2020高考化学标准仿真预测模拟试卷（4）含答案解析

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1、模拟(四)标准仿真预测卷可能用到的相对原子质量：H1，C12，N14，O16，S32，Na23，Mg24，Fe56第卷(选择题，共42分)一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分；每小题四个选项中只有一个选项符合题目要求。)7KNO3是中国古代四大发明中“黑火药”的主要成分之一，该物质的提取方法在古文献中的记载为：“此即地霜也。所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁，后乃煎炼而成”。该文献中涉及的化学实验操作有()A升华B蒸馏C萃取 D结晶答案：D解析：“冬月地上有霜”中的“霜”实质为硝酸钾的结晶，“扫取以水淋汁，后乃煎炼而成”描述的是通过溶解、蒸发结晶得到硝酸钾晶体，故选D。8下列关于有

2、机物的说法正确的是()A异丁烷也称为2甲基丁烷B糖类、油脂、蛋白质在一定条件下均能水解C乙二醇、苯乙烯在一定条件下均可聚合生成高分子化合物D处于同一平面上的原子数最多为18个答案：C解析：异丁烷也称为2甲基丙烷，A项错误；糖类中的单糖不能发生水解反应，B项错误；乙二醇和二元羧酸通过缩聚反应可以生成聚酯高分子化合物，苯乙烯通过加聚反应可以生成聚苯乙烯高分子化合物，C项正确；苯环、碳碳双键为平面结构，碳碳叁键为直线结构，且CH键可以旋转，故处于同一平面上的原子数最多为20个，D项错误。9设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是()A12 g NaHSO4晶体含阳离子的数目为0.2NAB1 L

3、0.5 molL1Na3PO4溶液中含PO数目为0.5NAC标准状况下，1 mol环己烷含非极性键的数目为6NAD16.8 g Fe在氧气中完全燃烧时转移的电子数为0.9NA答案：C解析：A项，NaHSO4晶体中阳离子为Na，故0.1 mol NaHSO4晶体含0.1 mol阳离子，错误；B项，PO在溶液中发生水解，故1 L 0.5 molL1Na3PO4溶液中含PO数目小于0.5NA，错误；C项，1个环己烷分子中含6个碳碳非极性键，正确；D项，铁在氧气中燃烧发生反应：3Fe2O2Fe3O4,16.8 g Fe的物质的量为0.3 mol，完全燃烧时转移0.8 mol电子，错误。10下列实验装置

4、能达到相应目的的是()答案：D解析：甘油和水互溶，不分层，不能用分液的方法分离二者，A项不能达到实验目的；蔗糖与浓硫酸反应除了生成CO2外，还生成SO2，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，B项不能达到实验目的；当液面离容量瓶颈刻度线下12 cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切，C项不能达到实验目的；向工业酒精中加入生石灰，然后蒸馏可以得到无水酒精，D项能达到实验目的。11水杨酸、冬青油、阿司匹林的结构简式如图，下列说法不正确的是()A由水杨酸制冬青油的反应是取代反应B阿司匹林的分子式为C9H8O4，在一定条件下水解可得水杨酸C冬青油苯环上的一氯取代物有4种D可用NaOH溶液除去冬青油

5、中少量的水杨酸答案：D解析：水杨酸与甲醇发生酯化反应可生成冬青油，酯化反应属于取代反应，A项正确；阿司匹林的分子式为C9H8O4，阿司匹林在酸性条件下水解可得水杨酸，B项正确；冬青油苯环上有4种不同化学环境的氢原子，故其苯环上的一氯取代物有4种，C项正确；冬青油中含有的酚羟基和酯基都能与NaOH溶液反应，故不能用NaOH溶液除去冬青油中少量的水杨酸，D项错误。122019山东烟台模拟短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。K、L、M、N均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是固体，乙是气体，K是常见的大气污染物之一，0.05 molL1丙溶液的pH为1，上述物

