【文档说明】【精准解析】云南省2020届高三名校联考高考模拟化学试题.doc，共(14)页，964.500 KB，由小赞的店铺上传

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秘密★启用前理科综合（四）试卷注意事项：1.答题前，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。回答非选择题时，将答案写在答

题卡上，写在本试卷上无效。3.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：H—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24Cl—35.5一、选择题：本大题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中

，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关，下列叙述不正确的是（）A.石油的裂解和煤的干馏都属于化学变化B.用热的纯碱溶液能清除灶具上的油污C.工厂的静电除尘利用了胶体带电的性质D.用活性炭为糖浆脱色和用臭氧漂白纸浆的原理不同【答案】C【解析】【详解】A．石油的裂解

是以获得短链不饱和烃为主要目的的石油加工过程，是深度裂化；煤的干馏是煤在隔绝空气条件下加热、分解，均为化学变化，A叙述正确；B．纯碱的水解使溶液呈碱性，且加热水解程度增大，碱性溶液促进油脂水解而除去，B叙述正确；C．静电除尘利用胶体粒子的带电性，

胶体总体不显电性，C叙述错误；D．活性炭使糖浆褪色、臭氧漂白纸浆分别利用活性炭的吸附性和臭氧的氧化性，原理不同，D叙述正确；答案为C。2.有机物W（）可用于合成拟除虫菊酯类杀虫剂。有关W的叙述不正确的是（）A.W的分子式为C10H18O3B.W分子中所有的碳原子不可能处于同一平面

上C.W通过加聚反应和缩聚反应均可形成高分子D.1molW与足量的Na反应一定能生成22.4L氢气【答案】D【解析】【详解】A．根据W的结构简式及原子的成键方式，分子式为C10H18O3，A叙述正确；B．根据甲烷、乙烯为中心的简单有机物的空间构型，有机物W中，5个碳原

子为sp3杂化，3个碳原子sp2杂化，所有的碳原子不可能处于同一平面上，B叙述正确；C．W中含一个羟基和一个羧基，含有碳碳双键，可发生加聚反应和缩聚反应，C叙述正确；D．W中含一个羟基和一个羧基，未知温度和压强，

与Na反应生成氢气不一定为22.4L，D叙述错误；答案为D。3.X、Y、Z、M是同周期原子序数依次增大的元素。X单质常温下能与水反应，电解熔融XM制得X单质。Y是第三周期离子半径最小的金属元素。Z元素的单质是IT行业的基石，下列说法正确的是（）A.X、Y两种元素的原子半径

相比，前者较小B.Z、M两种元素的气态氢化物稳定性相比，前者较大C.Z的氧化物只能和强碱反应，不能与任何酸反应D.Y的氧化物能分别溶解于X、M最高价氧化物对应水化物的溶液【答案】D【解析】【分析】Y是第三周期离子半径最小的金属元素，则Y为Al；Z元素的单质

是IT行业的基石，Z为Si；X单质常温下能与水反应，电解熔融XM制得X单质，X为Na，M为Cl，故X为Na，Y为Al，Z为Si，M为Cl。【详解】A．X、Y两种元素分别为Na、Al，为同周期元素，原子半径：Na＞Al，A说法错误；B．Z、M两种元素分

别为Si、Cl，且非金属性为Si＜Cl，故氢化物的稳定性：SiH4＜HCl，B说法错误；C．Z为Si，其氧化物为SiO2为酸性氧化物，能与NaOH溶液反应，也能与HF反应，C说法错误；D．Y的氧化物为Al2O3，为两性氧化物，既可以和NaOH溶液反应，又能与HClO4反

应，D说法正确；答案为D。4.下列关于实验室制取NH3并验证性质的各装置叙述中，不正确的是（）A.装置①可用于实验室快速制取少量NH3B.装置②中加入CaCl2固体可以干燥NH3C.可用装置③收集NH3D.打开装置④

中的止水夹，加热圆底烧瓶可以引发喷泉【答案】B【解析】【详解】A．装置①可用浓氨水和生石灰反应用于实验室快速制取少量NH3，A正确；B．装置②中加入为碱石灰，不能用CaCl2固体可以干燥NH3，B错误；C．氨气的密度小于空气，装置③为短进长出，可收集NH3，C正确；D．

