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1、2020届全国III卷高考化学模拟卷（六）可能用到的相对原子质量：H-1 li-7 Be 9 B-11 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 P-31 Cl-35.5 Mn- 55 Fe-56 Cu-64 Ba-137 I-1271、 选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42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。7.造纸术是中国古代四大发明之一。古法造纸是将竹子或木材经过蒸解、抄纸、漂白等步骤制得。下列说法正确的是（ ）A“文房四宝”中的宣纸与丝绸的化学成分相同B“竹穰用石灰化汁涂浆，入木桶下煮”，蒸解过程中使纤维素彻底分解
2、C“抄纸”是把浆料加入竹帘中，形成薄层，水由竹帘流出，其原理与过滤相同D明矾作为造纸填充剂，加入明矾后纸浆的pH变大8.阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述正确的是A18克液态水与18克冰中氢键数目均为NAB工业酸性废水中的Cr2O72-可转化为Cr3+除出，现用电解的方法模拟该过程，阴极为石墨，阳极为铁，理论上电路中每通过6mol电子，就有NA个Cr2O72-被还原C标准状况下，22.4LNO2含有的原子数小于3NAD1molLiAlH4在125完全分解成LiH、H2、Al，转移电子数为3NA9.莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是（ ）A分子中所有碳原子
3、共平面B分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物C分子中含有3种官能团，能发生加成、氧化、取代反应D1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体10.根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是序号操作现象解释或结论A在含0.1mol的AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和KI溶液溶液中先有白色沉淀生成，后来又变成黄色Ksp(AgCl)Ksp(AgI)B取FeSO4少许溶于水，加入几滴KSCN溶液溶液变红色FeSO4部分氧化C将纯净的乙烯气体通入酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去乙烯具有还原性D在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体有沉淀生成酸性：H2S
4、O3HClO11. 2019年化学诺贝尔奖授予拓展锂离子电池应用的三位科学家。如图是某锂空气充电电池的工作原理示意图，下列叙述正确的是A电解质溶液可选用可溶性锂盐的水溶液B电池放电时间越长，Li2O2含量越少C电池工作时，正极可发生Li+O2e- = LiO2D充电时，b端应接负极12.短周期元素 X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子Z2M2Y4(YX)2，结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，下列说法正确的是A简单离子半径: ZMYB常温下Z和M的单质均能溶于浓硝酸CX与Y结合形成的化合物是离子化合物D工业上常用电解Z的氯化物的熔
5、融液来制取Z单质13.常温下，将1.0L X mol/L CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合充分反应，再向该混合溶液中通人HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是AX”、“c(HSO3)c(H+)c(SO32)c(OH)B c(HSO3)c(NH4+)(SO32)c(H+)c(OH)C c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(HSO3)+2c(SO32)+c(H2SO3)D c(H+)+c(H2SO3)=c(OH)+c(SO32)+c(NH3H2O)IISO2的回收利用：（3）SO2与Cl2反应可
6、制得磺酰氯(SO2Cl2)，反应为SO2(g)Cl2(g)SO2Cl2(g)。按投料比1：1把SO2与Cl2充入一恒压的密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如下图所示：恒温恒压条件下，密闭容器中发生上述反应，下列事实不能说明反应达到平衡状态的是_(填字母)。a SO2Cl2的浓度保持不变 b 混合气体的压强不再改变c 混合气体的密度不再改变 d 混合气体的平均相对分子质量不再改变若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp_(用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压体积分数)。III（4）过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，其结构式为。在工业
