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类型山东省2020年高考押题预测卷 化学试题附答案+全解全析.doc

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    山东省2020年高考押题预测卷 化学试题附答案+全解全析 山东省 2020 年高 押题 预测 化学试题 答案 全解全析
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    1、 化学试题 第 1 页(共 18 页) 化学试题 第 2 页(共 18 页) 内装订线 外装订线 学校:_姓名:_班级:_考号:_ 山东省 2020 年高考押题预测卷 化 学 (考试时间:90 分钟 试卷满分:100 分) 注意事项: 1本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2回答选择题时,选出每小题答案后,用 2B 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。写在本试卷上无效。 3回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量:

    2、 H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Ti 48 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Bi 209 一、选择题:本题共 10 小题,每小题 2 分,共 20 分。每小题只有一个选项符合题意。 1“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21 世纪海上丝绸之路”的简称。丝、帛的使用有着悠久的历史,下列说 法错误的是 ( ) A丝的主要成分属于天然有机高分子化合物,丝绸制品不宜使用含酶洗衣粉洗涤 B 墨子 天志中记载“书之竹帛,镂之金石”。其中的“金”指的是金属,“石”指的是陶瓷、玉石等 C 考工记载有“涑帛”的方法,即利

    3、用“灰”(草木灰)和“蜃”(贝壳灰)混合加水所得液体来洗涤丝、 帛。这种液体能洗涤丝、帛主要是因为其中含有 K2CO3 D 天工开物记载“人贱者短褐、臬裳,冬以御寒,夏以蔽体,其质造物之所具也。属草木者,为臬、 麻、苘、葛”文中的“臬、麻、苘、葛”属于纤维素 2有机物 M、N 分子的模型如图所示,其中不同颜色的球表示不同的原子,原子之间的化学键可以是单键、 双键。下列说法错误的是( ) M N AM与 HCOOCH3互为同分异构体 BN的官能团为羟基 C在与钠的反应中 N 放出气泡比 M 快 DN能使酸性高锰酸钾溶液褪色 3已知:HNO3H2O H0;硝基苯沸点 210.9,蒸馏时选用空气冷凝

    4、 管。下列制取硝基苯的操作或装置(部分夹持仪器略去) ,正确的是( ) A 分液 B 配制混酸 C 水浴加热 D 蒸馏提纯 4下列说法错误的是( ) A12g石墨中含有 键的物质的量为 1.5mol B硫离子电子共有 18 种运动状态,且其 2p 与 3p轨道形状和能量相等 C电负性:CNO DI3+离子的几何构型是 V型 5司替戊醇(d)用于治疗两岁及以上 Dravet 综合征相关癫痫发作患者,其合成路线如图所示。下列有关判断 正确的是( ) Ab 的一氯代物有 4 种 Bc 的分子式为 C14H14O3 C1 mol d最多能与 4 mol H2发生加成反应 Dd 中所有碳原子可能处于同一

    5、平面 6某种化合物的结构如图所示,其中 X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素,Q核外最 外层电子数与 Y核外电子总数相同,X 的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是( ) A. Z的最高价氧化物对应的水化物是一元强酸 B. WX的水溶液呈中性 C. 元素非金属性的顺序为 YZQ D. 该化合物中与 Y单键相连的 Q不满足 8 电子稳定结构 7 天工开物记载:“凡火药以硝石、硫磺为主,草木灰为辅而后火药成声”。其中涉及的主要反应为: S+2KNO3+3CK2S+3CO2+N2。下列说法正确的是( ) A电负性 NO BCO2分子中 C原子为 sp1杂化 C单质硫属于共价

    6、晶体 DKNO3中化学键只有 键 8.下列实验中,能达到相应实验目的的是( ) 化学试题 第 3 页(共 18 页) 化学试题 第 4 页(共 18 页) 内装订线 此卷只装订不密封 外装订线 A 制备并收集乙 酸乙酯 B 证明氯化银溶解度 大于硫化银 C验证溴乙烷的 消去产物是乙烯 D推断 S、C、Si的非金属 性强弱 9工业制汞的方法之一是辰砂(主要含 HgS)焙烧法,焙烧辰砂时发生的主要反应为 HgS+O2Hg+SO2, 生成的汞为气态,冷凝得液态汞。一种利用辰砂制备纯汞的流程如图所示。下列分析正确的是( ) A. 焙烧时加入 CaO 的主要目的是降低 HgS 的熔点 B. 含汞烟气需除

