1、2020年高考押题预测卷02【新课标卷】理科综合化学全解全析78910111213CBAADCD7C 【解析】防治龋齿的有效成分是氟离子，在牙膏中添加Na2PO3F、NaF等均能防治龋齿，当提供的氟离子浓度相等时，它们防治龋齿的作用相同，A项正确；B二氧化硫具有防腐和抗氧化作用，在葡萄酒中加入适量二氧化硫可防止葡萄酒变质，B项正确；C不能用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，因为聚氯乙烯易受热分解，释放出的HCl等对人体有害，C项错误；D碳纳米管比表面积大，易吸附氢气，可用作新型储氢材料，D项正确；故选C。8B 【解析】A 制备硝基苯时，苯环上H被硝基取代，则制备硝基苯的反应类型为取代反应，故A正确；
2、B 结合表中数据可知，沸点低的先被蒸馏出来，则苯先被蒸馏出来，故B错误；C 硝酸易挥发，且在温度稍高的情况下会生成间二硝基苯，则反应温度控制在5060的原因是减少反应物的挥发和副产物的生成，故C正确；D 硝酸、硫酸与NaOH反应，且硝基苯不溶于水、密度比水的密度大，所以采用加入NaOH溶液、水洗涤、以及分液的方法可除去粗硝基苯中混有的无机杂质，除去过量硝酸、硫酸及可溶性盐。故D正确；故选B。9A 【解析】某种化合物由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，由结构图可知X的简单离子为X+，W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同，结合Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍，可知X为钠元素，Y为氧
3、元素，则W为铝元素；W、Y、Z分别位于三个不同周期，则Z为氢元素，该化合物为Na(Al(OH)4)；A原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期的主族元素原子序数越大，原子半径越小，则原子半径：HOAlNa，即ZYWNa+，即WX，故B正确；CNa2O2、H2O2均有强氧化性，具有漂白性，故C正确；DAl(OH)3为两性氢氧化物，能和NaOH溶液反应，即Al、Na的最高价氧化物的水化物可相互反应，故D正确；故选A。10A 【解析】A若加入29.4 g Cu(OH)2能使溶液复原，则相当于阴极上析出氢气和铜，生成0.3 mol铜转移电子个数0.3 mol2NA/mol0.6NA，根据原子守恒知，
4、生成0.3 mol水需要0.3 mol氢气，生成0.3 mol氢气转移电子的个数0.3 mol2NA/mol0.6NA，所以电解过程中共转移电子数为1.2NA，选项A正确；B常温常压下，11.2 L O2的物质的量小于0.5 mol，0.5 mol O3和11.2 L O2的分子数不相等，选项B错误；C一定条件下，丁烷催化裂解除生成乙烯和乙烷外，还会裂解生成甲烷和丙烯，则生成1 mol乙烯时，消耗丁烷的数目大于NA，选项C错误；D25 时，1 L pH10的NaHCO3溶液中含有H2CO3的数目小于104NA，选项D错误；故选A。11D 【解析】由4Na+3CO2 2Na2CO3+C可知，放电
5、为原电池反应，Na为负极失去电子，正极上C得到电子；充电为电解池，阳极与正极相连，阳极失去电子发生氧化反应，电解时阳离子向阴极移动；据以上分析解答。A根据以上分析可知放电时，钠金属片作负极，碳纳米管作正极，A正确；B充电时碳失去电子，阳极反应为：2Na2CO3+C-4e-=3CO2+4Na+，B正确；C放电时，Na+从负极区向正极区移动，C正确；D钠是活泼的金属，与水反应，该电池的电解质溶液不能使用NaClO4的水溶液，D错误；故选D。12C 【解析】A因钠保存在煤油中，表面有覆盖的煤油，所以应用滤纸吸去表面的煤油，钠与水反应剧烈，水的量也不应太多，A错误；B碳酸氢钠和碳酸钠都与氢氧化钙反应生
6、成不溶性的碳酸钙，现象相同，所以不能用澄清石灰水鉴别碳酸氢钠和碳酸钠，B错误；C可燃物燃烧的条件之一是温度达到着火点，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧，说明过氧化钠和二氧化碳反应放出热量导致棉花的温度达到着火点而燃烧，C正确；D观察钾元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃滤去钠元素黄光的干扰，否则观察不到钾元素的焰色反应，D错误；故选C。13D 【解析】A己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取0.6和4.8点， =100.6molL1，c(H)=104
7、.8molL1，代入Ka2得到Ka2=105.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6molL1，c(H)=105.0molL1，代入Ka1得到Ka2=104.4，因此HX的水解常数是1014/104.4Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H)c(OH)，C正确；D根据图像可知当0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，0，即c(X2-)c(HX-)，D错误；故选D。26（14分）（1）增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率（2分）过滤（1分）（2）3M