7、上用作强氧化剂。在Ag+催化作用下，S2O82能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42和MnO4，1molS2O82能氧化的Mn2+的物质的量为_mol。工业上可用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。则阳极的电极反应式为_。（2） 选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。35. 2019年10月9日，瑞典皇家科学院将2019年度诺贝尔化学奖授予美国JohnBGoodenough教授、M.stanleyWhittlingham教授和日本化学家AkiraYoshino，以表彰其在锂离子电池的发展方面作出的贡献。（1）基态锂原子核外能量最
8、高的电子所处能级的电子云轮廓图的形状为_；基态磷原子第一电离能比硫的_ (填“大”或“小”)，原因是_。（2）实室中可用KSCN或K4Fe(CN)6来检验Fe3+，FeCl3与KSCN溶液混合，可得到配位数为5的配合物的化学式是_；（3）磷酸(H3PO4)和亚磷酸(H3PO3)是磷元素的两种含氧酸。PO43-的空间构型为_；亚磷酸与NaOH反应只生成NaHPO3和NaH2PO3两种盐，则H3PO3的结构式为_。（4）磷酸分子间脱水可生成多磷酸，其某一钙盐的结构如图所示：由图推知该多磷酸钙盐的通式为_（用n表示重复单元数）（5）氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为gcm-3，N
9、A代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与O2-紧邻且等距离的Fe2+数目为_；Fe2+与O2-最短核间距为_pm。36.药物H(阿戈美拉汀)是一种抗抑郁药，H的一种合成路线如下：已知：；化合物B中含五元环结构，化合物E中含两个六元环状结构。回答下列问题：(1)A的名称为_(2)H中含氧官能团的名称为_(3)B的结构简式为_(4)反应的化学方程式为_(5)的反应类型是_(6)M是C的一种同分异构体，M分子内除苯环外不含其他的环，能发生银镜反应和水解反应，其核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6:3:2:1。任写出三种满足上述条件的M的结构简式_(不考虑立体异构)。(7)结合上述合成路线，设计以2溴
10、环己酮() 和氰基乙酸(NCCH2COOH)为原料制备的合成路线_(无机试剂及有机溶剂任选)答案与解析7.【答案】C【解析】宣纸主要成分为纤维素，丝绸主要成分为蛋白质，故A错误；蒸解过程是将纤维素分离出来，而不是使纤维素彻底分解，故B错误；过滤是利用滤纸把固体不溶物和溶液分离，抄纸过程中竹帘相当于与滤纸，纤维素等不溶于水的物质可留在竹帘上，故C正确；明矾中铝离子水解会使纸浆显酸性，pH变小，故D错误；故答案为C。8. 【答案】D【解析】冰中1个水分子周围有4个水分子通过氢键连接，每个水分子相当于含有2个氢键，所以1mol冰中，氢键的数目是2NA，故A错误；铁为阳极，Fe-2e=Fe2，Cr2O
11、72与亚铁离子发生氧化还原反应生成Cr3和三价铁离子，其离子方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H=6Fe3+2Cr3+7H2O；得关系式：Fe22e Cr2O72，当电路中通过6mole，有0.5molCr2O72被还原，故B错误；所以标准状况下，22.4LNO2物质的量为： =1mol，含有的原子数等于3NA，故C错误；依据分解化学方程式和盐酸化合价变化计算电子转移，1mol LiAlH4在125完全分解成LiH、H2、Al，化学方程式为：LiAlH4=LiH+H2+Al，转移电子3NA，故D正确；故选D。9. 【答案】C【解析】A分子中含有一个碳碳双键，只有碳碳双键连接的5个碳原子共平
12、面，A错误；B分子中无苯环，不属于芳香族化合物，B错误；C分子中有碳碳双键、羟基、羧基3种官能团，碳碳双键可以被加成，分子可以发生加成、氧化、取代反应，C正确；D1mol莽草酸中含有1mol-COOH，可以与足量碳酸氢钠反应生成1molCO2气体，D错误；答案选C。10. 【答案】C【解析】A在含0.1mol的AgNO3溶液中依次加入NaCl溶液和KI溶液，溶液中先有白色沉淀生成，后来又变成黄色，如果硝酸银过量，均有沉淀生成，不能比较AgCl、AgI的Ksp，所以不能得出Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，A错误；B取FeSO4少许溶于水，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色说明溶液中含有铁离子，
13、但不能说明FeSO4部分氧化，还有可能全部变质，B错误；C将纯净的乙烯气体通入酸性KMnO4溶液 溶液紫色褪去，说明高锰酸钾被还原，因此可以说明乙烯具有还原性，C正确；D在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体有沉淀生成，由于次氯酸钙具有氧化性，把二氧化硫氧化为硫酸根离子，生成的沉淀是硫酸钙，不能得出酸性：H2SO3HClO，D错误。答案选C。11. 【答案】D【解析】根据电子的流向可知b极为负极，锂单质失电子被氧化，a极为正极，氧气得电子被还原。A负极单质锂与水反应，所以电解溶液不能用水溶液，故A错误；B电池放电过程中锂单质被氧化成锂离子，锂离子移动到正极发生xLi+O2+xe-=LixO2，