6、质的转化关系如图所示。下列说法正确的是()A原子半径：WXYZB元素的非金属性：YZXC原子最外层电子数：WXYZDK、L、M、N四种物质中沸点最高的是N答案：B解析：0.05 molL1丙溶液的pH为1，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，N为SO3，L为H2O，由转化关系可知甲为C，M为CO2，则W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素。原子半径：XY，A错误；酸性：碳酸硫酸，所以非金属性：碳硫，因此元素的非金属性：YZX，B正确；原子最外层电子数：WXYZ，C错误；水分子之间存在氢键，K、L、M、N

7、四种物质中沸点最高的是L，D错误。13常温下，将除去表面氧化膜的Al片、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示。反应过程中有红棕色气体产生。下列说法错误的是()At1时刻前，Al片的电极反应为：2Al6e3H2O=Al2O36HBt1时，因Al在浓硝酸中钝化，氧化膜阻碍了Al继续反应Ct1时刻后，负极Cu失电子，电流方向发生改变D烧杯中发生反应的离子方程式为2NO22OH=2NOH2O答案：D解析：由题图1、2知，t1时刻前，即铝钝化前，铝片作负极，发生反应：2Al6e3H2O=Al2O36H，A项正确；t1时，因Al在浓硝酸中钝化，氧

8、化膜阻碍了Al继续反应，B项正确；t1时刻后，Cu片作负极，失电子，电流方向发生改变，C项正确；烧杯中发生反应的离子方程式为2NO22OH=NONOH2O，D项错误。第卷(非选择题，共58分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第26题28题为必考题，每个试题考生必须作答，第35题36题为选考题，考生根据要求作答。)(一)必考题(共3题，共43分)26(15分)苯佐卡因(对氨基苯甲酸乙酯)常用于创面、溃疡面及痔疮的镇痛。在实验室用对氨基苯甲酸()与乙醇反应合成苯佐卡因，有关数据和实验装置图如下：相对分子质量密度/(gcm3)熔点/沸点/溶解性乙醇460.79114.378.5与水任意比互溶

9、对氨基苯甲酸1371.374188339.9微溶于水，易溶于乙醇对氨基苯甲酸乙酯1651.1790172难溶于水，易溶于醇、醚类产品合成：在250 mL圆底烧瓶中加入8.2 g对氨基苯甲酸(0.06 mol)和80 mL无水乙醇(约1.4 mol)，振荡溶解，将烧瓶置于冰水中并加入10 mL浓硫酸，然后将反应混合物在80 热水浴中加热回流1 h，并不断振荡。分离提纯：冷却后将反应液转移到400 mL烧杯中，分批加入10% Na2CO3溶液直至pH9，转移至分液漏斗中，用乙醚(密度0.714 gcm3)分两次萃取，并向醚层加入无水硫酸镁，蒸馏，冷却结晶，最终得到产物3.3 g。(1)仪器A的名称

10、为_，在合成反应进行之前，圆底烧瓶中还应加入适量的_。(2)该合成反应的化学方程式是_。(3)将烧瓶置于冰水中的目的是_。(4)分液漏斗使用之前必须进行的操作是_，乙醚位于_(填“上层”或“下层”)；分离提纯操作加入无水硫酸镁的作用是_。(5)合成反应中加入过量的乙醇的目的是_；分离提纯过程中加入10% Na2CO3溶液的作用是_。(6)本实验中苯佐卡因的产率为_(保留3位有效数字)。该反应产率较低的原因是_(填标号)。a浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应多b催化剂加入量不足c产品难溶于水，易溶于乙醇、乙醚d酯化反应是可逆反应答案：(1)球形冷凝管(1分)沸石(或碎瓷片)(1分)(3)散热