8、nO26KOHKClO33K2MnO4KCl3H2O（2分）（3）使Fe3+全部沉淀下来而其他金属离子不形成沉淀（2分）5.010-9（3分）（4）H2O22Fe2+2H+=2Fe3+2H2O（2分）（5）16Fe2NH32Fe8N3H2（2分）【解析】赤铁矿(主要成分为60.0%Fe2O3，杂质有3.6%FeO，Al2O3，MnO2，CuO等)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加双氧水把亚铁离子还原为铁离子，调节PH=3.6生成氢氧化铁沉淀，过滤，灼烧氢氧化铁生成氧化铁，再用氢气还原得铁单质。（1）含杂质的赤铁矿使用前要将其粉碎，可以增大固液接触面积，加快浸出反应速率，
9、提高浸出率，通过操作将不溶的二氧化锰过滤掉；（2）MnO2与KClO3、KOH溶液混合共热，可得到K2MnO4，锰元素化合价升高，则氯元素化合价降低，产物有氯化钾，化学方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O；（3）根据表中数据可知，为保证铁离子全部沉淀的pH大于3.4，但为了不使其他金属离子沉淀，pH不能太大；KspCu(OH)2=c(Cu2+)c2(OH-)=210-20，c(H+)=，反应Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+的平衡常数K= =510-9；（4）双氧水氧化亚铁离子，发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；（
10、5）赤铁矿石1kg含铁的物质的量为：2+=8mol，氨气的物质的量为：=1mol，铁和氨气的物质的量之比是8:1，生成的氮化铁为Fe8N，根据质量守恒，则该反应为：16Fe+2NH32Fe8N+3H2。27（14分）（1）bc（2分）CH4+CO2CH3COOH（2分）2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-（2分）阳极产生O2，c（H+）增大，c（HCO3-）降低；K+部分进入阴极（2分）（2）b（2分）（2分）温度升高，甲醇的平衡产率降低（2分）【解析】（1）a催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应的平衡常数，故a错误；b由图中变化可知甲烷在催化剂作用下选择性活化，甲烷分子中
11、碳原子会与催化剂形成新的共价键，必有C-H键发生断裂，故b正确；cXY的焓值降低，说明为放热过程，由CH4CH3COOH有C-C键形成，故c正确；故答案选bc；由图示可知，由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为CH4+CO2CH3COOH；阴极得电子，CO2还原为HCOO-的电极反应式为：2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-；阳极H2O失电子产生O2，c(H+)增大，碳酸氢根离子与氢离子反应，所以c(HCO3-)降低，K+部分进入阴极，导致阳极区的KHCO3溶液浓度降低；（2）a使用催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，也就不影响CO2的平衡转化率；b该反应的正
12、反应为气体体积减小的反应，加压能使化学平衡正向移动，能够提高CO2的平衡转化率；c增大CO2和H2的初始投料比，CO2的平衡转化率降低；故答案选b；根据图像可知，甲醇的平衡产率随着温度的升高而降低，所以正反应为放热反应，即H0。28（15分）（1）打开分液漏斗上口的玻璃塞或者将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔（2分）（2）4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2（2分）增大SO2与溶液的接触面积，使反应充分（2分）（3）bc（2分）（4）滴入最后一滴Na2S2O3 溶液蓝色褪去且在半分钟内不恢复（2分）0.03mol/L（2分）a（2分）【解析】装置A中利用浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二
13、氧化硫，进入B装置，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，装置B中利用二氧化硫、硫化钠和碳酸钠反应制取硫代硫酸钠；装置C检验二氧化硫的吸收效果，需要有明显的实验现象；装置D进行尾气吸收。（1）若没有打开分液漏斗上口的玻璃塞，或没有将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔，分液漏斗内的液体将不能顺利滴下，为保证硫酸顺利滴下需打开分液漏斗上口的玻璃塞或者将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔；（2）根据已知信息SO2、Na2S、Na2CO3反应生成Na2S2O3和CO2，该过程中二氧化硫中硫元素化合价降低，做氧化剂，硫化钠中硫元素化合价升高做还原剂，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为：4SO2+2S2-+CO3