14、所以时间越长正极产生的Li2O2越多，而不是越少，故B错误；C正极发生得电子的还原反应，当x=1时发生：Li+O2+e-=LiO2，故C错误；D充电时，b极锂离子转化为锂，发生还原反应，即为电解池的阴极，则充电时，b端应接负极，故D正确；故选D。12. 【答案】D【解析】X、M的族序数均等于周期序数，结合团簇分子结合可知X为H，M为Be或Al，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，则Y为O，Y的原子序数小于M，则M为Al；根据团簇分子的结构可知其分子式应为Al2Z2H2O6，Z的化合价为+2价，则Z为Mg。A离子核外电子层数相同时，原子序数越小其半径越小，所以简单离子半径：O2-Mg2+Al3
15、+，故A错误；B常温下金属铝与浓硝酸会钝化，故B错误；CX与Y形成的化合物为H2O2或H2O，均为共价化合物，故C错误；DZ为Mg，工业上常电解熔融状态下的氯化镁制取镁单质，故D正确；故答案为D。13. 【答案】B【解析】根据图像可知，b点溶液显酸性，则为CH3COOH、CH3COONa的混合液。A. b点溶液呈酸性，酸过量，则X0.1mol/L，A错误；B. ba过程中，加入NaOH溶液，消耗过量的乙酸，生成乙酸钠，则水的电离程度逐渐增大，B正确；C. a点时，向乙酸溶液中加入0.2molNaOH，溶液中c(H+)=10-7mol/L，c(CH3COO-)=0.2mol/L，c(CH3COO
16、H)=(X-0.2)mol/L，则Ka (CH3COOH) =，C错误；D. bc过程中，溶液中酸性增强，c(CH3COOH)增大，c(CH3COO) 减小，而逐渐变大，D错误；答案为B。26. 【答案】圆底烧瓶 残留在漏斗颈部的液体起液封作用；当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体 石蜡油 NaNO2NH4ClNaClN22H2O 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验 等于 偏高 【解析】分析题给装置图，可知装置A为NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2的发生装置，装置B的目的为干燥N2，装置C为N2和金属Li进行合成的发生装置，装置D的主要目的是防止空气中的水蒸气和二
17、氧化碳进入，干扰试验。据此解答。（1）盛装NH4Cl溶液的仪器是圆底烧瓶；（2）安全漏斗颈部呈弹簧状，残留液体起液封作用，当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；锂的密度小于煤油，锂与水反应，常将锂保存在石蜡油中。（3）亚硝酸钠与氯化铵共热生成氮气、氯化钠和水。反应方程式为：NaNO2NH4ClNaClN22H2O。（4）锂能与二氧化碳、水反应，氮化锂能与水反应，故用D装置吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；（5）氨气压强无法直接测定，只能测定外界大气压，当G和F中液面相平时，氨气压强等于外界大气压；装置E中发生反应：Li3N3H2O=3LiOHNH3，根据题意有：n(NH3)=mol，
18、则(Li3N)=100%=%。锂能与水反应产生H2，如果产品混有锂，则产生气体体积偏大，测得产品纯度偏高。27. 【答案】ac MnO22I4H+Mn2+I22H2O 分液 蒸馏 （或或） 2.91044） NaHCO3的溶解度最小 CaO或Ca(OH)2 NH4Cl 小于 【解析】(1) aAgCl、AgBr、AgI的颜色分别为白色、浅黄色、黄色，依次变深，a正确；bF、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，金属性依次增强，b错误；cHF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，即还原性的依次增强，c正确；dF2、Cl2、Br2、I2与H2化合由易变难，d错误；答案为ac；(2)氧化时，在酸性条件
19、下MnO2与碘离子反应生成二价锰离子、碘单质和水，离子方程式为MnO22I-4H+Mn2+I22H2O；步骤为固液分离，方法为过滤；为萃取后分液；蒸发掉有机物生成晶态碘；(3) 除Mg2+、Fe2+用NaOH，除Ca2+用碳酸钠，除SO42-用氯化钡溶液，但会引入钡离子，除钡离子也用碳酸钠，则除硫酸根离子在除钙离子之前，过滤后再加盐酸除去碳酸根离子和氢氧根离子，添加顺序为（或或）；Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c(CO32-)=2.910-9，则c(CO32-)=2.9104mol/L；(4) NaHCO3的溶解度小于碳酸钠的，则饱和碳酸钠溶液中通二氧化碳和氨气时能析出碳酸氢钠；“氨碱法
