（原创）2020年高考考前45天大冲刺卷 化学（三） 教师版.doc

1、 20202020 年高考考前年高考考前 4545 天天大冲刺大冲刺卷 化化 学（三）学（三） 注意事项：注意事项： 1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32

2、Cl 35.5 K 39 一、选择题（每题一、选择题（每题 6 分，共分，共 42 分分。 ） 7化学与生活密切相关，下列说法错误的是 A高浓度二氯甲烷有麻醉作用，切忌吸入或与皮肤接触 B传统无机非金属材料碳纳米管可用于生产传感器 C甲烷在一定条件下可以生成金刚石 D聚乳酸可用于制作免拆型手术缝合线 【答案】B 【解析】玻璃、陶瓷、水泥等硅酸盐类材料，属于传统的无机非金属材料，碳纳米管是碳单质， 是新型无机非金属材料，故 B 错误；故选：B。 8有机物结构如图所示，关于该有机物，下列说法中正确的是 A分子式为 C9H10 B所有原子可能共平面 C最多有 6 个原子共直线 D无法发生加聚反应 【

3、答案】C 【解析】该有机物的分子式为 C9H8，A 不正确；苯环上连有CH3，原子不可能共平面，B 不 正确；与乙炔基在同一直线上的原子共 6 个，C 正确；碳碳三键可以发生加聚反应，D 不正确；故 选 C。 9氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生氧化还原反应 ClO3+3HSO3=3SO2 4+Cl +3H+。已知该反应的 反应速率随 c(H+)的增大而增大。如图所示为用 ClO 3在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应 的 t 图。下列说法不正确的是 A反应开始时速率增大可能是 c(H+)增大所致 B纵坐标为 (Cl)的 t 曲线与图中曲线完全重合 C后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小

4、D图中阴影部分的面积表示 t1t2时间内 ClO3的物质的量的减少量 【答案】D 【解析】A由方程式：ClO3+3HSO3=3SO2 4+Cl +3H+可知，反应开始时随着反应的进行，c(H+) 不断增大，由题目信息可知反应的速率随 c(H+)的增大而加快，故反应开始时速率增大可能是 c(H+) 增大所致，故 A 正确；B由方程式：ClO3+3HSO3=3SO2 4+Cl +3H+可知，(ClO 3)(Cl )=11， 纵坐标为 (Cl)的 -t 曲线与图中曲线重合，故 B 正确；C随着反应的进行，反应物的浓度减少， 反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小，故 C 正确；

5、D图中阴影部 分“面积”可以表示 t1-t2时间内 ClO 3的物质的量浓度的减少量，故 D 错误；故答案为 D。 10下列化学方程式中，不能正确表示反应颜色变化的是 A将盛有 NO2的密封玻璃容器放入冷水中，颜色变浅：2NO2N2O4 B用铝筷摩擦浸泡在 NaCl 溶液中变黑的银器(黑色物质为 Ag2S)，银器很快恢复银白色： Ag2S+2NaCl=Na2S+2AgCl C氯化亚铁溶液遇铁氰化钾溶液出现蓝色沉淀：3FeCl2+2K3Fe(CN)6=Fe3Fe(CN)62+6KCl DFeCl3溶液中加入铜粉，溶液从黄色变为蓝绿色：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2 【答案】B 【解

6、析】铝和 Ag2S 在氯化钠电解质溶液中形成原电池反应，铝做负极，表面有硫化银的银器做 正极，硫化银被还原成银，银器由黑色很快恢复银白色，B 项错误；答案选 B。 11磷酸铁锂是制作电池的材料，其制备过程可以简化成如图所示。下列说法错误的是 A蒸发需要的硅酸盐材料仪器有：烧杯、酒精灯、玻璃棒、泥三角 B反应釜中反应的化学方程式为 2H3PO4+Li2CO3=2LiH2PO4+H2O+CO2 C分离的操作是过滤 D烧结窑中氧化铁与炭黑发生氧化还原反应 【答案】A 此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 好教育云平台 考前 45 天冲刺卷 第 3 页（共 14 页） 好教育云平台

7、考前 45 天冲刺卷 第 4 页（共 14 页） 【解析】A蒸发需要的硅酸盐材料仪器有：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，A 项错误；B强酸制 弱酸原理，反应釜中反应的化学方程式为 2H3PO4+Li2CO3=2LiH2PO4+H2O+CO2，B 项正确；C最 后得到 LiH2PO4晶体，分离的操作是过滤，C 项正确；D铁的化合价下降，烧结窑中氧化铁与炭黑 发生氧化还原反应，D 项正确；答案选 A。 12短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次递增。X 和 Z 形成的化合物的水溶液呈中性， W 和 X 的最外层电子数之和等于 Z 的最外层电子数，同一主族的 W 和 Y，Y 的原子序数是 W 的 2