氨气易溶于水，打开装置④中的止水夹，加热圆底烧瓶气体热胀冷缩，导致氨气与水接触，烧瓶中的压强迅速减小，可以引发喷泉，D正确；答案为B。5.常温下实验室配制1L0.10mol•L-1NaHCO3标准溶液，测得该

溶液的pH为8.3。下列说法正确的是（）A.将8.4gNaHCO3溶于1L水可得该标准溶液B该溶液中c(H2CO3)＜c(23CO−)C.温度升高，该溶液中c(3HCO−)减少D.该溶液中c(3HCO−)+2c(23CO−)+c(H2CO3)=0.10

mol/L【答案】C【解析】【详解】A．应将8.4gNaHCO3即0.1mol，溶于水配成1L溶液，A说法错误；B．NaHCO3溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，因此c(23CO−)＜c(H2CO3)，B说法错误；C．温度升高，促进水解和电离平衡正向进行

，c(3HCO−)减少，C说法正确；D．根据物料守恒，c(3HCO−)+c(23CO−)+c(H2CO3)=0.10mol/L，D说法错误；答案为C。6.下述实验能达到预期目的的是（）编号实验内容实验目的A将SO2通入酸

性KMnO4溶液中证明SO2具有还原性B用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸中部，再与标准比色卡对比测量氯水中的c(H+)C加热除去NH4Cl中混有的I2D向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸制备Fe(OH)3胶体A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．将SO2通入酸

性KMnO4溶液中，S的化合价由+4价变为+6价，作还原剂，A能达到目的；B．新制氯水有强氧化性、漂白性，能使指示剂变质，故不能用pH试纸测量其c(H+)，B不能达到目的；C．NH4Cl受热易分解，I2能升华，不能用加热的方法分离，C不能达到目

的；D．向盛有沸水的烧杯中滴加几滴FeCl3饱和溶液至溶液呈现红褐色时，停止加热，制备氢氧化铁胶体，D不能达到目的；答案为A。7.建设生态文明是关系人民福祉、关乎民族未来的大计，是实现中国梦的重要内容，如何减少CO2排放已经引起全社会广泛关注。一种CO2

回收利用装置的工作原理如图所示，此装置工作时，下列说法错误的是（）A.太阳能转化为化学能和电能B.催化剂a表面发生的反应为：2H2O+4e-=O2↑+4H+C.催化剂b极带负电，为电源的正极，质子交换膜只允许H+通过D.标准状况下，

回收22.4LCO2生成HCOOH46g【答案】B【解析】【详解】A．CO2与H2O生成HCOOH和O2是吸热反应，吸收太阳能发生反应的同时产生电流，故该装置是将太阳能转化为化学能和电能，A说法正确；B．催化剂a表面水失电子，发生的反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，B说法错误；C．催化剂

a失去电子带正电，为电源的负极，H+经过质子交换膜从负极流向正极，C说法正确；D．标准状况下，回收22.4LCO2即1mol，转移2mol电子，则生成1molHCOOH，即46g，D说法正确；答案为B。.8.实验室模拟

工业利用废铁镁矿渣(含SiO2、MgCO3及少量Fe2O3、FeCO3)和高纯硅工业制备的副产物SiCl4为原料，制备二氧化硅和氯化镁晶体，流程如下：回答下列问题：(1)反应前通常会将废矿渣粉碎，目的是______。沉淀1

是______(填名称)，SiCl4与水反应的化学方程式为______。(2)向溶液2中加H2O2的目的是______。试剂1可以是下列试剂中的______(填标号)。A.NaOHB.MgCl2C.MgCO3

D.MgO(3)为使Fe3+完全沉淀，应调节pH为______。(完全沉淀是指溶液中离子浓度小于1×10-5mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，3lg40.2=)(4)直接加热蒸发溶液3无法获得氯化镁晶体，原因是______，应该采取的措施是______。(5)若该流程制备

MgCl2·2H2O的产率为95%，则制得655gMgCl2·2H2O需含MgCO3质量分数为42%的铁镁矿渣______g(保留一位小数)。【答案】(1).加快反应速率，使矿渣反应充分(2).硅酸或原硅酸(3).4244SiCl4HOHSiO4HCl++(4).氧化Fe2+，便于除

