2020年高考化学刷题1+12019高考题+2019模拟题阶段检测4含解析

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1、阶段检测(四)一、选择题(每题3分，共48分)1(2019贵州重点中学高考教学质量测评)化学与生活密切相关，下列说法错误的是()A煤的干馏、气化和液化均属于物理变化B科学家提出了光催化水分解制备氢气，此法比电解水制备氢气更环保、更经济C明矾可作净水剂是因为明矾溶于水时铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可以吸附杂质D粮食酿酒的过程中涉及了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程答案A解析煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，生成焦炭、煤焦油、出炉煤气等产物的过程；煤的气化是让煤在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和一氧化碳；煤的液化是利用煤制取液体燃料，均为化学变化，A错误。2(2019江西南康中学高三模拟)下列有关化学用语

2、使用正确的是()A核内质子数为117、中子数为174的核素Ts可表示为：TsB甲烷分子的比例模型：CCOCl2的结构式为：DH2O2的电子式为：H2H答案C解析核内质子数为117、中子数为174的核素Ts表示为：Ts，A错误；B项表示球棍模型，B错误；根据有机物结构特点，COCl2的结构式为：，C正确；H2O2是共价化合物，电子式为：HH，D错误。3(2019广州高三调研测试)NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A4 g甲烷完全燃烧时转移的电子数为2NAB11.2 L(标准状况)CCl4中含有的共价键数为2NAC3 mol SO2和1 mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数为3N

3、AD1 L 0.1 molL1的Na2S溶液中HS和S2粒子数之和为0.1NA答案A解析甲烷完全燃烧转化为CO2和H2O，根据CH4CO2失去8e，则4 g甲烷完全燃烧时转移电子数为8NA2NA，A正确；标准状况下CCl4为液体，11.2 L CCl4不为0.5 mol，所含共价键数不为2NA，B错误；2SO2O22SO3为可逆反应，不能进行完全，因此3 mol SO2和1 mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数大于3NA，C错误；根据物料守恒，1 L 0.1 molL1的Na2S溶液中H2S、HS和S2三种粒子数之和为0.1NA，D错误。4(2019山东临沂高三期末)环辛四烯常用于制造合

4、成纤维、染料、药物，其结构简式为。下列有关它的说法正确的是()A与苯乙烯、互为同分异构体B一氯代物有2种C1 mol该物质燃烧，最多可以消耗9 mol O2D常温下为液态，易溶于水答案A解析环辛四烯分子式为C8H8，苯乙烯、分子式为C8H8，它们的结构不同，因此互为同分异构体，故A正确；环辛四烯只有一种氢原子，其一氯代物有1种，故B错误；根据烃燃烧的通式，1 mol该物质燃烧，消耗O2的物质的量为 mol10 mol，故C错误；烃难溶于水，环辛四烯常温下为液态，难溶于水，故D错误。5(2019山东济南高三期末)关于下列反应的离子方程式正确的是()A向溴化亚铁溶液中通入少量氯气：2Fe2Cl2=

5、2Fe32ClB向碳酸钠溶液中滴加少量硫酸：CO2H=CO2H2OC向稀硝酸中滴加少量亚硫酸钠溶液：SO2H=SO2H2OD向碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钠溶液：NHOH=NH3H2O答案A解析微粒的还原性Fe2Br，所以向溴化亚铁溶液中通入少量氯气，是Fe2先发生反应，离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl，A正确；硫酸少量时发生反应：HCO=HCO，不放出气体，B错误；硝酸具有强氧化性，亚硫酸钠具有还原性，二者发生氧化还原反应，不是复分解反应，C错误；向碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钠溶液，发生复分解反应产生碳酸钠和一水合氨，反应的离子方程式为：NHHCO2OH=CONH3H2OH2O，

6、D错误。6(2019广东汕头高三期末)下列五种短周期元素的某些性质如表所示(其中只有W、Y、Z为同周期元素)。元素XWYZR原子半径(pm)37646670154主要化合价1125、31下列叙述错误的是()A原子半径按X、W、Y、Z、R的顺序依次增大BX、Y、Z三种元素形成的化合物，其晶体可能是离子晶体，也可能是分子晶体CW、Y、Z三种元素形成的气态氢化物稳定性：ZH3H2YHWDR元素可分别与X、W、Y三种元素形成离子化合物答案C解析根据表中数据知，X的原子半径最小，且其正化合价为1，则X为H；只有W、Y、Z为同周期元素，R为第A族元素，其原子半径最大，且为短周期元素，所以R是Na元素，W、