8、 倍，下列说法不正确的是 A原子半径：WZYX BY 的气态氢化物的稳定性弱于 Z 的气态氢化物 CW 与 X 形成的化合物不可能含有共价键 D常温常压下，Y 的单质是固态 【答案】C 【解析】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次递增。同一主族的 W 和 Y，Y 的原子 序数是 W 的 2 倍，W 是 O，Y 是 S，则 Z 是 Cl。X 和 Z 形成的化合物的水溶液呈中性，W 和 X 的 最外层电子数之和等于 Z 的最外层电子数，X 的最外层电子数是 7-61，所以 X 是 Na。A同周期 元素原子从左到右半径增大，有 ClSNa；一般情况下，原子的电子层数越多，半径越大，则 O

9、原子半径最小；综合原子半径：OClSNa，正确；B非金属性 ClS，则 S 的气态氢化物的 稳定性弱于 Cl 的气态氢化物，正确；CW 与 X 形成的化合物过氧化钠中含有共价键，错误；D常 温常压下，S 的单质是固态，正确，；答案选 C。 13室温下，向 100mL 饱和的 H2S 溶液中通入 SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应： 2H2S+SO2=3S+2H2O，测得溶液 pH 与通入 SO2的关系如图所示。下列有关说法正确的是 A整个过程中，水的电离程度逐渐增大 B该温度下 H2S 的 Ka1数量级为 107 C曲线 y 代表继续通入 SO2气体后溶液 pH 的变化 Da 点之

10、后，随 SO2气体的通入， - 3 23 c(HSO ) c(H SO ) 的值始终减小 【答案】C 【解析】A由图可知，a 点表示 SO2气体通入 112mL 即 0.005mol 时 pH=7，溶液呈中性，说明 SO2气体与 H2S 溶液恰好完全反应，a 点之前为 H2S 过量，a 点之后为 SO2过量，溶液均呈酸性，酸 抑制水的电离，水的电离程度先增大后减小，故 A 错误；B由图中起点可知 0.1mol/L H2S 溶液电 离出的 c(H+)=104.1mol/L，电离方程式为 H2S H+HS、HSH+S2；以第一步为主，根据 平衡常数表达式算出该温度下 H2S 的 Ka1 4.14.

11、1 4.1 1010 0.1 10 107.2，数量级为 108，故 B 错误；C当 SO2气体通入 336mL 时，相当于溶液中的 c(H2SO3)=0.1mol/L，因为 H2SO3酸性强于 H2S，故此时溶 液中对应的 pH 应小于 4.1，故曲线 y 代表继续通入 SO2气体后溶液 pH 的变化，故 C 正确；D根 据平衡常数表达式可知 -+ 33a1 + 2323 c(HSO )c(HSO ) c(H )K c(H SO )c(H SO ) c(H = ) = c(H ) ， a 点之后， 随 SO2气体的通入， c(H+) 增大，当通入的 SO2气体达饱和时，c(H+)就不变了，K

12、a1也是一个定值， - 3 23 c(HSO ) c(H SO ) 的值保持不变， 故 D 错误；答案选 C。 二、非选择题（共二、非选择题（共 43 分）分） 26 （14 分）铋（Bi）及其化合物广泛应用于电子、医药等领域。一种以含铋矿石-辉铋矿（主 要成分为 Bi2S3，含少量杂质 PbO2等）为原料，采用湿法冶金制备铋单质的工艺流程如下： 已知：PbCl2是一种难溶于冷水，易溶于热水的白色固体。回答下列问题： （1）铋（Bi）位于A 族，铋的氢化物的热稳定性_氨气（填“大于”或“小于”）。 （2）“浸出”时，为了提高浸出速率，可采用的措施有_（任写一条） （3）加热浸出时，PbO2生成

13、 PbCl2和一种气体，此反应的化学方程式为 ，从 产物中分离回收 PbCl2的步骤是_、洗涤、干燥。从保护环境和原料循环利用的角度，请指出 上述工艺流程中可以采取的措施为 。 （4）电解精炼粗铋时必须补充含 Bi3+浓度高的电解液。可用粗铋、铅条作为两个电极，铅条外 用素烧的陶瓷坩埚作隔膜（Bi3+不能透过，H+能透过），电解液开始时为盐酸和食盐的混合液。则 粗铋为电解池的_极，电解总反应为 。 （5）25时，向浓度均为 0.02mol L1的 Cu2+、Bi3+的混合溶液中滴加 Na2S 溶液（设溶液体积 增加1倍） ， 使Cu2+恰好沉淀完全， 即溶液中c(Cu2+)=1 105mol