杂(5).CD(6).3.2(7).加热促进氯化镁水解，生成氢氧化镁(8).在HCl气流中加热(9).1052.6【解析】【分析】SiCl4与水反应生成原硅酸和盐酸，原硅酸加热可生成二氧化硅和水；废矿渣与盐酸反应生成氯化镁、氯化铁和氯化

亚铁溶液，未反应的为二氧化硅固体；向溶液2中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节pH生成氢氧化铁沉淀，再经过一系列反应生成氯化镁晶体。【详解】(1)将废矿渣粉碎，可增大固体与溶液的接触面积，导致反应速率增大，提高固体的

浸出率；分析可知，沉淀1为原硅酸或硅酸；SiCl4与水反应生成原硅酸和盐酸，反应的化学方程式为SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl；(2)溶液中的亚铁离子生成沉淀时的pH较大，而铁离子的较小，向溶液2中加H2O2的目的氧化Fe2+，便于除杂；加入试剂1

为消耗溶液中的氢离子，但不能引入新的杂质离子，答案为CD；(3)为使Fe3+完全沉淀，溶液中c3(OH-)=(35sp[FeOH)10/KmolL−=4×10-33，c(H+)=()WKcOH−=1411310410−

−，则pH=3.2；(4)MgCl2为强酸弱碱盐，加热时水解平衡正向进行，且HCl易挥发，故直接加热生成的为氧化镁固体；为使平衡逆向进行，应在HCl气流中加热；(5)已知MgCl2·2H2O的产率为95%，则m(MgCl2·2H2O)=655g÷95%=689.5g，n(MgCl2·2H2

O)=n(MgCO3)=5.26mol，铁镁矿渣的质量=5.26mol×84g/mol÷42%=1052.6g。9.苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料。某化学小组以苯甲酸、甲醇为原料制备苯甲酸甲酯。实验原理及实验装置如下(部分夹持装置以及加热装置已省去)有关物质的性质如下表所示：

苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯沸点/℃24964.3199.6相对分子质量12232136密度/g·cm-31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶实验过程如下：Ⅰ.制备苯甲酸甲酯粗产品将24.4g苯甲酸和过量的甲醇加入

三颈烧瓶中，同时加入几粒沸石，通过仪器A加入一定量浓硫酸，加热使反应充分，得苯甲酸甲酯粗产品。(1)仪器A中支管c的作用是______。(2)仪器B的名称是______，其作用是____________________________

_。(3)实验中需加入过量甲醇，原因是_____________________________________。Ⅱ.提纯苯甲酸甲酯利用下列步骤提纯产品：①水洗分液②碱洗分离③加无水CaCl2干燥④蒸馏收集馏分⑤称量得产品16.9g。(4)水洗分液中加入适量水的作用是______，

苯甲酸甲酯从分液漏斗______(填“上口倒出”或“下口放出”)。(5)碱洗分离的目的是除去苯甲酸，加入最适宜的试剂为______(填标号)。A.NaOH溶液B.稀碳酸钠溶液C.碳酸钠固体D氨水(6)本实验中苯甲酸甲酯的产率为______%(保留

一位小数)。【答案】(1).平衡压强，使浓硫酸顺利滴入三颈烧瓶中(2).球形冷凝管(3).冷凝回流，提高反应物的转化率(4).甲醇沸点低易损失，同时增如甲醇的量，以提高苯甲酸的转化率(5).除去粗产品中的甲醇和硫酸(6).下口放出(7).C(8).62.1【解析】【分析】苯甲酸与甲醇

在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，生成苯甲酸甲酯和水，且反应为可逆反应，加入过量的甲醇可提高苯甲酸的转化率；甲醇、硫酸易溶于水，先用水洗，可除去甲醇和浓硫酸，再用碳酸钠洗涤，除去苯甲酸；再利用沸点不同，用蒸馏的方法分离苯甲酸甲酯粗品。【详解】(1)仪器A为恒压滴液漏斗，支

管c可平衡压强，使浓硫酸顺利滴入三颈烧瓶中；(2)仪器B的名称为球星冷凝管；可使苯甲酸及甲醇冷凝回流，提高反应物的转化率；(3)实验中需加入过量甲醇，甲醇沸点低易损失，同时增如甲醇的量，以提高苯甲酸的转化率；(4)甲醇与硫酸易溶于水，水洗分液中加入适量水的作用为除去粗产品中的

甲醇和硫酸；苯甲酸甲酯的密度大于水，在分液漏斗中的下层，则应从下口放出；(5)碱液碱性太强导致酯的水解，则最佳试剂为碳酸钠固体，后续干燥所需无水CaCl2的量少，答案为C；(6)反应时甲醇过量，则苯甲酸反应的物质的量与生成苯甲酸甲酯的物质的量相等，则苯甲酸甲酯的转化率=16.