14、2-=3S2O32-+CO2；在该装置中使用多孔球泡可以增大接触面积，使反应充分；（3）二氧化硫可以被双氧水氧化，但没有明显现象，故a不选；b溴水可以氧化二氧化硫，且溶液颜色会发生变化，故b选；c高锰酸钾可以氧化二氧化硫，且溶液颜色会发生变化，故c选；d二氧化硫与氯化钡溶液不反应，故d不选；综上所述选bc；（4）滴定过程中，Cr2O72-将碘离子氧化成碘单质，然后滴入Na2S2O3标准液滴定生成的碘单质的量，从而确定Cr2O72-的量，进而确定钡离子的量。滴定终点碘单质被完全反应，溶液蓝色褪去，所以滴定终点的现象为：滴入最后一滴Na2S2O3 溶液蓝色褪去且在半分钟内不恢复；Cr2O72-将碘
15、离子氧化成碘单质，自身被还原成Cr3+，所以有转化关系Cr2O72-3I2，滴定过程中发生反应I2 +2S2O32-= S4O62-+ 2I-，所以I22S2O32-，钡离子与Cr2O72-存在转化关系2Ba2+2BaCrO4Cr2O72-，所以Ba2+和S2O32-存在数量关系2Ba2+6S2O32-，所以废液中Ba2+的浓度为；a滴定管未用标准液润洗，会稀释标准液，导致消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高；b滴定终点时俯视读数导致读数偏小，读取的标准液体积偏小，测定结果偏低；c锥形瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理，对待测液的溶质的物质的量没有影响，故对实验结果不影响；d滴定管尖嘴处滴定前无气泡
16、，滴定终点发现有气泡将使读取的标准液体积偏小，测定结果偏低；综上所述选a。35（15分）（1）1s22s22p63s1 或Ne3s1（2分）Cl（2分）（2）H2S 分子间不存在氢键，H2O 分子间存在氢键（2分）（3）平面三角形（2分）（4） Na（2分）（5）配位键（2分）Cu(NH3)42+（3分）【解析】A基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，s轨道上有两个电子，则p轨道上有4个电子，所以A的核外电子数为8，是氧元素；B的序数比A大且是同周期元素中最活泼的金属元素，所以B为第三周期的钠元素； 因为C的序数比A大，所以C和A形成的引起酸雨的主要大气污染物之一的化合物是二氧化硫，
17、则C是硫元素；D的序数比C大，且为主族元素，所以D是氯元素；E是一种过渡元素，E的基态原子4s轨道半充满和3d轨道全充满，则E的核外电子数是29，为铜元素。（1）由分析可知，B是钠元素，基态原子的电子排布式是1s22s22p63s1 或Ne3s1，C为硫元素，D为氯元素，根据元素周期律，同一周期从左到右电负性逐渐增大，所以电负性较大的是Cl，故答案为：1s22s22p63s1 或Ne3s1；Cl；（2）非金属元素氢化物的沸点与氢键有关，因为H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键所以硫化氢的沸点低于与其组成相似的水的沸点，故答案为：H2S 分子间不存在氢键，H2O 分子间存在氢键；（3）C
18、与A形成的CA3分子SO3，SO3分子中有3个键，孤电子对数为=0，则空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；（4）白球占有顶点和面心，因此白球的个数为，黑球位于体心，有8个，因此个数比为1:2，此物质的分子式为Na2O，因此黑球是Na+，故答案为：Na+；（5）在过量的氨水中，铜离子能提供空轨道，氨气分子中的氮原子提供孤电子对，形成配位键，所以铜离子与氨分子通过配位键能形成Cu(NH3)42+，故答案为：配位键；Cu(NH3)42+。36（15分）（1）酯基（1分）取代反应 （1分） （2） （2分） （3） （2分）新制的Cu(OH)2悬浊液 （1分） 是否有砖红色沉淀生成 （1分）（
19、5） 3 （2分） （6） （5分） 【解析】 （1）F的结构简式为，所含官能团的名称为酯基；G为，则FG是F的上的H原子被乙基替代生成G，属于取代反应；（2） 对比G、H的结合，结合信息i可知试剂a为；（3） B、C互为同分异构体，二者发生信息iii中取代反应生成D，可推知C为HCOOC2H5，则D为，BD的化学方程式：；B和D均含有酯基，但D中还含有醛基，则可利用新制的Cu(OH)2悬浊液来鉴别，用新制的Cu(OH)2悬浊液分别与B或D混合加热，有砖红色沉淀生成的为D，不生成砖红色沉淀生成的为B；（4）D为，其分子式为C4H6O3，其同分异构体满足a能发生银镜反应说明有醛基，也可能是甲酸酯
20、；b能与反应说明分子组成含有羟基或羧基；c能使Br2的CCl4溶液褪色，再结合在羟基与碳碳双键直接相连的结构不稳定，同一个碳原子上连接多个羟基的结构不稳定，可知分子结构中不可能有碳碳双键，应该包含2个醛基和1个羟基，具体是：OHCCH(OH)CH2CHO、CH2(OH)CH(CHO)2、CH3C(OH)(CHO)2，共3种；（5） 以CH2BrCH2CH2Br、CH3OH、CH3ONa为原料，制备，可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与CH3OH酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa发生信息iii的反应即得到，具体流程图为： 。