14、L1， 此时是否有Bi2S3沉淀生成_ （列式计算说明）。（已知：25时，Ksp（CuS）=6.0 1036、Ksp（Bi2S3）=1.8 1099） 【答案】（1）小于 （2）粉碎矿石、搅拌、适当提高温度、适当提高溶液浓度等 （3）PbO2+4HCl= PbCl2+Cl2+2H2O 冷却、过滤 “浸出”时生成的氯气，通入置换液 中生成三氯化铁循环利用 （4）阳 32 2Bi+6HCl2BiCl +3H 电解 （5）Qc（Bi2S3）=（0.01）2（6.0 1036 1 105）3=2.16 1095Ksp（Bi2S3）=1.8 1099，故有 Bi2S3沉淀生成 【解析】辉铋矿(主要成分是

15、 Bi2S3、还含 PbO2杂质)制备铋酸钠，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸 溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，盐酸是防止 FeCl3及 BiCl3水解生成不溶性沉淀，所以得到滤渣为 S，滤液中含有 Bi3+，H+，Pb2+，滤液冷却结晶可以得 到 PbCl2，然后回收铅；再次过滤得到的滤液中加入铁粉过滤得到海绵铋，置换液主要是氯化亚铁； 对海绵铋进行熔铸、精炼得到金属铋；置换液中再通入氯气得到氯化铁溶液可以循环使用。(1)同周 期，从上往下，氢化物的稳定性逐渐降低，故铋的氢化物的热稳定性小于氨气；(2)为了提高浸出率， 可采取的措施

16、有将矿石粉粹、搅拌，以增大接触面积，也可适当增大氯化铁溶液的浓度、适当升高 温度等；(3)浸出时，PbO2生成 PbCl2，Pb 的化合价降低，则浸出液中 HCl 化合价升高生成 Cl2，化 学方程式为 PbO2+4HCl=PbCl2+Cl2+2H2O；由于 PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，可对滤液进行冷 却结晶然后过滤分离回收 PbCl2；置换液为 FeCl2，可将浸出时产生的 Cl2通入置换液中，使 FeCl2 转化为 FeCl3循环利用，同时防止污染环境；(4)电解时金属铋需要被氧化生成 Bi3+，电极池中阳极 得电子发生氧化反应，所以粗铋为电解池的阳极；阴极得电子发生还原反应，根据电

17、解质溶液中的 离子种类可知阴极应是氢离子得电子生成氢气，所以电解总反应为 32 2Bi+6HCl2BiCl +3H 电解 ； (5)Cu2+恰好沉淀完全即溶液中 c(Cu2+)=1 105mol L1， 则此时溶液中 c(S2)= -36 -1 -5 6.0 10 mol L 1 10 mol L1， 此时 Qc(Bi2S3)=0.012 ( - 3 6 -5 6.0 10 1 10 )3=2.16 1095Ksp(Bi2S3)=1.8 1099，故有 Bi2S3沉淀生成。 27（14 分）有利于可持续发展的生态环境是全国文明城市评选的测评项目之一。 （1） 已知反应 2NO(g)+2CO(g

18、)N2(g)+2CO2(g) v正=k正 c2（NO） c2（CO） ， v逆=k逆 c （N2） c2 （CO2）（k正、k 逆为速率常数，只与温度有关）。一定条件下进行该反应，测得 CO 的平衡转化率 与温度、起始投料比 m= n(NO) n(CO) 的关系如图 1 所示。 达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_（填“”“S sp2杂化 （4）10 CN （5）正四面体 正八面体 1 1 1 , 4 4 4 （6）83 10 3 A 59 0.88 164 N(428 10) 【解析】（1）Fe 原子核外电子排布式为 2262662 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s，处于过渡元素

19、，除最外层外 价电子还包含 3d 电子，故价电子排布式为 62 3d 4s，故答案为： 62 3d 4s；（2）Cr 位于第四周期， 基态原子电子排布式为 2262651 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s，最外层电子数为 1 个，与 Cr 同周期且基态原子最 外层电子数相同的元素为 K 和 Cu，分别为 s 区和 ds 区，故答案为：s、ds；（3）同周期随原子序 数增大元素第一电离能呈增大趋势，N 原子 2p 轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻 元素的 O，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能NOS，苯酚为平面结构，C 原子采 取 2 sp杂化；故答案为：NOS；

20、2 sp杂化；（4）Fe 与 CO 形成 5 个配位键，属于键，CO 分 子中形成 1 个键，故 5 Fe(CO)分子含有 10 个键，1mol 5 Fe(CO)分子中含 10mol 键。CO 含有 2 个原子 14 个电子，所以与 CO 互为等电子体的一种离子的化学式为 CN（或 2 2 O 、 2 2 C 、NO ) ， 故答案为：10；CN；（5）据图知，K+占据的是 C60围成的正四面体空隙和正八面体空隙，若 C60 分子的原子坐标参数分别为 A(0,0,0)，B( 1 2,0, 1 2)，C(1,1,1)等，说明该晶胞的棱参数是 1，则距离 A 位 置 C60分子最近的K为形成的正四