    7、汞后才能排放到大气中 C. 用 5%的硝酸洗涤时发生的是物理变化 D. 在实验室中进行蒸馏操作需要蒸馏烧瓶、冷凝管和分液漏斗等仪器 10溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂,具有易溶于水,易吸潮等性质。实验室用工业大理石(含有少量 Al3+、Fe3+ 等杂质)制备溴化钙的主要流程如下: 下列说法错误的是( ) A已知步骤的滤液中不含 NH4+,步骤 II加入的试剂 a 是石灰水 B步骤 II控制溶液的 pH约为 8.0的主要目的是沉淀过量 Ca2+ C试剂 b 是氢溴酸,步骤 IV 的目的是除去过量的氢氧化钙 D步骤 V所含的操作依次是蒸发浓缩,冷却结晶 二、选择题:本题共 5 小题,每小题 4 分,共

    8、 20 分。每小题有 1 个或 2 个选项符合题意,全都选对得 4 分, 选对但不全的得 1 分,有选错的得 0 分。 11 电 Fenton 法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术, 反应原理如图所示。 电解产生的 H2O2与 Fe2+ 发生反应生成的羟基自由基(OH)能氧化降解有机污染物。下列说法错误的是( ) A. 电源的 A极为负极 B. 每消耗 2. 24 L O2(标准状况) ,整个电解池中理论上可产生的OH为 0.2 mol C. 与电源 B 极相连电极的电极反应式为:H2O-e-=H+OH D. H2O2与 Fe2+发生的反应方程式为:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+O

    9、H 12工业上以铬铁矿(主要成分为 FeO Cr2O3) 、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7 2H2O), 其主要反应为: (1)4FeO Cr2O38Na2CO37O2 8Na2CrO42Fe2O38CO2 (2)2Na2CrO4H2SO4Na2SO4Na2Cr2O7H2O 下列说法中正确的是( ) A. 反应(1)和(2)均为氧化还原反应 B. 反应(1)的氧化剂是 O2,还原剂是 FeO Cr2O3 C. 高温下,O2的氧化性大于 Fe2O3小于 Na2CrO4 D. 生成 1mol的 Na2Cr2O7时共转移 7mol电子 13四硼酸钠的阴离子 Xm-(含 B、O

    10、、H三种元素)的球棍模型如图所示。下列说法不正确的是( ) A阴离子中三种元素的第一电离能:OBH B在 Xm-中,硼原子轨道的杂化类型有 sp2和 sp3 C配位键存在于 4、5 原子之间和 4、6 原子之间 Dm=2,NamX 的化学式为 Na2B4O5(OH)4 14常温下,向 20 mL 0.1 mol L-1 NaHC2O4溶液中缓慢滴加 pH=13的 NaOH 溶液,混合溶液的温度与滴加 NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是( ) A. E点存在:2c(Na+)=3c(H2C2O4)+3c(HC2O4-)+3c(C2O42-) B. F点存在:c(OH-)c(H+)+c

    11、(HC2O4-)+c(H2C2O4) C. 在 E、F和 G点中,G点对应的 Kw最小 D. G点对应的溶液中,c(Na+)c(OH-)c(C2O42-)c(HC2O4-) 15用煤油作溶剂,二(2乙基己基)磷酸酯作流动载体,H2SO4 作内相酸处理含铜废水。 在其他条件相同 时,Cu2萃取率萃取率 2+2+ 处理后处理前 2+ 处理前 c(Cu )-c(Cu ) c(Cu ) 100 与初始 Cu2浓度关系如图 1 所示;在 其他条件相同时,处理前初始 Cu2浓度为 200 mg L1,Cu2萃取率与废水 pH 的关系如图 2 所示。 下列说法错误的是( ) 化学试题 第 5 页(共 18