20、”滤液中的主要成分为氯化铵，加入CaO或Ca(OH)2时可产生氨气；在滤液中继续通入NH3，并加入NaCl粉末能得到更多的氯化铵；根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，c(Na+)=c(Cl-)，c(NH4+)=c(HCO3-)，则c(H+)= c(OH-)+2c(CO32-)，溶液呈酸性，pHc(OH)；ANH4+水解程度比HSO3的电离程度小，且HSO3会水解，所以c(NH4+)c(HSO3)，HSO3电离出氢离子，且大于水解，NH4+水解也生成氢离子，所以c(H+)c(SO32)，溶液呈酸性，水解是微
21、弱的，所以c(NH4+)c(HSO3)c(H+)c(SO32)c(OH)，故A正确；根据分析A项正确，则B错误；根据物料守恒可知：c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(HSO3)+c(SO32)+c(H2SO3)，故C错误；溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+ c(OH)= c(HSO3)+2c(SO32)+c(H+)，与物料守恒式联立消去c(NH4+)可得：c(H+)+c(H2SO3)=c(OH)+c(SO32)+c(NH3H2O)，故D正确；综上所述选AD；(3)当反应达到平衡时各组分的浓度不再改变，所以SO2Cl2的浓度保持不变说明反应达到平衡，故a不选；恒温恒压条件下混合气体的压强一
22、直不变，故b选；恒压条件下，平衡移动过程中容器体积会发生变化，而气体的质量不变，所以平衡移动时密度发生改变，当密度不变时说明反应达到平衡，故c不选；气体质量一直不变，平衡移动过程中气体的总物质的量会发生改变，所以平均相对分子质量会发生改变，当其不变时说明反应达到平衡，故d不选；综上所述选b；据图可知M点SO2的转化率为50%，不妨设初始投料为1mol SO2和1mol Cl2，则列三段式有： 相同条件下气体压强之比等于物质的量之比，所以p(SO2)= p(Cl2)= p(SO2Cl2)=p，所以Kp=；(4)根据过二硫酸的结构式可知过二硫酸中S为+6价，两个O为-1价，S2O82与Mn2+反应
23、时-1价的O被还原成-2价，Mn2+被氧化成+7价，升高5价，1molS2O82能得到2mol电子，所以可以氧化Mn2+的物质的量为0.4mol；电解池中阳极发生氧化反应，用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵时，硫酸根被氧化成S2O82，所以阳极反应为：2SO422e= S2O82。35. 【答案】球形 大 基态磷原子的3p轨道处于半充满状态，较稳定 K2Fe(SCN)5 正四面体 (CaP2O6)n 6 pm 【解析】(1)基态锂原子价电子排布式为2s1，电子最高占据2s能级，电子云轮廓图形为球形；基态磷原子的3p轨道处于半充满状态，较稳定，所以磷的第一电离能比硫大；(2)Fe3
24、+与SCN-形成的配合物中，Fe3+提供空轨道，SCN-提供孤对电子作为配体，所以配位数为5的配离子为Fe(SCN)52-，相应的配合物的化学式是K2Fe(SCN)5；(3)PO43-中P的价层电子对数为4+=4，无孤电子对，所以的空间构型为正四面体；亚磷酸H3PO3与NaOH反应只生成NaHPO3和NaH2PO3两种盐，说明亚磷酸含有2个羟基氢原子，另外的一个H、O直接与P相接，所以H3PO3的结构式为；(4)根据图知，其最小的重复部分为，据此判断形成盐的化学通式为 (CaP2O6)n；(5)以体心O2-研究，与O2-紧邻且等距离的Fe2+处于面心，共有6个；Fe2+与O2-的最短核间距等于
25、晶胞棱长的，晶胞中Fe2+数目=8+6=4，O2-离子数目=1+12=4，所以晶胞质量=g，设二者最短距离为a pm，则晶胞棱长=2a pm，晶胞的体积为(2a10-10cm)3=8a310-30cm3，则：g=gcm-38a310-30cm3，解得a=pm。36. 【答案】苯甲醚 醚键、酰胺键 +H2O 消去反应 【解析】已知化合物B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构即为。C生成D时，反应条件与已知信息中给出的反应条件相同，所以D的结构即为。D经过反应后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元
26、环，所以推测E的结构即为。(1)由A的结构可知，其名称即为苯甲醚；(2)由H的结构可知，H中含氧官能团的名称为：醚键和酰胺键；(3) B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构简式即为；(4) D经过反应后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为，所以反应的方程式为：+H2O；(5) F经过反应后分子结构中多了一个碳碳双键，所以反应为消去反应；(6)M与C互为同分异构体，所以M的不饱和度也为6，去除苯环，仍有两个不饱和度。结合分子式以及核磁共振氢谱的面积比，可知M中应该存在两类一共3个甲基。考虑到M可水解的性质，分子中一定存在酯基。综合考虑，M的分子中苯环上的取代基个数为2或3时都不能满足要求；如果为4时，满足要求的结构可以有：，；如果为5时，满足要求的结构可以有：，；(7)氰基乙酸出现在题目中的反应处，要想发生反应需要有机物分子中存在羰基，经过反应后，有机物的结构中会引入的基团，并且形成一个碳碳双键，因此只要得到环己酮经过该反应就能制备出产品。原料相比于环己酮多了一个取代基溴原子，所以综合考虑，先将原料中的羰基脱除，再将溴原子转变为羰基即可，因此合成路线为：