9g122g136g/mol24.4g×100%=62.1%。10.Ⅰ.火箭推进器中分别装有联氨和液态过氧化氢，当它们混合时即产生气体，并放出大量热。已知：1.28g液态联氨与足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气，放出XkJ的热量。N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H20(l)∆H=-Y

kJ/molH20(g)=H20(l)∆H=+ZkJ/mol根据以上信息写出过氧化氢分解生成液态水和氧气的热化学方程式_______________。Ⅱ.利用I2O5可消除CO污染，反应为I2O5(s)+5CO(g)⇌5CO2(g)+I2(s)。不同温度下

，向装有足量的I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入2molCO，测得CO的体积分数ψ(CO)随时间t变化曲线如图。(1)此反应的平衡常数表达式_______。(2)a点时表示的化学反应速率v(CO)=_______。(3)b点时CO的转化率

_______；(4)Kb_______Kd(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是_______。(5)由题意，此反应的ΔH_______0(填“大于”“小于”或“等于”)。【答案】(1).2H2O2(l)=2H20(l)+

O2(g)∆H=(Y-25X-4Z)kJ/mol(2).()()525COCOcKc=(3).0.6mol·L-1·min-1(4).80%(5).大于(6).原因是反应达到平衡时，温度高时CO含量高，所以升温平

衡逆移，平衡常数减小，Kb大于Kd(7).小于【解析】【分析】I．根据盖斯定律计算；Ⅱ．利用三段式及勒夏特列原理判断。【详解】I．已知1.28gN2H4和足量H2O2反应生成N2和H2O(g)放出XkJ的

热量，则其热化学方程式为：①N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H20(g)∆H=-25XkJ/mol②N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H20(l)∆H=-YkJ/mol③H20(g)=H20(l)∆H=+ZkJ/mol，根据盖斯定律，①-②+4×③可得2H2O2

(l)=2H20(l)+O2(g)，∆H=-25XkJ/mol+YkJ/mol-4ZkJ/mol=(Y-25X-4Z)kJ/mol；Ⅱ．(1)根据方程式，固体的浓度为1，则()()525COCOcKc=；(2)a点时：()(

)()()25222mol02x5xx5axIOsCOgCOgIs+−+初始转化点根据a点时CO的体积分数ψ(CO)=2x2−=0.40，解得x=0.6mol，则从反应开始至a点时的反应速率为v(CO)=0.6mol2?L0.5min=0.6mol·L-1·min-1；(3)T1

时：()()()()25222mol02y5yy5ybIOsCOgCOgIs+−+初始转化点根据b点时CO的体积分数ψ(CO)=2y2−=0.20，得y=1.6mol，转化率=1.6mol2mol×100%=80%；(4)反应达到平衡时，温度高时CO含量高，所以升温平衡逆移，平衡常

数减小，Kb大于Kd；(5)升温，平衡逆移，正反应为放热，ΔH小于0。11.亚铁氰化钾(K4[Fe(CN)6])是重要的化工原料和食品添加剂，又称黄血盐。黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生反应：K4[Fe(CN)6+6H2SO4+6H2OΔ2K2SO4+FeSO4+3(NH4)2SO4+6CO↑。回

答下列问题：(1)写出基态Fe2+的核外电子排布式______。(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外，还有______和______。：1molK4[Fe(CN)6]中含有σ键的数目为_____NA。(3)(NH4)2SO4中N原子的杂化方式为______；N和O相比，第一电离能

更大的是______，电负性更大的是______。(4)铁、钾、钠均采用体心立方堆积，结构如图。晶胞中金属原子的配位数为______，钠、钾相比，熔点更高的是______，原因是______。已知铁的原子半径为rcm，阿伏加德罗常数为NA，铁的相对原子质量为a，则铁

的密度为______g·cm-3。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6(2).配位键(3).离子键(4).12NA(5).sp3(6).N(7).O(8).8(9).钠(10)