    12、页) 化学试题 第 6 页(共 18 页) 内装订线 外装订线 学校:_姓名:_班级:_考号:_ A. 根据图 1 可知,废水中初始 Cu2浓度越大,Cu2的萃取效果越好 B. 根据图 2 可知,废水初始 pH2 时,去除 Cu2的效果较好 C. 根据图 1 可知,Cu2初始浓度为 200 mg L1 时,Cu2的萃取率为 97.0 D. 根据图 2 可知,若取 800 mL 初始 Cu2浓度为 200 mg L1 的废水,在 pH1.5 时处理废水,则 处理后的废水中剩余 Cu2的物质的量为 1.5 103mol(假设体积不变) 三、非选择题:本题共 5 小题,共 60 分。 16 (13

    13、分) (1)乙基叔丁基醚(以 ETBE 表示)是一种性能优良的高辛烷值汽油调和剂。用乙醇与异丁烯(以 IB 表示)在催化剂 HZSM5 催化下合成 ETBE,反应的化学方程式为:C2H5OH(g)+IB(g)ETBE(g) H。回答下列问题: 反应物被催化剂 HZSM5 吸附的顺序与反应历程的关系如图所示,该反应的H=_kJ mol-1。反应历程 的最优途径是_(填 C1、C2或 C3)。 (2)一定条件下,用 Fe2O3、NiO 或 Cr2O3作催化剂对燃煤烟气回收。反应为 2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) H=-270kJ mol-1 其他条件相同、催化剂不同,SO2的转

    14、化率随反应温度的变化如图 1,Fe2O3和 NiO 作催化剂均能使 SO2的转化率达到最高,不考虑催化剂价格因素,选择 Fe2O3的主要优点是:_。 某科研小组用 Fe2O3作催化剂。在 380时,分别研究了n(CO)n(SO2)为 11、31 时 SO2转化率 的变化情况(图 2)。则图 2中表示 n(CO)n(SO2)=31 的变化曲线为_。 (3)已知 NO2存在如下平衡:2NO2(g)N2O4(g) HN,则电负性 O N,故 A错误; B. CO2分子的空间构型为直线形,分子中 C 原子为 sp 杂化,故 B 正确; C. 单质硫属于熔沸点低的分子晶体,故 C错误; D. KNO3为

    15、离子化合物,含有离子键和共价键,故 D错误;故选 B。 8、 【答案】D 【解析】 A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂,故不选 A; B、1 mL 0.1 mol/L的 AgNO3溶液滴加几滴 0.1 mol/L的 NaCl溶液生成白色沉淀 AgCl,AgNO3有剩余,再滴 加几滴 0.1 mol/L的 Na2S,AgNO3与 Na2S 反应生成 Ag2S沉淀,所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银,故 不选 B; C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯,故不选 C; D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳,证明非金属性 SC,二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成

    16、硅酸沉淀,证 明非金属性 CSi,故选 D。 9、 【答案】B 化学试题 第 11 页(共 18 页) 化学试题 第 12 页(共 18 页) 内装订线 此卷只装订不密封 外装订线 【解析】辰砂(主要含 HgS)焙烧法制汞,先加 CaO焙烧,是为了固硫,减少二氧化硫的排放;再用硝酸洗 涤杂质金属、最后蒸馏得到汞。 A焙烧时加入 CaO 的主要目的是固化硫,减少二氧化硫的排放、空气的污染,故 A 错误; B工业废气需处理达标后排放,故 B正确; C用 5%的硝酸洗涤是溶解铅、铜等杂质,发生了化学变化,故 C错误; D蒸馏是将互溶液体利用沸点不同的性质进行分离的操作,需要用到的仪器有:蒸馏烧瓶、冷