11、降温，减少副反应，减少乙醇挥发损失(2分)(4)检查是否漏液(1分)上层(1分)干燥吸水(1分)(5)作溶剂，提高对氨基苯甲酸的转化率(1分)中和过量的浓硫酸和调节pH(1分)(6)33.4%(或33.3%)(2分)ad(2分)解析：(1)仪器A的名称为球形冷凝管。在合成反应进行之前，圆底烧瓶中还应加入适量的沸石(或碎瓷片)，以防止暴沸。(2)书写该合成反应的化学方程式时可以类比乙酸和乙醇合成乙酸乙酯的反应的化学方程式。(3)浓硫酸在稀释时放热，所以将烧瓶置于冰水浴中的目的是散热降温，减少副反应，减少乙醇挥发损失。(4)分液漏斗使用之前必须进行的操作是检查是否漏液。乙醚的密度小于水的密度，所以

12、乙醚位于上层。无水硫酸镁是有机实验中常用的干燥剂，故分离提纯的过程中加入无水硫酸镁的作用是干燥吸水。(5)增加乙醇用量，可以增大对氨基苯甲酸的转化率；对氨基苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，故乙醇还可以作溶剂。由题意知，分离提纯过程中加入10% Na2CO3溶液的作用是中和过量的浓硫酸和调节pH。(6)根据题意可知，对氨基苯甲酸少量，故应根据其用量计算苯佐卡因的理论产量：(或0.06 mol)165 gmol19.88 g(或9.90 g)，苯佐卡因的产率为100%33.4%(或33.3%)。该反应产率较低的原因是：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应多；酯化反应是可逆反应，本题选a、d。27(1

13、4分)“低碳经济”备受关注，CO2的有效开发利用成为科学家研究的重要课题。(1)已知：CO2(g)2H2(g) C(s)2H2O(g)H90.0 kJmol1；H2O(l)=H2O(g)H44.0 kJmol1；C(s)的燃烧热H394.0 kJmol1。则表示H2燃烧热的热化学方程式为_。(2)在0.1 MPa、Ru/TiO2催化下，将H2和CO2按投料比n(H2):n(CO2)4:1置于恒压密闭容器中发生反应：反应CO2(g)4H2(g) CH4(g)2H2O(g)H1反应CO2(g)H2(g) CO(g)H2O(g)H2测得CO2转化率、CH4和CO选择性随温度变化情况分别如图1和图2所

14、示。(选择性：转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)反应的H1_(填“”“”或“”)0；理由是_。温度过低或过高均不利于反应的进行，原因是_。350 时，反应的平衡常数Kp_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。为减少CO在产物中的比率，可采取的措施有_(列举一条)。(3)为探究反应的反应速率与浓度的关系，向恒容密闭容器中通入浓度均为1.0 molL1的H2与CO2。根据相关数据绘制出反应速率与浓度的关系曲线：v正c(CO2)和v逆c(H2O)。则曲线v正c(CO2)对应的是图3中的曲线_(填“甲”或“乙”)；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度，反应重新达到平衡，则此时曲线甲

15、对应的平衡点可能为_(填字母，下同)。曲线乙对应的平衡点可能为_。答案：(1)H2(g)O2(g)=H2O(l)H286.0 kJmol1(2分)(2)(1分)反应在350 达到平衡状态后，随温度升高CO2的平衡转化率降低，所以该反应是放热反应(2分)温度过低，化学反应速率慢；温度过高，反应向逆反应方向进行且CH4的选择性减小(2分)2.89104(MPa)2(2分)降低温度或增大压强(2分)(3)乙(1分)D(1分)C(1分)解析：(1)由题意知CO2(g)2H2(g) C(s)2H2O(g)H90.0 kJmol1、H2O(l)=H2O(g)H44.0 kJmol1、C(s)O2(g)=C

16、O2(g)H394.0 kJmol1，根据盖斯定律，由(2)可得H2(g)O2(g)=H2O(l)H286.0 kJmol1。(2)由题图2可知，温度400 时，容器中只发生反应，结合题图1可知，反应在350 达到平衡状态后，随温度升高CO2的平衡转化率降低，说明该反应为放热反应。温度过低，反应速率慢；温度过高，反应向逆反应方向进行且CH4的选择性减小，故温度过低或过高均不利于反应的进行。设CO2的起始投料量为x mol，则CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g)起始(mol)x4x00转化(mol)0.8x3.2x0.8x1.6x平衡(mol)0.2x0.8x0.8x1.6x平衡时

