进行的反应，开创了表面化学的方法论。埃特尔研究的氮气和氢气分子在固体催化剂表面发生的部分变化过程如

12、图所示：下列说法不正确的是_。A 升高温度可以提高一段时间内NH3的生产效率B 图示中的一以及后面几个过程均是放热过程C 此图示中存在H-H键断裂和N-N键断裂，以及N-H键的形成过程合成氨工业中，原料气（N2、H2及少量CO、NH3的混合气）在进入合成塔前常用Cu（NH3）2Ac（醋酸二氨合亚铜，Ac代表醋酸根）溶液来吸收原料气中的CO，其反应是： 生产中必须除去原料气中CO的原因是 _；Cu（NH3）2Ac溶液吸收原料气中的CO的生产适宜条件应是_。氮循环是指氮在自然界中的循环转化过程，是生物圈内基本的物质循环之一，存在较多蓝、绿藻类的酸性水体中存在如有图所示的氮循环，请回答相关问题。（3

13、） NH4+硝化过程的方程式是2NH4+3O2 2HNO3+2H2O+2H+，恒温时在亚硝酸菌的作用下发生该反应，能说明体系达到平衡状态的是_（填标号）。A 溶液的pH不再改变B NH4+的消耗速率和H+的生成速率相等C 溶液中NH4+、NH3H2O、HNO3、NO2-的总物质的量保持不变实验测得在其它条件一定时，NH4+硝化反应的速率随温度变化曲线如下图A所示，温度高于35时反应速率迅速下降的原因可能是 _。（4）亚硝酸盐含量过高对人和动植物都会造成直接或间接的危害，因此要对亚硝酸盐含量过高的废水进行处理。处理亚硝酸盐的方法之一是用次氯酸钠将亚硝酸盐氧化为硝酸盐，反应方程式是ClO-+ NO

14、2-=NO3-+Cl-。在25和35下，分别向NO2-初始浓度为510-3 mol/L的溶液中按不同的投料比加人次氯酸钠固体（忽略溶液体积的变化），平衡时NO2-的去除率和温度、投料比的关系如上图B所示，a、b、c、d四点ClO-的转化率由小到大的顺序是_，35时该反应的平衡常数K=_（保留三位有效数字）。（2）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，则每科按所做的第一题计分。35.无水四氯化锡（SnC14）是一种用途广泛的化工中间体，常用作媒染剂和有机合成的氯化催化剂。熔融的金属锡（熔点231）在300左右能直接与Cl2作用生成无水四氯化锡，实验室装置如图所示：已知信息

15、如下：将金属锡熔融，通人干燥氯气进行反应，生成四氯化锡。无水四氯化锡是无色易流动的液体，熔点为一33，沸点为114.1。二氯化锡是无色晶体，熔点为246，沸点为652。无水四氯化锡在空气中极易水解，水解产物之一是SnO2xH2O，并产生白烟。请回答下列问题：（l）开始实验前一定要_，E中冷水的作用是 _。（2）装置F中盛放的最佳试剂为 _，作用是_。（3）实验时应先打开A处分液漏斗旋塞和整套装置的阀门，待观察到_这一现象时，再点燃D处酒精灯。（4）若撤去装置C，则D中还可能发生反应的化学方程式为 _。（5） Cl2和锡作用即可生成SnC14，也会生成SnCl2，为减少SnCl2的生成，可采取的

16、措施是 _ .（6）得到的产物中常含有杂质SnCl2，SnCl2是常用的还原剂。某实验小组用碘氧化法滴定分析产品中杂质SnCl2的质量分数。准确称取a克该样品于锥形瓶，用适量浓盐酸溶解，淀粉溶液作指示剂，c molL-l碘标准溶液滴定至终点，消耗标准液20. 00mL，已知滴定原理是：SnCl2+2HCl+I2=SnC14+2HI，则产品中杂质SnCl2的质量分数为_（用含a、c的代数式表示）；即使此法测定的操作均正确，但测得的SnCl2含量仍低于实际含量，其原因可能是_（用离子方程式表示）。36.化合物G是合成抗心律失常药物决奈达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：请回答下列问题：（1）R的

