【文档说明】【精准解析】贵州省2020届高三普通高等学校招生高考适应性测试理综化学试题.doc，共(17)页，1.453 MB，由小赞的店铺上传

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贵州省2020年普通高等学校招生适应性测试理科综合能力测试化学试题注意事项：1.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，再选涂其它答案标

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-23Cl-35.5Zn-65一、选择题：本题共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.化学品在抗击新型冠状病毒的战役中发挥了重要作用。下列说法不正确的是（）A.医用防护口罩中熔喷布的生产原料主要是聚丙烯，聚丙烯的单体是丙烯B.“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠C.用硝酸铵制备医用速冷冰袋是利用了硝酸铵溶

于水快速吸热的性质D.75%的医用酒精常用于消毒，用95%的酒精消毒效果更好【答案】D【解析】【详解】A.聚丙烯是由丙烯在一定条件下发生加聚反应得到的，A项正确；B.“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，可以水解得到次氯酸，起到杀菌消毒的作用，B项正确；C.硝酸铵溶于水可以吸热，因此

可以用作速冷冰袋，C项正确；D.医用酒精是体积分数为75%的乙醇溶液，浓度太高或浓度太低都起不到杀菌效果，D项错误；答案选D。【点睛】注意医用酒精的75%的是体积分数，而化学中一般用得较多的是质量分数，例如98%的浓硫酸中的98%就是质量分数。2.己知NA是阿伏

加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.1molOD-中含有的质子数和中子数均为9NAB.60g正戊烷与12g新戊烷的混合物中共价键数为17NAC.11.2L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为NAD.1L0.1mo1·L-1CH3C

OONa溶液中，CH3COO-数目为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A.质子数同原子序数，因此质子数为8+1=9，中子数=质量数-中子数，因此中子数为16+2-9=9，A项正确；B.正戊烷和新戊烷分子内含有的共价键数目一致，都是1个分子中有16个共价键，混合物的物质的量是60g+12g

=1mol72g/mol，因此共价键的数目为A16N，B项错误；C.未说明条件，无法计算氯气的物质的量，C项错误；D.醋酸根是一个弱酸根离子，水中会发生水解导致其数目小于A0.1N，D项错误；答案选A。3.两个单

环共用一个碳原子的多环化合物称为螺环化合物，共用的碳原子称为螺原子。螺[5，5]十一烷的结构为，下列关于该化合物的说法错误的是（）A.一溴代物有三种B.与十一碳烯互为同分异构体C.分子中所有碳原子不可能在同一平面D.1mo1该化合物完全燃烧需要16mo1O

2【答案】B【解析】【详解】A.该分子内有三种等效氢，分别位于螺原子的邻位、间位和对位，因此一取代物有三种，A项正确；B.直接从不饱和度来判断，该烷形成了两个环，不饱和度为2，而十一碳烯仅有1个不饱和度，二者不可能为同分异构体，B项错误；C.分子中的碳原子

均是饱和碳原子，所以碳原子不可能在同一平面上，C项正确；D.该物质的分子式为1120CH，因此其完全燃烧需要16mol氧气，D项正确；答案选B。4.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y与W同族，W的核电荷数是Y的两倍，四种元素组成的一种化合物如图所示。下列说法一定正确的是（）A.简单离

子半径：Z＞W＞Y＞XB.最简单氢化物的稳定性：W＞YC.X与Z可形成离子化合物ZXD.W的氧化物对应的水化物为强酸【答案】C【解析】【分析】首先发现Y形成了双键，因此推测Y是氧或者硫，考虑到四种元素的原子序

数依次增大，Y与W同族，W的核电荷数是Y的两倍，因此Y只能是氧，W是硫，X为氢，Z则只能是钠，故该物质为亚硫酸氢钠，据此来分析本题即可。【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。A.根据分析，四种简单离子半径的大小为2-2-++S>O>

Na>H，A项错误；B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，氧的非金属性强于硫，最简单氢化物的稳定性：W＜Y，B项错误；C.氢和Na可以形成氢化钠，这是一种金属氢化物，C项正确；D.硫只有最高价氧化物对应的水化物（硫酸）才

是强酸，二氧化硫对应的水化物（亚硫酸）是一种弱酸，D项错误；答案选C。5.利用如图的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是（）A.甲装置可将FeC12溶液蒸干获得FeC12晶体B.乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性C.丙装置可除去CO2中的SO2D.丁装置可将NH4Cl固体中的I

