普通高等学校招生全国统一考试化学试题山东模拟卷.docx

1、普通高等学校招生全国统一考试化学试题山东模拟卷2020年普通高等学校招生全国统一考试化学试题（山东模拟卷)一、单选题1化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ）A乙醇汽油可以减少汽车尾气污染 B化妆品中添加甘油可以起到保湿作用C有机高分子聚合物不能用于导电材料 D葡萄与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜【答案】C【详解】A选项，乙醇汽油燃烧生成二氧化碳和水，可以减少污染，故A正确；B选项，甘油丙三醇可以起到保湿作用，故B正确；C选项，聚乙炔膜属于导电高分子材料，故C错误；D选项，浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土反应掉葡萄释放出的乙烯气体，起保鲜作用，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】乙烯

2、是水果催熟剂，与高锰酸钾反应，被高锰酸钾氧化。2某烯烃分子的结构简式为，用系统命名法命名其名称为（ ）A2，2，4-三甲基-3-乙基-3-戊烯 B2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯C2，2，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯 D2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯【答案】B【详解】烯烃分子的结构简式为，系统命名法命名其名称为2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯，故B符合题意。综上所述，答案为B。3实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒（非玻璃仪器任选），选用上述仪器能完成的实验是（ ）A粗盐的提纯 B制备乙酸乙酯C用四氯化碳萃取碘水中的碘 D配制0.1molL-1的

3、盐酸溶液【答案】B【详解】A选项，粗盐的提纯需要用到漏斗，故A不符合题意；B选项，制备乙酸乙酯需要用到试管、导管、酒精灯，故B符合题意；C选项，用四氯化碳萃取碘水中的碘，需要用到分液漏斗，故C不符合题意；D选项，配制0.1molL-1的盐酸溶液，容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故D不符合题意。综上所述，答案为B。【点睛】有试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成乙酸乙酯的制备实验（如图）4某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该基态原子价电子排布不可能是（ ）A3p64s1 B4s1 C3d54s1 D3d104s1【答案】A【详解】基态原子4s轨道上有1个电子，在s区域价电子排布式为4s1，在

4、d区域价电子排布式为3d54s1，在ds区域价电子排布式为3d104s1，在p区域不存在4s轨道上有1个电子，故A符合题意。综上所述，答案为A。5Calanolide A是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示。下列关于Calanolide A的说法错误的是（ ）A分子中有3个手性碳原子B分子中有3种含氧官能团C该物质既可发生消去反应又可发生加成反应D1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH【答案】D【详解】A选项，分子中有3个手性碳原子，手性碳原子用*标出，故A正确，不符合题意；B选项，分子中有羟基、醚键、酯基3种含氧官能团，故B正确，不符合题意；C选项，该物质含有羟基，且连

5、羟基的碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，含有碳碳双键、苯环可发生加成反应，故C正确，不符合题意；D选项，该物质中含有酚酸酯，1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2 molNaOH，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】手性碳原子是碳原子周围连的四个原子或原子团不相同为手性碳原子，1 mol酚酸酯消耗2mol氢氧化钠，1 mol羧酸酯消耗1mol氢氧化钠。6X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的两种或三种所组成的化合物。已知A的相对分子质量为28，B分子中含有18个电子，五种化合物间的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A

6、X、Y组成化合物的沸点一定比X、Z组成化合物的沸点低BY的最高价氧化物的水化物为弱酸CY、Z组成的分子可能为非极性分子DW是所在周期中原子半径最小的元素【答案】A【分析】根据分析A相对原子质量为28的两种或三种元素组成化合物，容易想到一氧化碳和乙烯，而B分子有18个电子的化合物，容易想到氯化氢、硫化氢、磷化氢、硅烷、乙烷、甲醇等，但要根据图中信息要发生反应容易想到A为乙烯，B为氯化氢，C为氯乙烷，D为水，E为甲醇，从而X、Y、Z、W分别为H、C、O、Cl。【详解】A选项，C、H组成化合物为烃，当是固态烃的时候，沸点可能比H、O组成化合物的沸点高，故A错误；B选项，C的最高价氧化物的水化物是碳酸

7、，它为弱酸，故B正确；C选项，Y、Z组成的分子二氧化碳为非极性分子，故C正确；D选项，同周期从左到右半径逐渐减小，因此Cl是第三周期中原子半径最小的元素，故D正确。综上所述，答案为A。7利用反应CCl4 +4NaC（金刚石）+4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是（ ）AC（金刚石）属于原子晶体 B该反应利用了Na的强还原性CCCl4和C（金刚石）中的C的杂化方式相同 DNaCl晶体中每个Cl周围有8个Na【答案】D【详解】A金刚石晶体：每个C与另外4个C形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构，形成的晶体为原子晶体，故A正确；B该反应中Na由0价 +1价，作还原剂

8、将CCl4还原，故B正确；CCCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；DNaCl晶体：每个Na同时吸引6个Cl，每个Cl同时吸引6个Na，配位数为6，故D错误；故答案选D。8下列操作能达到相应实验目的的是（ ）实验目的操作A检验绿茶中是否含有酚类物质向茶水中滴加FeCl3溶液B测定84消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上C除去苯中混有的少量苯酚向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液D实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热AA BB CC DD【答案】A【详解】A选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液