7、Y、Z都属于第二周期元素，所以W是F元素、Y是O元素、Z是N元素。由表格数据可知，A正确；由H、O、N三种元素形成的化合物，其晶体可能是分子晶体，如HNO3，也可能是离子晶体，如NH4NO3，B正确；同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其相应的气态氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性：FON，所以这三种元素形成的气态氢化物稳定性：NH3H2ObaC图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJmol1D由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3，可向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右答案B解析b点是向体积为10 mL 0.1 molL1 N

8、aOH溶液中逐滴加入了10 mL 0.1 molL1 CH3COOH溶液，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c(CH3COOH)c(H)c(OH)，A正确；用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中表示盐酸，表示醋酸，且溶液导电性：cbc(AuCl)c(OH)c(H)答案B解析b点溶液为物质的量浓度相等的HAuCl4和NaAuCl4混合溶液，由电荷守恒可知2c(H)2c(Na)2c(OH)2c(AuCl)，由物料守恒可知：2c(Na)c(AuCl)c(HAuCl4)，由得2c(H)c(HAuCl4)2c(OH)c(

9、AuCl)，故A正确；由题图1可知，起始20 mL 0.1 molL1 HAuCl4溶液的pH3，说明酸为弱酸，b点酸恰好反应掉一半，pH5，说明酸的电离程度大于其酸根离子的水解程度，则b点两种含氯微粒的物质的量分数不可能相等，故B错误；c点溶液的pH7，根据电荷守恒可知，c(Na)c(AuCl)，故C正确；d点时，HAuCl4与NaOH恰好完全反应，此时溶液的溶质为NaAuCl4，AuCl水解，溶液显碱性，所以c(Na)c(AuCl)c(OH)c(H)，故D正确。15(2019北京海淀高三期中)丁烯(C4H8)是制备线性低密度聚乙烯(LLDPE)的原料之一，可由丁烷(C4H10)催化脱氢制备

10、，C4H10(g)C4H8(g)H2(g)H123 kJmol1。该工艺过程中生成的副产物有炭(C)、C2H6、C2H4、C4H6等。进料比和温度对丁烯产率的影响如图1、图2所示。已知原料气中氢气的作用是活化固体催化剂。下列分析正确的是()A氢气的作用是活化固体催化剂，改变氢气量不会影响丁烯的产率B丁烷催化脱氢是吸热反应，丁烯的产率随温度升高而不断增大C随温度升高丁烯裂解生成的副产物增多，会影响丁烯的产率D一定温度下，控制进料比越小，越有利于提高丁烯的产率答案C解析原料气中氢气的作用是活化固体催化剂，同时氢气也是丁烷催化脱氢的生成物，增大氢气的浓度，不利于该反应平衡的正向移动，由图1可知维持一

11、定的进料比，有利于提高丁烯的产率，当过大时，丁烯的产率呈下降趋势，故A错误；由图2可知，当温度大约高于590 时，由于副反应的发生，导致副产物增多，而丁烯的产率是下降的，故B错误、C正确；由图1可知，当进料比处于1左右时，丁烯的产率最高，并不是进料比越小，越有利于提高丁烯的产率，故D错误。16(2019河南汝州实验中学高三期末)某氮肥样品可能含有NH4HCO3、NH4Cl、NH4NO3中的一种或几种。称取该样品1.000 g，溶于水配成100 mL溶液。将溶液分成两等份依次完成如下实验：向一份溶液中加入10 mL 0.2 molL1的盐酸与之充分反应，可收集到标准状况下的CO2气体44.8 m

12、L(设产生的CO2全部逸出)。向另一份溶液中加入足量的6 molL1氢氧化钠溶液，加热，产生的气体(设产生的NH3全部逸出)至少需要25 mL 0.15 molL1的硫酸才能被完全反应。下列说法正确的是()A1.000 g样品中一定含有NH4HCO3 0.316 gB向反应所得的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明原样品中一定含有NH4ClC原样品NH的质量分数为21%D无需另外再设计实验验证，就能确定原样品中是否含有NH4Cl答案D解析加入10 mL 0.2 molL1的盐酸与之充分反应，收集到标准状况下的CO2气体44.8 mL (0.002 mol)，说明一定含有NH4