    17、凝管等,不 需要分液漏斗,故 D错误;答案选 B。 10、【答案】B 【解析】 大理石和氢溴酸反应生成溴化钙,因含有少量 Al3+、Fe3+等杂质,可加入石灰水,沉淀 Al3+、Fe3+,过滤后得 到溴化钙、氢氧化钙的混合溶液,加入试剂 b为氢溴酸,可除去过量的氢氧化钙,然后经蒸发浓缩、冷却结 晶可得到溴化钙晶体。 A已知步骤的滤液中不含 NH4+,步骤 II加入的试剂 a的目的是防止氢氧化铝溶解,因此 a是碱,根据题 意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙,故 A 正确; B步骤 II控制溶液的 pH约为 8.0的主要目的是沉淀 Al3+、Fe3+,故 B错误; C加试剂 b的目的是除去过量的氢氧

    18、化钙,且不引入新杂质,可以加入氢溴酸,故 C 正确; D步骤的结果是从溶液中得到 CaBr26H2O,因此其操作步骤为蒸发浓缩,冷却结晶、过滤,故 D正确; 答案选 B。 11、【答案】B 【解析】由反应原理图可知,Fe3+在左端电极得电子生成 Fe2+,发生还原反应,左端电极为阴极,则 A为电 源的负极,B为电源的正极。 A由以上分析知,A极为电源的负极,A正确; B 每消耗 0.1 mol O2, 在阴极共得到 0.3 mol e-, 生成 0.1 mol OH, 同时阳极失去 0.3 mol e-, 生成 0.3 mol OH, 所以共生成OH 为 0.4 mol,B 不正确; C与电源

    19、 B 极相连的电极为阳极,水在阳极上失电子生成OH,电极反应式为:H2O-e-=H+OH,C正确; D电解产生的 H2O2与 Fe2+发生反应,生成OH和 Fe(OH)2+,反应方程式为:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+OH,D 正确;故选 B。 12、【答案】BD 【解析】A、4FeO Cr2O38Na2CO37O2 8Na2CrO42Fe2O38CO2中有元素化合价的变化,所以是氧化 还原反应,而 2Na2CrO4H2SO4Na2SO4Na2Cr2O7H2O 中没有元素化合价的变化,所以不是氧化还原 反应,故 A错误; B、4FeO Cr2O38Na2CO37O2 8Na2CrO42F

    20、e2O38CO2中,氧气中氧元素得电子化合价降低,所以氧 化剂是氧气,铁元素和铬元素失电子化合价升高,所以还原剂是 FeO Cr2O3,故 B 正确; C、4FeO Cr2O38Na2CO37O2 8Na2CrO42Fe2O38CO2中,氧化剂是氧气,还原剂是 FeO Cr2O3,所 以氧气的氧化性大于 Na2CrO4和 Fe2O3,但不能判断 Na2CrO4和 Fe2O3的氧化性相对强弱,故 C错误; D、由方程式 4FeO Cr2O38Na2CO37O2 8Na2CrO42Fe2O38CO2转移电子可知,生成 1mol Na2CrO4 时,参加反应的 O2的物质的量为 7 8 mol,反应

    21、中 O 元素由 0价降低为-2 价,电子转移的物质的量为参加反应 的氧气的物质的量的 4倍,转移电子的物质的量为 7 8 mol 4=3.5mol,所以反应(1)中每生成 1mol Na2CrO4 时电子转移 3.5mol,反应(2)不是氧化还原反应,所以生成 1mol的 Na2Cr2O7时转移 7mol电子,故 D正确; 故选 BD。 13、【答案】AC 【解析】AH电子轨道排布式为 1s1,处于半充满状态,比较稳定,第一电离能为 OHB,故 A错误; B2,4 代表 B 原子,2号 B 形成 3 个键,则 B 原子为 sp2杂化,4 号 B形成 4 个键,则 B 原子为 sp3杂化, 故