9、，变紫色，则含有分类物质，故A正确，符合题意；B选项，不能用pH试纸测定84消毒液的pH，因为84消毒液有漂白性，故B错误，不符合题意；C选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成2,4,6三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故C错误，不符合题意；D选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D错误，不符合题意。综上所述，答案为A。【点睛】检验酚羟基主要用铁离子检验。9锡为A族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4，熔点144.5，沸点364.5，易水解）。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4制备SnI4。下列说法错误的是（

10、 ）A加入碎瓷片的目的是防止暴沸BSnI4可溶于CCl4中C装置中a为冷凝水进水口D装置的主要作用是吸收挥发的I2【答案】D【分析】四碘化锡是常用的有机合成试剂SnI4，熔点144.5，沸点364.5，易水解，说明SnI4是分子晶体。【详解】A选项，在液体加热时溶液暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，故A正确，不符合题意；B选项，根据相似相溶原理，SnI4是非极性分子溶于CCl4非极性分子中，故B正确，不符合题意；C选项，冷凝水方向是“下进上出”，因此装置中a为冷凝水进水口，故C正确，不符合题意；D选项，SnI4易水解，装置的主要作用是防止空气中的水蒸气进去到反应装置中，故D错误

11、，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】相似相溶原理，SnI4是非极性分子，CCl4是非极性分子，因此SnI4可溶于CCl4中。10亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是（ ）A反应阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1B若反应通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C反应中的H2O2可用NaClO4代替D反应条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【详解】A根据流程图反应中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，

12、根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；B由反应化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；C据流程图反应，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；D据流程图反应ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；故答案选C。【点睛】根据反应的流程图可得反应中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之

13、比。11工业上电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8。电解时，阴极材料为Pb；阳极（铂电极）电极反应式为2HSO4- 2e=S2O82+2H+。下列说法正确的是（ ）A阴极电极反应式为Pb+HSO4- 2e=PbSO4+H+ B阳极反应中S的化合价升高CS2O82中既存在非极性键又存在极性键 D可以用铜电极作阳极【答案】C【详解】A选项，阴极反应式为2H+ + 2e= H2，故A错误；B选项，S的化合价仍为+6价，中间的两个O均为-1价，其他的O均为-2价，电解时阳极的HSO4中O失去电子，S未变价，故B错误；C选项，Na2S2O8的结构为，由此结构可以判断S2O82中既存在氧氧非极性键，氧硫

14、极性键，故C正确；D选项，阳极不能用铜电极作电极，铜作电极，阳极是铜失去电子，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】HSO4中硫已经是最高价了，硫的化合价不变，因此只有氧元素化合价升高。12利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+，O2，NO3等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法错误的是（ ）A反应均在正极发生B单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时ne=amolC的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2OD增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可

15、使nt增大【答案】B【详解】A选项，由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应均为得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；B选项，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子，所以脱去a mol Cl时ne = 2a mol，故B错误；C选项，由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3_ + 8e_ NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH_来配平，所以 的电极反应式为NO3_ + 10H+ + 8e_ = NH

16、4+ + 3H2O，故C正确；D选项，增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D正确；综上所述，答案为B。1325C时，向10mL0.10molL-1的一元弱酸HA(Ka =1.010-3)中逐滴加入0.10molL-1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）Aa点时，c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)B溶液在a点和b点时水的电离程度相同Cb点时，c(Na+)=c(HA)+c(A- )+c(OH-)DV =10mL时，c(Na+)c(A-)c(H+)c(

17、HA)【答案】A【详解】Aa点时，pH=3，c(H+) = 10-3 molL-1，因为Ka =1.010-3，所以c(HA) = c(A)，根据电荷守恒c(A) + c(OH) = c(Na+) + c(H+)和c(HA) = c(A)即得c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故A正确；Ba点溶质为HA和NaA，pH3，水电离出的c(OH)1011；b点溶质为NaOH和NaA，pH11，c(OH) = 10-3，OH是由 NaOH电离和水电离出两部分之和组成的，推断出由水电离处的c(OH) c(H+)， 即c(HA) c(H+) ，故D错误；故答案选A。【点睛】判断酸碱中和滴定

18、不同阶段水的电离程度时，要首先判断这一阶段溶液中的溶质是什么，如果含有酸或碱，则会抑制水的电离；如果是含有弱酸阴离子或弱碱阳离子的溶液则会促进水的电离；水的电离程度与溶液pH无关。二、多选题14已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应：Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2+2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应：5PbO2+2Mn2+4H+5SO42-=2MnO4-+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是（ ）A由反应可知，Pb3O4中Pb（）和Pb（）含量之比为2：1B由反应、可知，氧化性：HNO3PbO2MnO4-CPb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3=3Pb(NO3)4