13、HCO3，盐酸完全反应，碳酸氢铵不一定完全反应，所以1.000 g样品中不一定含有NH4HCO3 0.316 g，A错误；反应加入了盐酸引入氯离子，所得的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，不能说明原样品中一定含有NH4Cl，B错误；根据关系式2NH3H2SO4，向另一份溶液中加入足量的6 molL1氢氧化钠溶液，加热，产生的氨气的物质的量为0.025 L0.15 molL120.0075 mol，原样品NH的质量分数为100%27%，C错误；NH4HCO3、NH4Cl、NH4NO3中NH的质量分数分别为22.8%、33.6%、22.5%，而样品中，NH的质量分数为27%，所以一

14、定含有NH4Cl，D正确。二、非选择题(共52分)(一)必考题17(2019广东重点中学高三期末联考)(12分)稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈等稀土元素的重要矿物原料。氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下：已知：.铈的常见化合价为3、4。焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4。四价铈不易进入溶液，而三价稀土元素易进入溶液。.酸浸中发生反应：9CeO23CeF445HCl3H3BO3=Ce(BF4)311CeCl36Cl227H2O请回答下列问题：(1)焙烧氟碳铈矿的目的是_。焙烧后产生的CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧

15、。在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1x)xO2(0x0.25)的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：_。(2)在酸浸中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的离子方程式是_。(3)向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是_。(4)操作的名称为_，在实验室中进行操作时所需要的硅酸盐仪器有_。(5)“操作”后，向溶液中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，以获得Ce(OH)3沉淀，常温下加入NaOH调节溶液的pH应大于_即可认为Ce3已完全沉淀。(已知：KspCe(OH)31.01020)(6)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品5.000 g，

16、加酸溶解后，向其中加入含0.03300 mol FeSO4的FeSO4溶液使Ce4全部被还原成Ce3，再用0.1000 molL1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00 mL标准溶液。则该产品中Ce(OH)4的质量分数为_(已知氧化性：Ce4KMnO4；Ce(OH)4的相对分子质量为208)。答案(1)将铈氧化为四价，便于与其他稀土元素分离2xCOCeO2=CeO2(1x)2xCO2(2)8H2Cl2CeO2=2Ce3Cl24H2O(3)避免Ce3以Ce(BF4)3形式沉淀而损失(或将Ce3全部转化为CeCl3，提高产率)(4)过滤分液漏斗、烧杯(5)9(6)95.68%解析(1

17、)通过焙烧氟碳铈矿，可将铈氧化为四价，便于与其他稀土元素分离。尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1x)xO2(0x0.25)的循环，可知CeO2具有氧化性，可氧化CO生成CO2，则CeO2消除CO尾气的化学方程式为2xCOCeO2=CeO2(1x)2xCO2。(2)在酸浸中用盐酸溶解CeO2，有少量铈进入滤液，可知有Ce3生成，且产生黄绿色气体，此气体为Cl2，则此时发生反应的离子方程式是8H2Cl2CeO2=2Ce3Cl24H2O。(3)向Ce(BF4)3中加入KCl溶液生成CeCl3和KBF，这样做的目的是避免Ce3以Ce(BF4)3沉淀的形式损失或除去BF或提高CeCl3的产率。(4

18、)操作为固液分离，应选择过滤操作；操作为萃取，则所需要的硅酸盐仪器有分液漏斗、烧杯。(5)溶液中的c(Ce3)等于1105 molL1，可认为Ce3沉淀完全，根据KspCe(OH)3=c(Ce3)c3(OH)11020可知，c(OH) molL11105 molL1，此时溶液的PH为9，即加入NaOH调节溶液的pH应大于9即可认为Ce3已完全沉淀。(6)用0.1000 molL1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00 mL标准溶液，主要是氧化溶液中剩余的Fe2，根据得失电子守恒知，剩余Fe2的物质的量为0.1000 molL10.02 L50.01 mol，则还原Ce4消耗的Fe

19、2的物质的量为0.03300 mol0.01 mol0.02300 mol，根据Ce4Fe2=Fe3Ce3，则Ce4的物质的量为0.02300 mol，该产品中Ce(OH)4的质量分数为100%95.68%。18(2019哈尔滨六中高三期末)(12分)随着科技的进步，合理利用资源、保护环境成为当今社会关注的焦点。甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，可由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成，回答下列问题：(1)制取甲胺的反应为CH3OH(g)NH3(g)CH3NH2(g)H2O(g)H。已知该反应中相关化学键的键能数据如下：共价键COHONHCN键能/kJm