.钠的半径小，形成的金属键键能大，溶点高(11).33332AaNr【解析】【分析】(1)根据基态Fe的核外电子排布书写Fe2+的核外电子排布式；(2)K4[Fe(CN)6]中存在钾离子与[Fe(CN)6]4-间的离子键及铁原子与CN-间的配位键；(3)根据价层电子互斥理论及第一电离能、电

负性规律判断；(4)根据ρ=mV计算。【详解】(1)基态Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe2+的核外电子排布式[Ar]3d6；(2)K4[Fe(CN)6]中存在钾离子与[Fe(CN)6]4-间的离子

键及铁原子与CN-间的配位键；1molK4[Fe(CN)6]中含有6mol铁原子与CN-间的配位键和6molC≡N，共计12molσ键，即12NA；(3)铵根离子中N原子无孤电子对，含有4条σ键，为sp3杂化；N原子最外层电子处于半充满的稳定状态，故第一电离能大于O原子

；N和O为同周期元素，且原子序数O大于N，则O的电负性大于N；(4)根据晶胞的结构，距离中心原子最近且相等的金属原子有8个，则配位数为8；钠、钾均为金属晶体，且最外层电子数相等，但钠原子半径小于钾，则Na的金属键键能比K强，则Na的熔点更高；已知铁的原子半径

为rcm，则晶胞的体对角线为4rcm，晶胞的体积=3(4)33rcm3，根据晶胞的结构，一个晶胞中含有2个Fe，则密度=332(4)33agrcm=33332AaNrg·cm-3。12.有机物Ⅰ是合成药物阿莫西林的中间体。以有机物A为原料合成Ⅰ的路线如下：已知：回答下列问题(1)A的名称

是_______。(2)B在光照条件下与Cl2反应生成C，C中官能团的名称是_______。(3)C→D的反应条件为_______，E→F的反应类型为_______。(4)流程中设计A→B的目的是_______。(5)E

能与银氨溶液反应，反应方程式为_______。(6)G在一定条件下能发生酯化反应生成分子内含3个六元环的有机物，其结构简式为_______。(7)芳香族化合物X是H的同分异构体，满足以下条件的文的结构有_______种(不考虑立体异构)。a.能使FeCl3溶液显紫色，苯环上的一

溴代物只有一种b.核磁共振氢谱显示不同化学环境的氢原子数比为3∶2∶2∶1C.能在稀硫酸中发生水解反应且产物之一的分子式为C7H8O3写出符合上述题意的分子式为C7H8O3的一种有机物的结构简式_______。【答案】(1).对甲基苯酚(4—甲基苯酚)(2).氯原子、醚键(3).氢氧化

钠水溶液、加热(4).加成反应(5).保护酚羟基(6).(7).(8).2(9).或【解析】【分析】A与CH3I发生酚羟基上氢原子的取代反应，生成B；B与氯气发生甲基上的取代反应，生成C即；C再发生卤代烃的水解反应生成醇，D为；D被氧化生成醛；根据已知信息，E与HCN/OH-发生加成反应，生成F即

；根据G、I的结构简式及反应物质，可确定H为。【详解】(1)根据A的结构简式，其名称是对甲基苯酚(4-甲基苯酚)；(2)B在光照条件下与Cl2反应生成C，C为，含有的官能团的名称是氯原子、醚键；(3)C→D的反应为氯代烃的水解反应，条件为氢氧化钠水溶液、加热；E→F的反应类型为加成反应；(4)酚

羟基易被氧化，流程中设计A→B的目的是保护酚羟基。(5)E中含有醛基，能与银氨溶液反应，反应方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(6)G在一定条件下能发生酯化反应生成分子内含3个六元环的有机物，则为

2个G发生酯化反应生成酯和水，其结构简式为；(7)芳香族化合物X是H的同分异构体，H为，满足条件a.能使FeCl3溶液显紫色，苯环上的一溴代物只有一种，含有苯环，且含有酚羟基；b.核磁共振氢谱显示不同化学环境的氢原子数比为3∶2∶2∶1；c

.能在稀硫酸中发生水解反应且产物之一的分子式为C7H8O3，X的结构有、，合计2种(不考虑立体异构)。符合题意的分子式为C7H8O3的一种有机物的结构简式为或。