2020届高考化学模拟试题精(一)答案与精析
7．解析：选C。A.太阳能光伏发电系统能将光能转化为电能，A正确；B.SiC-Al材料中，铝是基体，碳化硅颗粒是增强材料，故该材料属于复合材料，B正确；C.芯片的主要材料是Si，其用来作半导体，注意不是SiO2，二氧化硅是制作光导纤维的原料，C项错误；D.氚、氘与氕的质子数均为1，质量数分别为3、2、1，它们是氢元素的不同原子，故其互为同位素，D正确。
8．解析：选C。A.由有机物的结构简式可知，该有机物含有7个C原子，8个H原子和3个O原子，则分子式为C7H8O3，故A错误；B.能与氢气发生加成反应的为C＝C和C＝O键，则1mol该有机物最多能与3molH2发生加成反应，故B错误；C.该有机物中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有C＝O键，可发生加成反应，含有－OH，可发生取代、氧化反应，与氢气的加成反应也为还原反应，故C正确；D.分子中不含羧基，与碳酸氢钠不反应，故D错误。
9．解析：选B。A.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止产生倒吸现象，b中导管不能插入液面下，否则不仅可能会产生倒吸现象，而且还会阻碍产物的导出，A正确；B.固体酒精制作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中，充分反应后生成醋酸钙(CH3COO)2Ca、CO2、H2O，将醋酸钙溶液蒸发至饱和，加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精，可见固体酒精是混合物，B错误；C.乙酸乙酯与的分子式都是C4H8O2，二者分子式相同，结构不同，故二者互为同分异构体，C正确；D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基，电离产生H＋的能力：乙酸>水>乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱，D正确；故选B。
10．解析：选A。A.质子数等于原子序数，1molNH中含有质子总物质的量为11mol，故A说法错误；B.联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；C.过程Ⅱ，N2H4→N2H2→2H，此反应是氧化反应，过程Ⅳ，NO→NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；D.NH中N显－3价，NH2OH中N显－1价，N2H4中N显－2价，因此过程Ⅰ中NH与NH2OH的物质的量之比为1∶1，故D说法正确。
11．解析：选A。A.常温下，0.1mol·L－1的氨水溶液中c(H＋)＝10－11mol/L，则c(OH－)＝mol/L＝0.001mol/L，Kb＝＝＝1×10－5，故A正确；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c(H＋)10－7mol/L，c(OH－)<10－7mol/L，溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c(NH)
12．解析：选A。A.a极生成CO2，碳元素化合价升高，发生氧化反应，a为原电池的负极，故A正确；B.b电极的电极反应为2NO＋10e－＋12H＋===N2↑＋6H2O，附近溶液氢离子浓度减小，pH增大，故B错误；C.a电极反应式应为C6H10O5－24e－＋7H2O===6CO2↑＋24H＋，故C错误；D.中间室：Na＋移向正极右室，Cl－移向负极左室，故D错误，故选A。
13．解析：选B。W2Z常温常压下为液体，可能为H2O，W为H，Z为O；由结构式推知X为第ⅣA族，Y为第ⅤA族，且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，即10e－分子，故X、Y分别为C、N元素。A.NH3溶于水呈碱性，错误；B.H2O的稳定性强于NH3，正确；C.NCl3分子中N原子最外层为8电子的稳定结构，错误；D.HNO2为一元弱酸，错误。
26．解析：(1)酸浸时提高浸取速度和浸取率可以采取升温、搅拌、适当增大硫酸浓度，粉碎矿石。(2)根据流程图中信息，“水解”时，TiO2＋转化为H2TiO3沉淀，离子方程式为TiO2＋＋2H2O===H2TiO3↓＋2H＋。(3)“沉铁”过程中，气态产物为二氧化碳，电子式为C，根据反应物的性质知，温度过高时，碳酸氢铵会分解，Fe2＋、Mg2＋的水解程度增大。(4)根据Ksp＝1.0×10－11＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝1×10－5mo/L×c2(OH－)，求出c(OH－)＝10－3mo/L，pH＝11，故溶液pH值大于11时，可使Mg2＋恰好沉淀完全。(5)“电解”时，电解质为熔融的CaO，阴极得到Ti，阳极生成O2，阳极石墨棒需要定期更换，原因是阳极产生氧气与石墨反应生成二氧化碳，导致阳极损耗。(6)铁红的成分是Fe2O3，与硫酸反应生成硫酸铁，反应的离子方程式为Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O；又知2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，I2＋2S2O===S4O＋2I－，可得出Fe2O3～2S2O，硫代硫酸钠(Na2S2O3)的物质的量为cV×10－3mol，Fe2O3的物质的量为1/2cV×10－3mol，Fe2O3的质量为80c×V×10－3g，则铁红产品的纯度为×100%＝2cV/m×100%。