20、ol1351463393293则该反应的H_kJmol1。(2)上述反应中所需的甲醇工业上利用水煤气合成，反应为CO(g)2H2(g)CH3OH(g)Hr(Na)的原因是_。(3)Na2SO3常用作工业的脱氧剂和漂白剂，其阴离子的中心原子的杂化形式是_，空间构型是_。(4)下表列出了钠的卤化物的熔点：化学式NaFNaClNaBrNaI熔点/995801775651NaF的熔点比NaI的熔点高的原因是_；NaCl晶格能是786 kJ/mol，则NaF的晶格能可能是_。A704 kJ/mol B747 kJ/molC928 kJ/mol(5)NaH具有NaCl型的立方晶体结构，已知NaH晶体的晶胞

21、参数a488 pm，Na半径为102 pm，则H的半径为_pm；NaH的理论密度是_g/cm3(保留三位有效数字)。H1、Na23(6)首例被发现的带结晶水的超导材料晶体化学式为Na0.35CoOx1.3H2O，具有CoO2H2ONaH2OCoO2H2ONaH2O层状结构，已知CoOx层的构型部分如图，其中粗线画出的是其二维晶胞，则x_。答案(1)哑铃(或纺锤)AD(2)电子层数多(3)sp3三角锥形(4)NaF和NaI同属于离子晶体，r(F)r(I)，离子半径越小，熔点越高C(5)1421.37(6)2解析(1)钠的价电子为3s1，钠原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为；基态S原子电子占

22、据最高能级3p的电子云轮廓图为哑铃(或纺锤)形，其中Na2S4中存在的化学键有：钠离子与S间的离子键、SS之间的非极性共价键，故选A、D。(3)Na2SO3常用作工业的脱氧剂和漂白剂，其阴离子SO的中心原子S与另外3个O原子形成3个键，有1个孤电子对，故其杂化形式是sp3，空间构型是三角锥形。(4)NaCl晶格能是786 kJ/mol，r(F)小，晶格能大，则NaF的晶格能可能是928 kJ/mol。(5)NaH具有NaCl型晶体结构，NaH晶体的晶胞参数a488 pm(棱长)，Na半径为102 pm，H的半径为142 pm，该晶胞中钠离子个数864，氢离子个数1214，NaH的理论密度是1.

23、37 g/cm3。(6)Co为1个，O为2个，化学式为CoO2，x2。21(2019安徽五校联盟高三质检)化学选修5：有机化学基础(15分)有机物M是一种食品香料，可以C4H10为原料通过如下路线合成：C、F分子中的碳链上C有支链，F没有支链；E为芳香族化合物且E、N都能发生银镜反应。请回答下列问题：(1)A、B均为一氯代烃，写出其中一种的名称(系统命名)_；M中的含氧官能团名称为_。(2)写出下列反应的反应类型：DGM_。(3)F与新制Cu(OH)2/NaOH(aq)反应的化学方程式为_。(4)M的结构简式为_。(5)与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体有_种。(6)参照上述合成路线，以

24、苯乙烯()和乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：_。答案(1)2甲基1氯丙烷(或2甲基2氯丙烷)酯基(2)酯化反应(或取代反应)解析(1)C4H10的结构简式可能为CH3CH2CH2CH3或，C4H10与氯气发生取代反应生成A和B，A和B分别发生消去反应只生成一种烯烃，则C4H10的结构简式为。的一氯代物的名称为2甲基1氯丙烷、2甲基2氯丙烷。(2)C为(CH3)2C=CH2，由信息，可知D为(CH3)2CHCH2OH；E为芳香族化合物且E、N都能发生银镜反应，F分子中的碳链上没有支链，结合信息和F的分子式，可知E为，N为CH3CHO，F为，G为。D含有羟基，G含有羧基，二者发生酯化反应，酯化反应也属于取代反应。(5)G为，与G含有相同官能团的G的芳香类同分异构体有、种。(6)运用逆合成分析法，倒推中间产物，确定合成路线。结合信息，可由苯乙醛和乙醛反应得到，苯乙醛可由苯乙醇氧化得到，而苯乙醇可由苯乙烯通过信息的反应得到。20