    22、B 正确; C2 号 B形成 3个键,4号 B 形成 4 个键,其中 1个键就是配位键,所以配位键存在 4、5 原子之间或 4、6 原子之间,故 C错误; D观察模型,可知 Xm是H4B4O9m,依据化合价 H为1,B为3,O为2,可得 m2,NamX 的化学 式为 Na2B4O5(OH)4,故 D正确; 故答案选 AC。 14、【答案】C 【解析】AE 点加入 10mL 等浓度的 NaOH 溶液,反应后溶质为等浓度的 NaHC2O4和 Na2C2O4,根据物料 守恒可得:2c(Na+)=3c(H2C2O4)+3c(HC2O4-)+3c(C2O42-) ,故 A正确; BF点温度最高,说明 N

    23、aHC2O4与 NaOH恰好完全反应,反应后溶质为 Na2C2O4,根据溶液 Na2C2O4中的 质子守恒可得:c(OH-)c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4) ,所以 c(OH-)c(H+)+c(HC2O4-)+c (H2C2O4) ,故 B 正确; C根据图象可知,E、F和 G 点的温度:FGE,温度升高水的离子积增大,则 E 点水的离子积最小,故 C错误; D G 点加入 40mL等浓度的 NaOH溶液, 反应后溶质为等浓度的 NaOH和 Na2C2O4, Na+的浓度最大, C2O42 部分水解,则 c(OH)c(C2O42),溶液中离子浓度大小为:c(Na+)c(OH

    24、-)c(C2O42-)c(HC2O4-) , 故 D 正确;答案选 C。 15、【答案】AD 【解析】根据图 1 可知,Cu2萃取率随初始 Cu2浓度(100-400mg/L)的增大而减小;根据图 2 可知,废 水初始 pH2 时,去除 Cu2的效果较好且稳定,结合图像数据进行具体分析。 A根据图 1 可知,Cu2萃取率随初始 Cu2浓度的增大而减小,故 A 错误; B根据图 2 可知,废水初始 pH2 时,去除 Cu2的效果较好,故 B 正确; C根据图 1 可知,Cu2初始浓度为 200 mg L1 时,Cu2的萃取率为 97.0,故 C 正确; D根据图 2 可知,若取 800 mL 初

    25、始 Cu2浓度为 200 mg L1 的废水,n(Cu2+)=0.8 L 0.2 g L1/ 64 g mol 1 =2.5 103mol ,在 pH1.5 时处理废水,萃取率为 60%,则除去的 化学试题 第 13 页(共 18 页) 化学试题 第 14 页(共 18 页) 内装订线 外装订线 学校:_姓名:_班级:_考号:_ 2+33 mol 60%nCu2.1.55 1m0ol01 () ,则处理后的废水中剩余 Cu2的物质的量为 1 103 mol, 故 D 错误;答案选 AD。 16、 【答案】 (1)-4a C3 (2)Fe2O3作催化剂时,在相对较低的温度可获得较高的 SO2转化

    26、率,从而节约能源 a (3)k1=2k2 KP BD 达到平衡时,N2O4与 NO2的消耗速率满足条件 v(NO2)=2v(N2O4) (4) 2 3 (3-) (1-) 【解析】 (1) 由图可知, 反应物总能量大于生成物总能量, 为放热反应, 则该反应的H= (51) akJ/mol=4 akJ/mol; 活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度,过渡态 1和 2 的活化能都为 6akJ/mol,过渡态 3 的活化能 为 4akJ/mol,活化能越小,反应越容易进行,过渡态 3的活化能最小,反应历程最优,故答案为:-4a;C3 ; (2)根据图示内容,对比 260时不同催化剂作用下 SO

    27、2的转化率,可以看出 Cr2O3作催化剂时,反应速 率最快,Fe2O3和 NiO 作催化剂均能使 SO2的转化率达到最高,但是 Fe2O3作催化剂时,在相对较低温度可 获得较高 SO2的转化率,从而节约大量能源,故答案为:Fe2O3作催化剂时,在相对较低温度可获得较高 SO2 的转化率,从而节约大量能源; CO 的浓度越大,平衡正移,SO3的转化率越高,曲线 a 符合,故答案为:a; (3)反应的化学平衡常数 Kp= 24 2 2 p(N O ) p (NO ) ,当反应达到平衡时,正逆反应速率相等,NO2与 N2O4的消耗速率的 关系为 v(NO2)=2v(N2O4) ,则 k1p2(NO2