17、CO2的分压为0.1 MPa，H2的分压为0.1 MPa，CH4的分压为0.1 MPa，H2O(g)的分压为0.1 MPa，故反应的平衡常数Kp2.89104(MPa)2。降低温度或增大压强都能减少CO在产物中的比率。(3)由题意及题图3可知，曲线乙为v正c(CO2)；降低温度反应速率减小，平衡正向移动，重新达到平衡时，H2O的浓度增大，CO2的浓度减小，则此时曲线甲对应的平衡点可能为D，曲线乙对应的平衡点可能为C。28(14分)工业上用钒炉渣(主要含FeOV2O3，还含有少量SiO2、P2O5等杂质)提取V2O5的流程如下：(1)焙烧的目的是将FeOV2O3转化为可溶性的NaVO3，写出该反

18、应的化学方程式_；浸出渣的主要成分为_(填化学式)。(2)用MgSO4溶液除硅、磷时，滤渣的主要成分为Mg3(PO4)2、MgSiO3。若滤液中c(SiO)0.08 molL1，则c(PO)_。(已知：Ksp(MgSiO3)2.4105，KspMg3(PO4)22.71027)随着温度升高，Mg2的水解程度增大，导致除磷率下降，但除硅率升高，其原因是_。随温度升高，MgSiO3、Mg3(PO4)2的溶解度变化忽略不计(3)元素钒在溶液中主要以V2(紫色)、V3(绿色)、VO2(蓝色)、VO(浅黄色)等形式存在。钒液可充电电池的工作原理如图所示。已知溶液中c(H)1.0 molL1，阴离子为SO

19、。充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为浅黄色，则左侧电极的电极反应式为_。放电过程中，右槽溶液颜色变化为_。放电时，若转移的电子数为3.011022，则左槽溶液中n(H)的变化为_。答案：(1)4FeOV2O34Na2CO35O28NaVO32Fe2O34CO2(2分)Fe2O3(2分)(2)1.0108molL1(2分)温度升高促进SiO水解生成硅酸沉淀(2分)(3)VO2H2Oe=VO2H(2分)由紫色变为绿色(2分)减少0.05 mol(2分)解析：(1)由流程图和题意可知，反应物有FeOV2O3、Na2CO3、O2，生成物有NaVO3，根据得失电子守恒、元素守恒可得反应的化学方程式为4F

20、eOV2O34Na2CO35O28NaVO32Fe2O34CO2，Fe2O3不溶于水，故浸出渣的主要成分为Fe2O3。(2)滤液中c(SiO)0.08 molL1，Ksp(MgSiO3)c(Mg2)c(SiO)2.4105，则c(Mg2)3.0104molL1，又KspMg3(PO4)2c3(Mg2)c2(PO)2.71027，故c(PO)1.0108molL1。温度升高促进SiO水解生成硅酸沉淀，从而导致除硅率升高。(3)充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为浅黄色，说明左侧电极上VO2(蓝色)失去电子生成VO(浅黄色)，电极反应式为VO2H2Oe=VO2H。由知，充电时左侧电极为阳极，则放电过

21、程中，右侧电极为负极，右侧电极上发生氧化反应，电极反应式为V2e=V3，故右槽溶液颜色变化为由紫色变为绿色。放电时，左侧电极上发生反应：VO2He=VO2H2O，当转移的电子数为3.011022时，左槽溶液中消耗0.1 mol H，同时右槽溶液中有0.05 mol H转移到左槽，故左槽溶液中n(H)减少0.05 mol。(二)选考题(请考生从给出的2道化学题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一小题计分)35物质结构与性质(15分)钛酸钡耐高温材料的制备原理为BaCO3TiO2BaTiO3CO2。二氧化钛、钛酸钡晶体的晶胞结构分别如图I、图所示。回答下列问题：(1)基态钛原子的电子排布式为_