21、面体体心上的，为晶胞棱长的1 4 ，其参数为 1 1 1 , 4 4 4 ，故答案 为：正四面体；正八面体； 1 1 1 , 4 4 4 ； （6）设晶体中 2 Ni 与 3 Ni 的最简整数比为 xy，根据 a Ni O 中化合价代数和为零可知：2x 3y 0.882 xy ， 解得 xy=83， a Ni O晶体的晶胞结构为 NaCl 型， 所 以 每 个 晶 胞 中 含 有4个O原 子 ， 有4个 “ a Ni O” ， 则 晶 体 密 度 好教育云平台 考前 45 天冲刺卷 第 11 页（共 14 页） 好教育云平台 考前 45 天冲刺卷 第 12 页（共 14 页） 1033 10

22、3 AA 59 0.88 164 59 0.88 16 4g(428 10cm)g cm NN(428 10) ， 故答案为： 83； 10 3 A 59 0.88 164 N(428 10) 。 36【化学【化学选修选修 5：有机化学基础】（：有机化学基础】（15 分） 分） 高分子材料尼龙 66 具有良好的抗冲击性、韧性、耐燃油性和阻燃、绝缘等特点，因此广泛应用 于汽车、电气等工业中。以下是生产尼龙 66 的一些途径。 （1）A 的结构简式为_。 （2）B 中官能团的名称是_。 （3）反应中，属于加成反应的有_，反应中，属于氧化反应的有_。 （4）请写出反应的化学方程式 。 （5）高分子材

23、料尼龙 66 中含有结构片段，请写出反应的化学方程 式 。 （6） 某聚合物 K 的单体与 A 互为同分异构体， 该单体核磁共振氢谱有三个峰， 峰面积之比为 1 23，且能与 NaHCO3溶液反应，则聚合物 K 的结构简式是_。 （7）聚乳酸（）是一种生物可降解材料，已知羰基化合物可发生下述 反应：（R可以是烃基或 H 原子）。用合成路线图表示用乙醇 制备聚乳酸的过程。 【答案】（1）HOCH2CCCH2OH （2）羟基 （3） （4） （5） （6） （7） 【解析】结合 A 的分子式和 C 后的产物，可知 1 分子乙炔与 2 分子甲醛发生加成反应生成 A， 故 A 的结构简式为 HOCH2

24、CCCH2OH； A 与氢气发生加成反应生成 B， B 为 HOCH2CH2CH2CH2OH， B 与 HBr 发生取代反应生成 C， C 的结构简式为 BrCH2CH2CH2CH2Br， C 与 KCN 发生取代反应生成 NCCH2CH2CH2CH2CN， 然后 NCCH2CH2CH2CH2CN 水解生成 HOOCCH2CH2CH2CH2COOH， 苯酚与 氢气发生加成反应生成环己醇，环己醇发生催化氧化生成环己酮，环己酮发生氧化反应 HOOCCH2CH2CH2CH2COOH ， HOOCCH2CH2CH2CH2COOH与SOCl2发 生 取 代 反 应 生 成 ClCO(CH2)4COCl，

25、ClCO(CH2)4COCl 与 H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应，生成高分子材料尼龙 66。 （1） 结合 A 的分子式和 C 后的产物， 可知 1 分子乙炔与 2 分子甲醛发生加成反应生成 A， 故 A 的结构简 式为 HOCH2CCCH2OH；（2）A 与氢气发生加成反应生成 B，B 为 HOCH2CH2CH2CH2OH，B 中 官能团的名称是羟基；（3）反应、是加成反应，反应、为取代反应；是加成反应， 是氧化反应，是取代反应；（4）反应是苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，反应方程式为 ；（5）高分子材料尼龙 66 中含有结构片段，ClCO(CH2)4COCl 与H2N(CH2)6N

26、H2发生缩聚反应， 生成高分子材料尼龙66， 反应方程式为 ；（6） 某聚合物 K 的单体与 A(HOCH2CCCH2OH) 互为同分异构体，该单体能与 NaHCO3溶液反应，故该单体中含有羧基，该单体核磁共振氢谱有三 个峰，峰面积之比为 123，所以该单体的结构简式为 CH2=C(CH3)COOH，该聚合物 K 的结构简 式为；（7）由 HOCH(CH3)COOH 发生缩聚反应生成聚乳酸()，乙 醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与 HCN 发生反应后在水解条件下生成 HOCH(CH3)COOH，合成路 线如图所示。 欢迎加入全国高中化学教师群 399026160 欢迎加入全国高中化学教师群 498738873 全国高中化学教师群 784458020 全国高中化学资源群 858208718 全国小学英语资料群 495753926 全国班主任教师总群 104435893 全国班主任资料总群 251813426 全国小学班主任教师群 818739151 全国德育工作资料群 657641492