2分离【答案】B【解析】【详解】A.2FeCl加热会强烈水解，并且暴露在空气中会导致2+Fe被氧气氧化为3+Fe，最终无法得到2FeCl，A项错误；B.浓硫酸可以脱去蔗糖中的水，即“黑面包实验”，同时硫酸被还原得到2SO，2SO使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，B项正确；C.碳酸钠

溶液会吸收2CO变成碳酸氢钠，因此不能用来除杂，C项错误；D.氯化铵固体受热易分解，碘受热易升华，二者遇冷后都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离，D项错误；答案选B。【点睛】除杂的第一要义是不能和原物质反应，其次是不能引入新的杂质，最后还要从可行性、操作的简便程度来选择最优的除杂方法

。6.某锂离子电池充电时的工作原理如图所示，LiCoO2中的Li+穿过聚内烯微孔薄膜向左迁移并嵌入石墨（C6表示）中。下列说法错误的是（）A.充电时，阳极电极反应式为LiCoO2-xe-=xLi++Lil-

xCoO2B.放电时，该电池将化学能转化为电能C.放电时，b端为负极，发生氧化反应D.电池总反应为LixC6+Lil-xCoO2C6+LiCoO2【答案】C【解析】【分析】充电时相当于电解池，电解池在工作时，阳离子移向阴极，因此石墨极是阴极，含钴的是阳极，据此来分析各选项即可

。【详解】A.充电时，阳离子（+Li）从阳极脱嵌，穿过薄膜进入阴极，嵌入石墨中，A项正确；B.放电时相当于原电池，原电池是一类将化学能转化为电能的装置，B项正确；C.根据分析，b为电源正极，发生还原反应，C项错误；D.根据分析，整个锂电池相当于+

Li在正极和负极之间不断嵌入-脱嵌的过程，D项正确；答案选C。【点睛】锂电池正极一般选用过渡金属化合物来制作，例如本题中的钴，过渡金属一般具有多种可变的化合价，方便+Li的嵌入和脱嵌（+Li嵌入时，过渡金属化合价降低，+Li脱嵌时，过渡金属化合价升高，因此无论+Li嵌入还是脱嵌，正极材料整体仍

然显电中性）。7.实验测得0.1mo1·L-1Na2SO3溶液pH随温度升高而变化的曲线如图所示。将b点溶液冷却至25℃，加入盐酸酸化的BaC12溶液，能明显观察到白色沉淀。下列说法正确的是（）A.Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32-+2H2OH2SO3+2OH-B.温度升高，溶液

pH降低的主要原因是SO32-水解程度减小C.a、b两点均有c(Na+）=2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)]D.将b点溶液直接冷却至25℃后，其pH小于a点溶液【答案】D【解析】【分析】2-3SO是一个弱酸酸根，因此在水中会水解显碱性，而

温度升高水解程度增大，溶液碱性理论上应该增强，但是实际上碱性却在减弱，这是为什么呢？结合后续能产生不溶于盐酸的白色沉淀，因此推测部分2-3SO被空气中的氧气氧化为2-4SO，据此来分析本题即可。【详解】A.水解反应是分步进

行的，不能直接得到23HSO，A项错误；B.水解一定是吸热的，因此越热越水解，B项错误；C.温度升高溶液中部分2-3SO被氧化，因此写物料守恒时还需要考虑2-4SO，C项错误；D.当b点溶液直接冷却至25℃后，因部分2-3SO被

氧化为2-4SO，相当于2-3SO的浓度降低，其碱性亦会减弱，D项正确；答案选D。8.ClO2是一种具有强氧化性的黄绿色气体，也是优良的消毒剂，熔点-59℃、沸点11℃，易溶于水，易与碱液反应。ClO2浓度大时易分解爆炸，在生

产和使用时必须用稀有气体或空气等进行稀释，实验室常用下列方法制备：2NaC1O3+Na2SO3+H2SO42C1O2↑+2Na2SO4+H2O。（1）H2C2O4可代替Na2SO3制备ClO2，该反应的化学方程式为_

__，该方法中最突出的优点是___。（2）ClO2浓度过高时易发生分解，故常将其制备成NaClO2固体，以便运输和贮存。已知：2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2+2H2O，实验室模拟制备NaC1O2的装置如图所示（加

热和夹持装置略）。①产生ClO2的温度需要控制在50℃，应采取的加热方式是___；盛放浓硫酸的仪器为：___；NaC1O2的名称是___；②仪器B的作用是___；冷水浴冷却的目的有___（任写两条）；③空气流速过快或过慢，均会降低NaC1O2的产率，试解释其原因___。【答案】(1).2Na

ClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑(2).反应中产生的CO2可以起到稀释ClO2的作用，避免ClO2浓度大时分解爆炸，提高了安全性(3).水浴加热(4).分液漏斗(5).亚氯酸钠(6).安全瓶，

防倒吸(7).降低NaClO2的溶解度，增大ClO2的溶解度，减少H2O2分解，减少ClO2分解(8).空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收：空气流速过慢时，ClO2浓度过高导致分解【解析】【分析】2ClO中的氯是+4价的，因此我们需要一种还原剂将氯酸钠

中+5价的氯还原，同时要小心题干中提到的易爆炸性。再来看实验装置，首先三颈烧瓶中通入空气，一方面可以将产物“吹”入后续装置，另一方面可以起到稀释2ClO的作用，防止其浓度过高发生危险，B起到一个安全瓶的作用

，而C是吸收装置，将2ClO转化为2NaClO，据此来分析本题即可。【详解】（1）用草酸来代替23NaSO，草酸中的碳平均为+3价，因此被氧化产生+4价的二氧化碳，方程式为2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2

ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑；产生的2CO可以稀释2ClO，防止其浓度过高发生危险；（2）①50℃最好的加热方式自然是水浴加热，盛放浓硫酸的仪器为分液漏斗，2NaClO中的氯元素为+3价，因此为亚氯酸钠

；②仪器B是一个安全瓶，防止倒吸；而冰水浴一方面可以减少22HO的分解，另一方面可以使2ClO变为液体，增大产率；③当空气流速过快时，2ClO来不及被充分吸收，当空气流速过慢时，2ClO又会在容器内滞留，浓度过高导致分解。9.从铜转炉烟灰（主要成分Zn

O还有Pb、Cu、Cd、As、Cl、F等元素）中回收锌、铜、铅等元素进行资源综合利用，具有重要意义。以铜转炉烟灰制备重要化工原料活性氧化锌的工艺流程如图所示。己知：活性炭净化主要是除去有机杂质。请回答以下问题：（1）若浸出

液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为___。（2）在反应温度为50℃，反应时间为lh时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图，结合流程图分析，氯化铵适宜的浓度为___mo1·L

-1。（3）若浸出液中c（AsO43-）=6.0×10-3mol•L-1，现将8.0×10-3mo1•L-1FeC13溶液与浸出液等体积混合生成砷酸铁沉淀。若该温度时Ksp(FeAsO4)=2.0×10-22，则反应后溶液中c(AsO43-)=___mo1•L-

1。（4）滤渣II的主要成分为___；除杂3是置换除杂过程，则此过程主要除去的金属有___（填化学式）。（5）沉锌得到的物质为Zn(NH3)2C12，请写出水解转化的化学方程式___。（6）该流程中可以循环使用的物质的电子式为___。（7）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3、

4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amol•L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。己知：与1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1.000mo1•L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139

，则样品中氧化锌的质量分数为___（用代数式表示）。【答案】(1).ZnO+2NH4++2NH3•H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O(2).4(3).2.0×10-19(4).CaF2(5).Cu和Cd(6).Zn(NH3)2Cl2+2H2O=Zn(OH)2↓

+2NH4Cl(7).(8).0.08139aVm×100%或8.139aVm%【解析】【分析】首先用氯化铵和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为2+34[Zn(NH)]配离子，加入氯化铁沉砷，加入氯化钙可以得到2CaF沉淀（萤石），加入锌粉可以将其它金属离子全部置

换出来得到滤渣III，加入活性炭除去有机杂质，加入盐酸将锌转化为322Zn(NH)Cl，最后得到氧化锌，据此来分析本题即可。【详解】（1）根据题目信息，离子方程式为+2+432342ZnO+2NH+2NHHO=[Zn(NH)]+3HO，这个方程可以从

电荷守恒的角度来配平；（2）观察题图，当氯化铵的浓度为4mol/L时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，再增加氯化铵浓度没有太大意义，另一方面若浓度再高，铅元素将进入溶液，无法完全除去铅；（3）等体积混合后相当于两种离子的浓度都变为一半，即3-

-34c(AsO)=3.010mol/L，3+-3c(Fe)=4.010mol/L，而两种离子是1:1沉淀的，设反应后3-4AsO浓度为nmol/L，则有3-3-22spn(410-310)=K=2.010，解得-19n=2.010

；（4）根据分析，滤渣II为2CaF，而除杂3主要可以除去溶液中的Cu和Cd；（5）既然煅烧后得到ZnO，则煅烧前必然为2Zn(OH)，即水解产物为2Zn(OH)，据此来写出方程式Zn(NH3)2Cl2+2H2O=