19、+4NO+8H2ODPb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2【答案】AD【详解】A选项，Pb3O4中+2价Pb有2个，+4价Pb有1个，两者含量之比为2：1，故A正确；B选项，由反应不是氧化还原反应，因此不能得出氧化性：HNO3PbO2，故B错误；C选项，因为+2价的铅比+4价的铅稳定，因此Pb可与稀硝酸发生反应生成Pb(NO3)2，故C错误；D选项，Pb3O4可与浓盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2，故D正确。综上所述，答案为AD。15热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低

20、。我国科研人员研制了Ti-H-Fe双温区催化剂（Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100）。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是（ ）A为NN的断裂过程B在高温区发生，在低温区发生C为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程D使用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应【答案】BC【详解】A选项，经历过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，故A错误；B选项，为催化剂吸附N2的过程，为形成过渡态的过程，为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行。在低温区进行是为了增加平衡产率，故B正确；C选项，由题中图示

21、可知，过程完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti-H区域传递。故C正确；D选项，化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况，故D错误。综上所述，答案为BC。三、推断题16酯类化合物与格氏试剂（RMgX，X=Cl、Br、I）的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，可用于制备含氧多官能团化合物。化合物F合成路线如下，回答下列问题：已知信息如下：RCH=CH2RCH2CH2OHRCOOCH3（1）A的结构简式为_，BC的反应类型为_，C中官能团的名称为_，CD的反应方程式为_。（2）写出符合下列条件的D的同分异构体_（填结构简式，不考虑立体异构）。含有五元

22、碳环结构；能与NaHCO3溶液反应放出CO2；能发生银镜反应。（3）判断化合物F中有无手性碳原子，若有用“*”标出。_（4）已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以、CH3OH和格氏试剂为原料制备的合成路线（其它试剂任选）。【答案】 氧化反应 羰基和羧基 、 【分析】【详解】根据题中信息得出A的结构简式为，的过程为氧化过程；C中含有双官能团分别为羰基和羧基；CD的过程发生的是酯化反应，方程式为，故答案为：；氧化反应；羰基和羧基；。根据题目中要求，D（）的同分异构体中需含有五元环、羧基和醛基，因此结构为、，故答案为：、。化合物F中含有手性碳原子，故答案为：。依据所给信息，可得出目标产物的合成路线为：

23、，故答案为：。四、工业流程17普通立德粉（BaSO4ZnS）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MnO42-。据流程判断，加入KMnO4时溶液的pH应调至_；a2.22.4 b5.25.4 c12.212.4滤渣的成分为_。（4）制备BaS时，按物质的量之比计算，BaSO4

24、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，反应器中产生的尾气需用碱液吸收，原因是_。（5）普通立德粉（BaSO4ZnS）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）。【答案】反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风 Zn+Cu2+= Zn2+Cu b MnO2和Fe(OH)3 避免产生CO等有毒气体 尾气中含有的SO2等有毒气体 ZnSO4、BaS、Na

25、2S 4 ZnSO4 + BaS + 3 Na2S = BaSO44ZnS + 3 Na2SO4 【分析】分析流程中的相关反应：反应器中粗氧化锌中所含Zn、CuO、FeO与硫酸反应，不溶性杂质以滤渣的形式过滤分离；反应器中用Zn置换溶液中Cu2+；反应器中用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；反应器中 BaSO4 + 2C = BaS + 2CO2制备BaS；反应器用ZnSO4和BaS共沉淀制备立德粉。【详解】反应器中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

26、生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风。反应器中用Zn置换溶液中Cu2+，其离子方程式为Cu2+，Zn+Cu2+= Zn2+Cu，故答案为Zn+Cu2+= Zn2+Cu。反应器除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，将BaS氧化产生SO2等有毒

27、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。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BaSO4ZnS；ZnS含量为62.5%，立德粉（BaSO4 4ZnS），因此需要4mol ZnSO4和1mol BaS反应生成BaSO44ZnS，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3mol Na2S参与反应，反应的化学方程式为：4 ZnSO4 + BaS + 3 Na2S = BaSO44ZnS + 3 Na2SO4，故答案为ZnSO4、BaS、Na2S；4 ZnS

28、O4 + BaS + 3 Na2S = BaSO44ZnS + 3 Na2SO4。五、综合题18聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯，其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式为：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)已知v正=k正x(CH3COOCH3)x(C6H13OH)，v逆=k逆x(CH3COOC6H13)x(CH3OH)，其中v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数，x为各组分的物质的量分数。（1）反应开始时，已醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1投料，测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率（）随时间（t）的变化关系如图所示。该醇解反应的H_0（填或）。348K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数Kx=_（保留2位有效数字）。在曲线、中，k正k逆值最大的曲线是_；A、B、C、D四点中，v正最大的是_，v逆最大的是_。（2）343K时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1、1：2和2：1进行初始投料。则达到平衡后，初始投料比_时，乙酸甲酯转化率最大；与按1：2投料相比，按2：1投料时化学平衡常数Kx_（填增大、减小或不变）。（3）该醇解反应使用离子交换树脂作催化剂，下列关于该催化剂的说法正确的是_。a.参与了醇解反应，但并不改变反应历