答案：(1)升温、搅拌、适当增大硫酸浓度、粉碎矿石(2)TiO2＋＋2H2O===H2TiO3↓＋2H＋
(3)温度过高容易导致NH4HCO3分解(或防止Fe2＋、Mg2＋等受热水解)(4)11
(5)阳阳极产生氧气与石墨反应生成二氧化碳，导致阳极损耗(6)%
27．解析：(1)A.洗液中含有溶解的ZnSO4，因此将洗涤液与溶液Ⅰ合并，提高Zn元素的利用，故A正确；B.PbSO4是难溶物，应在固体Ⅰ中，故B错误；C.加入盐酸，引入新的杂质Cl－，故C错误；D.ZnSO4易溶于水，难溶于乙醇，用95%酒精作为洗涤剂，减少ZnSO4的损失，故D正确；(2)抽滤操作步骤是加入滤纸，然后用蒸馏水润湿滤纸，接着微开水龙头，转移固液混合物，开大水龙头，最后确认抽干，即步骤顺序是加入滤纸→⑤→④→①→②→确认抽干；(3)取相同质量的晶体Ⅰ和晶体Ⅱ，加入相同体积蒸馏水溶解，分别加入2滴稀硝酸和6滴15%KSCN，晶体Ⅱ所得溶液颜色较浅，说明晶体Ⅱ中的杂质含量低于晶体Ⅰ；(4)ZnSO4·7H2O全部失去结晶水，发生ZnSO4·7H2O△,ZnSO4＋7H2O，晶体减少的质量是水的质量，即晶体失重0.1×7×18g＝12.6g<13.100g，即部分ZnSO4发生分解，因此副反应是ZnSO4△,ZnO＋SO3；(5)灼烧后碳粉与O2反应生成CO2，减少了锌元素的吸附损失。
答案：(1)AD(2)⑤④①②(3)取相同质量的晶体Ⅰ和晶体Ⅱ，加入相同体积蒸馏水溶解晶体Ⅱ所得溶液颜色较浅(4)ZnSO4△,ZnO＋SO3
(5)灼烧后碳粉与O2反应生成CO2，减少了锌元素的吸附损失
28．解析：(1)ΔH＝[2×4b－(c＋4b)－2a]kJ·mol－1＝＋(4b－c－2a)kJ·mol－1；(2)①v(H2)＝＝0.16mol/(L·min)，v(H2)＝v(CH4)＝0.16mol/(L·min)；②催化剂表面积越大，催化效果越好，速率越快，达到平衡所需的时间越短，所以曲线b的催化剂表面积较大；③15min时，若改变外界反应条件，导致n(CH4)减小，说明平衡向消耗CH4的方向移动，所以改变的条件可能是升高温度或减小压强；
(3)2CH4(g)C2H4(g)＋2H2(g)
c始(mol/L)200
Δc(mol/L)1.60.81.6
c末(mol/L)0.40.81.6
T1温度时，该反应的平衡常数K＝＝＝12.8，且达到平衡时有v正＝v逆，即K正c2(CH4)＝K逆c(C2H4)·c2(H2)，则K正/K逆＝c(C2H4)·c2(H2)/c2(CH4)＝K＝12.8。该反应为吸热反应，所以升高温度，平衡正向移动，v正>v逆；(4)①甲烷燃料电池，通燃料一极为负极，通氧气一极为正极，所以C极为电解池的阳极，D极为电解池的阴极；②根据图示，燃料电池的负极是甲烷生成H2O和CO2的反应，所以电极反应为CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O；③根据离子方程式2Cl－＋2H2O===2OH－＋H2↑＋Cl2↑可知，电解一段时间后，共收集到标准状况下气体112mL，则所得溶液的n(OH－)＝×＝0.005mol，c(OH－)＝＝0.01mol/L，pH＝12。
答案：(1)＋(4b－c－2a)kJ·mol－1(2)①0.16②b
③升高温度或减小压强(3)12.8＞温度升高，K正增大的倍数大于K逆(4)①阳②CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O③12
35．解析：(1)基态Cr原子的核外电子数是24，价电子排布图为
。(2)非金属性越强，电负性越大，则CH3COOH分子中所含元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H。其中饱和碳原子形成sp3杂化，羧基中碳原子的轨道杂化类型为sp2。单键都是σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，因此所含σ键与π键的数目之比为7∶1。(3)根据离子的核外电子排布可判断由于d轨道上没有未成对电子(3d轨道上电子为全空或全满)，所以Sc3＋、Zn2＋的水合离子为无色。(4)Fe[Zn(OH)Cl2]2溶液中以阴阳离子的形式存在，存在的粒子间作用力有共价键、配位键、范德华力和氢键，不存在离子键和金属键；[Zn(OH)Cl2]－中Zn提供空轨道，氯原子和氧原子提供孤对电子，所以溶液中[Zn(OH)Cl2]－的结构式为或。(5)根据晶胞结构可知锌的堆积方式为六方最密堆积，配位数为12。(6)晶胞上下面的边长是2apm，面积是2a2pm2，晶胞的高是apm，体积是8a3pm3，所以晶胞的密度是g/m3。
36．解析：乙烯和溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，由D→E转化及D分子式、E结构简式可知，D中含有羧基，C氧化得到D，则C中含有－CHO，A经过反应得到C，则A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为
1
|
|