17、名称是_；N中含有的官能团数目是_。（2）MN反应过程中K2CO3的作用是_。（3）HG的反应类型是_。（4）H的分子式_。（5）写出QH的化学方程式：_。（6）T与R组成元素种类相同，符合下列条件T的同分异构体有_种。与R具有相同官能团；分子中含有苯环；T的相对分子质量比R多14其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1:1:2:2:2的结构简式有_。（7）以1，5-戊二醇() 和苯为原料(其他无机试剂自选)合成，设计合成路线：_。答案与解析7.【答案】B【解析】木材纤维主要成分为纤维素，故A正确； “指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe3O4，故B错误；

18、蚕丝纤维的主要成分为蛋白质，故C正确；“黑陶”是陶瓷的一种，传统硅酸盐材料，其主要成分为硅酸盐，故D正确；答案选B。8. 【答案】C【解析】未注明是在标准状况下生成的22.4L气体，故无法计算转移的电子数，A选项错误；5NH4NO32HNO34N29H2O反应中，铵根离子中被氧化的N元素化合价由-3价升高为N2中的0价，共失去15个电子，被还原的氮元素由硝酸根中+5价降低为氮气中的0价，共得到15个电子，则生成28g（即1mol）氮气，转移电子的物质的量为=3.75mol，个数为3.75NA，B选项错误；过量的铁在1mol Cl2中然烧，Cl2被还原为Cl-，共转移2mol电子，数目为2NA，

19、C选项正确；由2H和18O所组成的水化学式为2H218O，一个2H218O含有12+10=12个中子，11g2H218O的物质的量为0.5mol，则含有的中子数为6NA，D选项错误；答案选C。9. 【答案】C【解析】A.环己烯分子式为C6H10，螺23己烷分子式为C6H10，所以互为同分异构体，故A正确；B.若全部取代苯环上的2个H原子，若其中1个Cl原子与甲基相邻，另一个Cl原子有如图所示4种取代位置，有4种结构，若其中1个Cl原子处于甲基间位，另一个Cl原子有如图所示2种取代位置，有2种结构,若考虑烃基上的取代将会更多，故B正确；C.若主链有5个碳原子，则氯原子有3种位置，即1氯戊烷、2氯

20、戊烷和3氯戊烷；若主链有4个碳原子，此时甲基只能在2号碳原子上，而氯原子有4种位置，分别为2甲基1氯丁烷、2甲基2氯丁烷、3甲基2氯丁烷和3甲基1氯丁烷；若主链有3个碳原子，此时该烷烃有4个相同的甲基，因此氯原子只能有一种位置，即2，3二甲基1氯丙烷。综上所叙分子式为C5H11Cl的同分异构体共有8种，故C错误；D.-C4H9已经达到饱和，1mol苯环消耗3mol氢气，则lmol b最多可以与3mol H2加成，故D正确。答案为C。10. 【答案】C【解析】由流程可知，步骤是分离固液混合物，其操作为过滤，需要漏斗、烧杯等仪器；步骤是分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗等仪器；步

21、骤是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿等仪器；步骤是从有机化合物中，利用沸点不同用蒸馏的方法得到甲苯，需要蒸馏烧瓶等仪器，则错误的为C，故答案选C。11. 【答案】D【解析】闭合K2、断开K1时，该装置为电解池，Pt电极生成氢气，则Pt电极为阴极，X电极为阳极；断开K2、闭合K1时，该装置为原电池，Zn电极生成Zn2+，为负极，X电极为正极。A. 制氢时，Pt电极为阴极，电解池中阳离子流向阴极，故A正确；B. 制氢时，X电极为阳极，失电子发生氧化反应，根据根据化合价可知该过程中Ni(OH)2转化为NiOOH，电极方程式为，故B正确；C. 供电时，Zn电极为负极，原电池中阴离子流向负极，所

22、以氢氧根流向Zn电极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，转移两个电子同时迁移两个OH-，但会消耗4个OH-，说明还消耗了水电离出的氢氧根，所以电极负极pH降低，故C正确；D. 供电时，正极为NiOOH被还原，而不是水，故D错误；故答案为D。12. 【答案】B【解析】元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第VIA元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元素在上面，D在下面，故E为O，D为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数

23、为1，应为Na，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be，据此分析解答问题。AA、C最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Be(OH)2，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性NaB，故碱性NaOH Be(OH)2，A选项错误；BH2O含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则H2D A1，C选项错误；DBe2+与Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，D选项错误；答案选B。13. 【答案】C【解析】碱性增强，则c(CH3COO)、c(OH)增大，c(CH3COOH)、c(H +)减小，当pH =7时c(OH) = c(H +)，因此a、b、c、d分别为c(CH