    28、)=2k2p(N2O4) ,k1=2k2 KP;满足平衡条件 v(NO2)=2v(N2O4) 即为平衡点,B、D点的压强之比等于其反应速率之比为 1:2,所以 B、D为平衡点,故答案为:2k2 KP; BD; (4) 设 SO2和 O2起始物质的量为 2mol和 1mol, 由 SO3的平衡产率为 可知, 平衡时 SO3的物质的量为 2, 由题意建立如下三段式: 223 mol mol 2 Og +2SOg2SOg 2 mol 1- 2-2 2 起() 1 2 0 变() 平() 由三段式可得 p(SO3)、p(O2)和 p(SO2)分别为 2 3- p、 1- 3- p、 2-2 3- p,

    29、则标准平衡常数 K= 2 3 2 22 pSO p pSOpO pp () ()()= 2 2 3- 2 2-21- 3-3- = 2 3 (3- ) (1- ) ,故答案为: 2 3 (3- ) (1- ) 。 17、【答案】 (1) Ne (2)3d 24s2 3 (3) sp3杂化 SiO 键的键能大 (4) 平面三角形 键和 键 (5) Ti11Al5或 Al5Ti11 2 A 4 4 23 9 a b N 1030 【解析】 (1)随着原子序数的递增,同一周期的主族元素第一电离能呈递增趋势,碱金属的第一电离能最小,而稀 有气体的第一电离能最大,C 元素所在的周期为第二周期,则该周期

    30、Ne的第一电离能最大; (2)Ti的原子序数为 22,基态 Ti原子的电子排布式为Ar3d24s2,价电子排布式为 3d24s2,能量最高的能级 为 3d,3d 轨道共有五个,按洪特规则,其中有 2个轨道分别被 2个电子占据,还含有 3 个空轨道; (3)甲基硅油结构中 Si原子形成 4 个单键,故 Si原子的杂化方式为 sp3杂化,硅橡胶能够耐高温,原因是 共价键牢固,硅橡胶中含 SiO和 SiC,SiO 更牢固; (4)O32中 C原子价电子对数3 4 2 23 2 3,且不含孤电子对,CO32空间构型为平面三角形,C原 子的杂化方式为 sp2杂化,由于 CO32空间构型为平面三角形,则

    31、C 原子与 O原子之间存在 3个 键和 1个 大 键; (5)Ti原子在结构单元中的位置:顶点 8 个、面心 2 个、棱上 1 个、体内 1个,则一个晶胞中,含有 Ti的 数目为 1 6 8 1 2 2 1 3 1111 3 ,Al原子在顶点有 4 个,体内 1个,则一个晶胞中含有 Al的数目为 1 6 4 1 5 3 , 则化学式为: Ti11Al5或 Al5Ti11, 则晶胞的密度为 m V A 2-303 663 g 3 3 3 ab10 cm 2 N = 2 A 442 3 9ab N 1030g/cm3 。 18、【答案】 (1)足量盐酸和 BaCl2溶液 取少量 FeCl3 溶液电

    32、极附近的混合液,加入铁氰化钾溶 液,产生蓝色沉淀,证明产生了 Fe2+ (2)3SO32-2e-+H2O=SO42-+2HSO3- (3)H+HSO3-=H2O+SO2 (4) 生成红色配合物的反应速率快,红色配合物生成橙色配合物的速率较慢;在 O2的作用下,橙色的 HOFeOSO2 浓度下降, 平衡不断正向移动, 最终溶液几乎无色 (5) 溶液 pH不同、 Na2SO3、 NaHSO3溶液中 SO32-浓度不同(或 Na2SO3与 NaHSO3不同,或 Na2SO3与 NaHSO3的阴离子不同) 、反应物是 否接触形成红色配合物(任写两条) 【解析】 甲同学实验:利用铁离子能够将 SO32-