Zn(OH)2↓+2NH4Cl；（6）水解后得到的氯化铵，又可以用于第一步的浸取，可以循环利用，其电子式为；（7）根据n=cV先求出EDTA的消耗量为aVmol1000，这些EDTA对应的氧化锌的质量为0.08139aV克，因此氧化锌的质量分数为

0.08139aV100%m。10.甲醛(HCHO)俗称蚁醛，在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。I·甲醛的制备工业上利用甲醇脱氢法制备甲醛，己知：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)△H（1）该反应的能量变化如图甲所示，△H=___kJ•mol-1。（2）为提高CH3OH转

化率，采取的措施有___、___；在温恒容条件下，该反应达到平衡状态的标志有___（填标号）。a.混合气体的密度保持不变b.混合气体的总压强保持不变c.v(CH3OH)消耗=v(H2)生成d.甲醛的浓度保持不变（3）选用Ag/SiO2—ZnO作催化剂，在400～750℃

区间进行活性评价，图乙给出了甲醇转化率与甲醛选择性（选择性越大，表示生成该物质越多）随反应温度的变化曲线。制备甲醛的最佳反应温度为___（填标号），理由是___。a.400℃b.650℃c.700℃d.750℃（4）T℃时，在2L恒容密闭容器中充入1mo1甲醇，发生反应：①CH3OH(g)HCHO

(g)+H2(g)②CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)平衡时甲醇为0.2mol，甲醛为0.7mo1。则反应i的平衡常数K=___。II.甲醛的用途（5）将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)溶液混合，可用于化学镀镍。反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为___：若收集到112mLCO2（

标准状况），理论上转移电子___mo1。【答案】(1).+84(2).升高温度(3).降低压强(4).bd(5).c(6).此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高(7).1.575(8).HCHO+2Ni2++H2O=2Ni+CO2↑+4H+(9).0.02【解析】【详解】（

1）生成物和反应物之间的能量差为463kJ/mol-379kJ/mol=84kJ/mol；（2）该反应是气体分子数增加的、吸热的可逆反应，因此根据勒夏特列原理，我们可以采用升高温度、降低压强的方法来促进平衡正向移动

，提高转化率；再来看平衡的标志：a.反应物和生成物都是气体，因此气体的密度是恒定不变的，a项错误；b.该反应前后气体分子数不等，因此当压强保持不变时，说明反应已达到平衡状态，b项正确；c.甲醇和氢气的化学计量数相同，因此无论何时都有

v(CH3OH)消耗=v(H2)生成，c项错误；d.当甲醛的浓度保持不变，说明其消耗速率和生成速率相同，即此时达到了平衡状态，d项正确；答案选bd；（3）在700℃时，甲醛选择性和甲醇转化率均较高，因此700℃是最合适的温度，答案选c；（4）平衡时甲醇为0.2mol，因此

有0.8mol甲醇被消耗，其中甲醛有0.7mol，说明有0.7mol甲醇发生了反应①，有0.1mol甲醇发生了反应②，因此氢气一共有0.7mol+0.1mol2=0.9mol，代入平衡常数的表达式有23c(HCHO)c(H)0.35mol/L0.45mol/

LK==1.575c(CHOH)0.1mol/L；（5既然是镀镍，则镍被还原为单质，而甲醛被氧化为二氧化碳，因此反应的离子方程式为2++22HCHO+2Ni+HO=2Ni+CO+4H；甲醛中的碳可以按0价处理，二氧化碳中的碳为+4价，因此每生成1个二氧化碳分子需要转移4个电子，而11

2mL二氧化碳的物质的量为0.112L=0.005mol22.4L/mol，因此一共要转移0.02mol电子。【点睛】对于任意一个氧化还原反应，总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数，因此只需求出

最好求的那一项，另外两项就迎刃而解了。11.元素的性质与原子结构、元素在周期表中的位置有着密切的关系。回答下列问题：（1）如图表示某短周期元素X的前五级电离能（I）的对数值，试推测并写出X的元素符号___。（2）化合物甲与SO2所含元素种类相同，两者互为等电

子体，请写出甲的化学式___，甲分子中心原子的杂化类型是___。（3）配位化学创始人维尔纳发现，将1mo1CoC13·5NH3（紫红色）和1mo1CoC13•4NH3（绿色）溶于水，加入AgNO3溶液，立即沉淀的AgCl分别为2mo1、1mol。则紫红色配合物中配离子的化学式为___，绿色配合