24、3COO)、c(H +)、c(CH3COOH)、c(OH)。A. 如果通过加入NaOH实现，则c(Na+)增加，故A错误；B. 线a与线c交点处，c(CH3COO)= c(CH3COOH)，因此，所以0.01 molL1 CH3COOH的，pH = 3.37，故B错误；C. 由图中信息可得点x，lg(CH3COOH) = 2，pH = 2，lg(CH3COO) =4.74，因此x的纵坐标值为4.74，故C正确；D. 25C时，Ka、Kw的值随pH的增大而不变，故不变，故D错误。综上所述，答案为C。26. 【答案】4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 还原 K3Fe(CN)6(或铁

25、氰化钾) KSCN(或硫氰化钾) 不正确 NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面 白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现 沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+ 向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液 除去溶液中Fe3+和O2 【解析】(1)实验1中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；(2)实验1中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化，利用了其还原性；(3)根据实验现象可知，中加入试剂出现蓝色沉淀，是在检验Fe2+，试剂a为K

26、3Fe(CN)6，中溶液是否变红是在检验Fe3+，试剂b为KSCN，由于中溶液没有变红，则不存在Fe3+，即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3，甲同学的猜测错误；(4)根据已知，Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性，灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而实验4中NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度较小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，导致沉淀没有灰绿色；(5)当实验5中的现象为白色沉淀变为红褐色，中间过程无灰绿色出现时，可说明白色沉淀上没有或很少附着有Fe2+；(6)溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时，O2能将Fe2+氧化成Fe3+，形成Fe(OH)3沉淀，根据题干信息可知，沉淀中

27、混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积更大，更容易吸附Fe2+，从而白色沉淀更容易变成灰绿色；(7)根据上述实验可知道，当NaOH浓度高或者溶液中不存在Fe3+和O2时，制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀，其操作可以是向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液或除去溶液中Fe3+和O2。27. 【答案】Na2CO3水解，溶液呈碱性，促使油脂水解 产生气泡的速率显著变慢 使Fe2+尽可能转化为Fe3+，H2O2易分解 2.85.4 dabace C ADE 20.60 【解析】镀锌铁皮先进行酸浸，溶解金属离子，再根据金属离子沉淀表除去铁离子，硫酸锌溶液蒸发得到晶体。(1)Na2CO

28、3水解，溶液呈碱性，促使油脂水解，可用于洗涤油污；镀锌Fe片溶解于稀硫酸时，最初生成氢气的速率较快，当观察到产生气泡的速率显著变慢时可判断镀锌层完全反应；(2)双氧水具有氧化性，能氧化还原性离子Fe2+，然后调节溶液的pH，从而除去铁离子，离子方程式为；(3)由表中数据可知调节pH，可使铁离子完全生成沉淀，但不能影响锌离子，则pH范围为2.8pH5.4；故答案为：2.85.4；(4)由溶液蒸发得到晶体，先加热温度较高，蒸发大量的水，至液面出现晶膜时，降低温度继续加热，然后过滤、洗涤，得到晶体，实验顺序为dabace；(5)由图象可知，变速降温，可得到较大颗粒晶体；故答案为C。(6)A在酸式滴定

29、管上涂凡士林时，涂在活塞的大头和活塞套小口的内侧，即ac处，故A正确；B滴定操作时，锥形瓶不需要润洗，故B错误；C在转移液体时，不需要借助仪器，故C错误；D滴定时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转，眼睛观察锥形瓶内颜色的变化情况，故D正确；E滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，消耗标准液的体积偏小，则测得的体积比实际消耗的小，故E正确；读数时，眼睛视线与凹液面的最低处齐平，读数精确到0.01mL，读数为20.60mL。28. 【答案】HCHO C 防止CO使催化剂中毒 低温、高压 A 温度过高使亚硝酸菌变性 d、c、b、a 2.67 【解析】（1）根据图象可知转化为甲醛时活化能最低，所以使用催化剂时主要产物为HCHO。（2）N2中键能较大，常温不易反应，升高温度可促使N2中化学键断裂，加快反应进程，提高生产效率，A正确；图示中及后面的几个过程均为形成新的化学键N-H，而形成新的化学键要放出热量，B正确；此图中是N-N键断裂，以后为N-H键的形成，没有出现H-H键断裂的图示，C错误；答案选C。 生产中必须除去原料气中的CO的原因是防止合成塔中的催化剂中毒，据题可知溶