    33、氧化设计原电池,则原电池中氯化铁溶液为正极得电子发生还原反应, 试剂 X为负极,失电子发生氧化反应;实验中 X为 Na2SO3溶液时电流计指针发生偏转,说明铁离子将 SO32- 氧化;实验中 X为 NaHSO3溶液时电流计指针未发生偏转,说明二者可能不反应; 乙同学进一步探究 FeCl3溶液与 NaHSO3溶液能否发生反应: 01 min 产生红色沉淀, 有刺激性气味气体逸出, 红色沉淀应为 Fe(OH)3,气体应为二氧化硫,说明二者发生双水解;130 min 沉淀迅速溶解形成红色溶液, 随后溶液逐渐变为橙色,之后几乎无色,结合查阅的资料可知生成了 HOFeOSO2,该物质存在平衡 HOFeO

    34、SO2HOFeOSO2,在氧气的作用下不断正向进行,最终溶液几乎无色;30min 后反应现象是空气接触 部分的上层溶液又变为浅红色,随后逐渐变为浅橙色,反应后的亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子,过量 的 HSO3-电离提供 SO32-,溶液中 Fe3+、SO32-、OH-三种微粒会继续反应形成红色配合物。 ((1)若有硫酸根生成,则加入盐酸酸化的氯化钡溶液会有白色沉淀生成; 氯化铁溶液为原电池正极,发生还原反应,Fe3+被还原成 Fe2+,铁氰化钾溶液可以与亚铁离子反应生成蓝 化学试题 第 15 页(共 18 页) 化学试题 第 16 页(共 18 页) 内装订线 此卷只装订不密封 外装订线

    35、色沉淀,所以方案为取少量 FeCl3溶液电极附近的混合液,加入铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀,证明产生了 Fe2+; (2)实验 I中试剂 X为原电池负极,SO32-被氧化生成硫酸根,电极方程式为 3SO322e-+H2O=SO42-+2HSO3- ; (3)pH=1 的氯化铁溶液中有大量的氢离子,亚硫酸氢根离子结合氢离子生成二氧化硫气体,反应的离子方 程式:H+HSO3-=H2O+SO2; (4)FeCl3溶液与 NaHSO3溶液混合反应,在 130 min 出现现象为:沉淀迅速溶解形成红色溶液,随后溶 液逐渐变为橙色,之后几乎无色,根据资料:溶液中 Fe3+、SO32-、OH-三种微粒会形成红

    36、色配合物并存在转 化:HOFeOSO2HOFeOSO2 2 O Fe2+SO42-,可知原因是:生成红色配合物的反应速率快,红色 配合物生成橙色配合物的速率较慢;在氧气的作用下橙色的 HOFeOSO2浓度下降平衡 HOFeOSO2HOFeOSO2,不断正向进行,最终溶液几乎无色。 (5)分别对比和、和,FeCl3能否与 Na2SO3或 NaHSO3发生氧化还原反应和溶液 pH不同、Na2SO3、 NaHSO3溶液中 SO32-浓度不同(或 Na2SO3与 NaHSO3不同,或 Na2SO3与 NaHSO3的阴离子不同)、反应物是 否接触形成红色配合物有关。 19、【答案】 (1)ZnSO4 7

    37、H2O (2) Cu2S+2MnO2+8H +=2Cu2+S+2Mn2+4H 2O (3) HCl的挥发加 快、Bi3+水解程度增大 (4) 增大浸出液中 c(Cl-)提高铋浸出率 (5)BiCl3 + Na2CO3=BiOCl+ 2NaCl + CO2 浸铋 (6) 1 3 0 . 2 5 cV m 【解析】铋废料加入稀硫酸酸浸,浸液 1 中主要含 Cu2+、Zn2+、Fe3+等,浸渣 1 中则主要含有铋的化合物、 Cu2S 和 PbSO4;向浸渣 1中加入稀硫酸和 MnO2,根据题目信息可知亚铜离子被氧化得到 Cu2+,S2-被氧化得 到 S单质, 所以浸渣 2中主要含有含铋化合物、 S和