物中Co的配位数为___。（4）某稀土元素M的氧化物晶体为立方晶胞，其结构如图所示，图中小球代表氧离子，大球代表M离子。①写出该氧化物的化学式___。②己知该晶体密度为ρg·cm-3，晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值。则M的相对原子质量M

r=___（用含ρ、a等的代数式表示）；③以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1（M原子）的坐标为（14，14，34），则原子2(M原子）的坐标为___。【答案】(1).Mg(2).S2O或OS2(3).sp2(4).[Co(NH3)5C

l]2+(5).6(6).MO2(7).3-21AρNa10-1284(8).131(,,)444【解析】【详解】（1）根据图像可以发现该元素的第三电离能显著增大，因此推测其为第二主族元素，而铍只有4个电子，不可能有第五电离能，因此只能为镁元素，其元素

符号为Mg；（2）将一个氧原子换成一个硫原子，因此的甲的化学式为2SO或2OS，2SO中硫原子是2sp杂化，考虑到等电子体的结构类似，因此2SO分子中心原子的杂化类型也为2sp；（3）根据分析，1mol紫红色的物质中有2mol-Cl位于外界，因此剩下的1mol-Cl位于内界，其配离子的化

学式为2+35[Co(NH)Cl]，而1mol绿色的物质中有1mol-Cl位于外界，因此剩下的2mol-Cl位于内界，因此其配位数为4+2＝6；（4）①四个大球全部位于晶胞内部，因此按1个来算，而位于顶点的氧原子按18来计算，位于棱心的氧原子按14来计算，位于面心的氧原子按12来计算，

位于体心的氧原子按1个来计算，因此一共有1118+12+6+1=8842个氧原子，根据分析，一个晶胞内有4个M离子和8个氧离子，因此其化学式为2MO；②分子内有4个M和8个氧，因此一个晶胞的质量为rA4M+816gN，晶体的体积为3-213a10

cm，代入mρ=V后化简即可得到3-21ArρNa10-128M=4；③把整个晶胞划分为8个小方块，则1号小球相当于左、上、后小方块的体心，2号小球相当于右、下、后小方块的体心，因此其坐标为131(,,)444。12.聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一，已广泛应用

在航空、航天、微电子等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件己略去）：己知下列信息：①芳香族化合物B的一氯代物有两种②③回答下列问题：（1）固体A是___（写名称）；B的化学名称是___。（2）反应①的化学方程式为___。（3）D中官能团

的名称为___；反应②的反应类型是___。（4）E的分子式为___；己知1mo1F与足量的NaHCO3反应生成4mo1CO2，则F的结构简式是___。（5）X与C互为同分异构体，写出同时满足下列条件的X的结构简式___

。①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢，其峰面积之比为2：2：1：1②能与NaOH溶液反应，1mo1X最多消耗4mo1NaOH③能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应（6）参照上述合成路线，以甲苯和甲

醇为原料（无机试剂任选）设计合成的路线___。【答案】(1).焦炭(2).对二甲苯（或1,4-二甲苯）(3).+2CH3OH+2H2O(4).酯基(5).取代反应(6).1014CH(7).(8).(9).CH3OHC

H3Cl【解析】【分析】采用逆推法，D中应该含有2个酯基，即，反应①的条件是乙醇，因此不难猜出这是一个酯化反应，C为对二苯甲酸，结合B的分子式以及其不饱和度，B只能是对二甲苯，从B到C的反应条件是酸性高锰酸钾溶液，固体A是煤干馏得到的，因此为焦炭，再来看下线，F脱水的产物其实是两个酸酐，因此

F中必然有四个羧基，则E就是1,2,4,5-四甲苯，据此来分析本题即可。【详解】（1）固体A是焦炭，B的化学名称为对二甲苯（或1,4-二甲苯）（2）反应①即酯化反应，方程式为+2CH3OH+2H2O；（3）D中官能团的名称

为酯基，注意苯环不是官能团；（4）E是1,2,4,5-四甲苯，其分子式为1014CH，根据分析，F的结构简式为；（5）根据给出的条件，X应该含有两个酯基，并且是由酚羟基形成的酯，再结合其有4种等效氢，因此符合条件的X的结构简式为；（6）甲苯只有一个侧链，而产物

有两个侧链，因此要先用已知信息中的反应引入一个侧链，再用酸性高锰酸钾溶液将侧链氧化为羧基，再进行酯化反应即可，因此合成路线为CH3OHCH3Cl。