22、，有_个未成对电子。(2)CO2分子中C原子的杂化轨道类型为_，1 mol CO2中含_个键(设NA为阿伏加德罗常数的值)。与CO2互为等电子体的离子有_(填一种)。(3)二氧化钛晶胞(图I)中，钛原子的配位数为_。金红石型二氧化钛的熔点为1 850 ，则金红石型二氧化钛的晶体类型是_，该晶体中粒子之间的作用力类型是_。(4)钛酸钡晶体中，钛原子与周围n个氧原子等距离且最近，连接这n个氧原子可构成_(填代号)。A正四面体B正八面体C三角锥形D平面三角形(5)MgCO3、CaCO3、BaCO3的分解温度分别为402 、900 、1 360 ，造成这种差异的本质原因是_。(6)已知：钛酸钡晶体的密

23、度为d gcm3，它的摩尔质量为M gmol1，NA表示阿伏加德罗常数的值。该晶胞参数a为_cm。答案：(1)1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2(2分)2(1分)(2)sp(1分)2NA(1分)SCN(或N、CNO等)(2分)(3)6(1分)原子晶体(1分)极性共价键(1分)(4)B(1分)(5)Mg2、Ca2、Ba2的半径依次增大(或MgO、CaO、BaO的晶格能依次减小，2分)(6)(2分)解析：(1)钛的原子序数为22，电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2，有2个未成对电子。(2)1个CO2分子中有2个键，2个键，C原子的杂化

24、轨道类型为sp。CO2与N、SCN、CNO等离子互为等电子体。(3)由题图I知，1个钛原子与6个氧原子直接相连，故钛原子的配位数为6。由金红石型二氧化钛的熔点知，金红石型二氧化钛是原子晶体，钛原子和氧原子靠极性共价键构成该晶体。(4)由题图知，钛原子周围最近且等距离的氧原子有6个，连接这六个氧原子可构成正八面体。(5)氧化镁、氧化钙、氧化钡的晶格能依次减小，故其对应碳酸盐的分解温度依次升高。(6)题图晶胞中含1个“BaTiO3”，则acm。36有机化学基础(15分)PBA是一种生物降解聚酯类高分子材料，它的合成路线如图所示：已知：A为烃，且A的核磁共振氢谱图上只有一组峰，A不能使溴的四氯化碳溶

25、液褪色。C分子只有一个官能团。RCH=CHR1RCOOHR1COOH。回答下列问题：(1)C中官能团的名称是_；EF的反应类型是_。(2)D的名称是_；PBA的结构简式为_。(3)若PBA的平均聚合度为80，则PBA的摩尔质量为_。(4)写出BC的化学方程式_。(5)T是D的同分异构体，同时具备下列条件的T有_种(不考虑立体异构)。能发生水解反应；1 mol T与足量银氨溶液发生银镜反应最多生成4 mol银。(6)参照上述原理，以2丙醇、丙炔为原料(其他无机试剂任选)通过三步制备化合物设计合成路线：_。答案：(1)碳碳双键(1分)加成反应(1分)(2)1,6己二酸(2分) (2分)(3)16

26、018 gmol1(2分)(4) (2分)(5)9(2分)(6)解析：依题意及已知信息知，A为环己烷()。又因为C只有一个官能团，所以A与氯气发生一氯取代反应。依次推断出B、C、D的结构简式分别为由已知信息及F的分子式知，E为HOCH2CCCH2OH，F为HOCH2CH2CH2CH2OH。则PBA的结构简式为(3)链节的相对分子质量为200，平均聚合度为80，则PBA的相对分子质量为200801816 018。(5)由、知，符合条件的T分子中含2个HCOO，可将T看成丁烷分子中的2个氢原子被2个甲酸酯基取代，又正丁烷分子中2个氢原子被两个甲酸酯基取代，有6种结构，异丁烷分子中2个氢原子被两个甲酸酯基取代，有3种结构，故符合条件的T的结构有9种。