    38、 PbSO4; 向浸渣 2 中加入盐酸和 NaCl溶液可以浸出 Bi3+, 酸性溶液中铋元素主要以 Bi3+形式存在,所以浸液 3中主要含有 Bi3+,浸渣 3主要为 S和 PbSO4;浸液 3 中 加入 Na2CO3溶液,溶液碱性增强,Bi3+水解以 BiO+离子形式存在,BiO+与 Cl-形成 BiOCl从溶液中析出,最 终得到 BiOCl,据此分析解答。 (1)浸液 1中主要阳离子为 Cu2+、Zn2+、Fe3+等,加入过量锌,Cu2+、Fe3+完全反应,得到纯净的硫酸锌溶 液,所以最终得到的结晶水合物为 ZnSO4 xH2O,其摩尔质量为 287 g mol-1,则 x= 287-16

    39、1=7 18 ,所以 M 为 ZnSO4 7H2O; (2)浸液 2为蓝色,说明有铜离子生成,即 Cu+被 MnO2氧化,浸渣 2 含有少量硫单质,即硫离子被氧化成 硫单质,结合电子守恒和元素守恒可知该过程离子方程式为 Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2+S+2Mn2+4H2O; (3)温度升高 HCl 的挥发加快、Bi3+水解程度增大,导致高于 40左右时“铋浸出率”开始下降; (4)据图可知氯离子浓度越大,铋的浸出率增大,加入氯化钠可以增大浸出液中 c(Cl-),提高铋浸出率; (5)BiCl3的水解使溶液显酸性,碳酸钠水解使溶液显碱性,二者相互促进,最后彻底水解,所以得到的气 体应为

    40、二氧化碳,发生的反应方程式为:BiCl3 + Na2CO3= BiOCl+ 2NaCl + CO2;根据方程式可知浸液 4中 含有大量 NaCl,可用于浸铋; (6)该滴定原理为利用硝酸银标准液滴定 BiOCl中氯离子的量,存在数量关系 n(BiOCl)=n(AgNO3);所以 20.0mL待测液中 n(BiOCl)=Vc 10-3mol,则样品中 n(BiOCl)=100.0mL 20.0mL Vc 10-3mol=5Vc 10-3mol,所以产品 中 BiOCl 的质量分数为 3 260.5130.25 100%=% m 510 gm molVcVc 。 20、【答案】 (1). 取代反应

    41、 . 酯基 HCHO+HCN (2). (3). (4). 【解析】 根据 B到 C 的反应物以及 C的结构简式可知 B 到 C发生了取代反应,B 为,则 A 到 B为苯 酚的硝化反应,所以 A 为,D 发生信息 1 的反应生成 E,且 E 中含两个 Cl 原子,则 E 为 ,E和 A发生取代反应生成 F;G 到 H在到 I为信息 2的反应,根据 I结构简式知 H为 HOCH2CN,G 为 HCHO,I 发生酯化反应生成 J,F 和 J 发生取代反应生成 K,J 为,结 合题目分析解答。 (1)根据分析可知 B为;B到 C 为酚羟基上的氢原子被取代的过程,所以反应类型为取代 反应;J 为,含氧

    42、官能团为酯基;G 到 H 发生信息 2 的反应,方程式为: HCHO+HCN; (2)C的同分异构体 X满足: 苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子,说明结构对称,且至少含有一对相同的取代基; 与 FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基; 1molX 与足量金属 Na 反应可生成 2g H2说明除酚羟基外还含有一个羟基,综合分析可知 X 可能为 ; 化学试题 第 17 页(共 18 页) 化学试题 第 18 页(共 18 页) 内装订线 外装订线 学校:_姓名:_班级:_考号:_ (3)根据分析可知 E为; (4)苯甲醇为,目标物中有酯基形成的一个六元环,六元环上含有 4 个碳,则首先需要将苯 甲醇支链上的碳链加长,羟基可以催化氧化生成醛基,根据信息 2 可知醛基和 HCN在催化剂作用下可加长 碳链,同时生成羟基,再将CN 转化成羧基,再进行酯化反应即可得到目标物,所以合成路线为 。

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