1、2020年高考押题预测卷02【山东卷】123456789101112131415BBDCBBABDDCDBCBCDB化学全解全析1【答案】B【解析】A根据雄黄的结构可知化学式为As4S4，As的化合价为+2价，S的化合价为-2价，A正确；B古代熏蒸的消毒原理与H2O2类似，是利用氧化性使蛋白质变性，酒精破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性，原理不同，B错误；C佩戴药剂香囊是借中药气味挥发，是中医独特的防疫措施，C正确；D生活中也可使用火消毒器具，即高温使蛋白质变性，使用盐水可以抑菌，杀菌，D正确；答案选B。2【答案】B【解析】最长的主链含有5个C原子，从距离甲基近的一段编碳号，的名称为：2，2，
2、3-三甲基戊烷，选项A正确；B根据信息可知，A的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢原子，故其一氯代物有5种，选项B错误；C由A的结构简式可知，A的分子式为C8H18，选项C正确；DA是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下三种：、，它们名称依次为：3，3-二甲基-2-乙基-1-丁烯、3，4，4-三甲基-1-戊烯、3，4，4-三甲基-2-戊烯，选项D正确；答案选B。3【答案】D【解析】A铜粉与稀硫酸、过氧化氢反应生成硫酸铜和水，反应过程中无污染物，且原料利用率高，A正确
3、；B向苯酚钠溶液中通入CO2，若溶液变浑浊，说明生成苯酚，可证明碳酸酸性强于苯酚，B正确；CNaCl晶体难溶于饱和NaCl溶液，可用于洗涤除去KCl杂质，C正确；D探究浓度对反应速率的影响，变量应该只有浓度，其他条件相同；该实验没有明确说明温度相同，且本实验现象不明显，故不能达到实验目的，D错误；答案选D。4【答案】C【解析】A若价电子排布为3d104s1，为29号元素Cu，电子排布式为：Ar3d104s1，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故A正确；B若价电子排布为3d104s2，为30号元素Zn，电子排布式为Ar3d104s2，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能
4、量最低，故B正确；C若价电子排布为3s23p6，为18号元素Ar，电子排布式为1s22s22p63s23p6，3d轨道上没有电子， 故C错误；D若价电子排布为4s24p2，为32号元素Ge，电子排布式为Ar3d104s24p2，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故D正确；故答案为C。5【答案】B【解析】A.氯化铵和氢氧化钙固体受热分解生成氨气，氨气与氯化亚铁溶液反应，立即生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，故A错误；B.苯酚钠溶液与盐酸反应生成苯酚，出现白色浑浊，由于苯酚溶于热水，则加热变澄清，故B正确；C.苯不能与酸性高锰酸钾溶液反应，不能使酸性高锰酸钾溶
5、液褪色，故C错误；D.四氯化碳比水的密度大，碘在四氯化碳中溶解度大于水中溶解度，则分层后，下层碘的四氯化碳溶液呈紫色或紫红色，故D错误；故选B。6【答案】B【解析】A.由工艺流程图可知，海水淡化工厂以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液，饱和氯化钠溶液进入吸氨塔，吸收氨气后形成氨化的饱和氯化钠溶液，故A正确；B. 进入碱母液储罐中溶液的溶质为氯化铵和碳酸氢钠，通入氨气后，碳酸氢钠溶液与氨气反应生成碳酸钠和碳酸铵，故B错误；C. “冷析”和“盐析”的目的是利用氯化铵在溶液中的溶解平衡NH4Cl(s) NH4+(aq) + Cl(aq)，使平衡向左移动，得到氯化铵晶体，故C正确；D.
6、 由工艺流程图可知，反应中二氧化碳与氨化的饱和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，二氧化碳进入碳酸化塔循环使用，溶液中的碳酸氢钠与氨气反应生成碳酸钠，碳酸钠进入吸氨塔循环使用，从理论上分析，该工艺的碳原子利用率理论上可以为 100%，故D正确；故选B。7【答案】A【解析】通过给出的结构式可知，萝卜硫素含氢元素、碳元素，又该物质由五种短周期元素构成可知W、X、Y、Z中有一种是C，由“萝卜硫素”推知其中含硫元素，结合结构简式中的成键数目知，Z为S，Y为O，W为C，X为N。A原子半径：SCNO，故A正确；BC的简单氢化物是有机物，不与N的氢化物反应，故B错误；C萝卜硫素
7、中氢元素不满足8电子稳定结构，故C错误；DSO3的水化物是硫酸，强酸；SO2的水化物是亚硫酸，弱酸，故D错误；答案选A。8【答案】B【解析】A用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H+O2，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确；B用导线连接a、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3 + xH+xe- = HxWO3，故B错误；C用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C正确； D用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，故D
8、正确；故答案为B。9【答案】D【解析】A、HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性，选项A正确；B、根据图中曲线可知，当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高，选项B正确；C、用HPW/硅藻土代替传统催化剂浓硫酸，可减少设备腐蚀等不足，选项C正确；D、催化剂不能使平衡移动，不能改变反应正向进行的程度，选项D不正确。答案选D。10【答案】D【解析】A. 乙烯、丙烯和 2-丁烯结构相似，组成上相差若干个CH2原子团，都属于烯烃，互为同系物，A正确；B. 乙烯、丙烯和 2-丁烯都属于烯烃，随着碳原子个
9、数增加，沸点依次升高，故B正确；C. 2-丁烯具有顺式（）和反式（）异构，故C正确；D.由示意图可知，的过程中，发生了碳、钨（W）原子间的化学键断裂（），故D错误；故选D。11【答案】CD【解析】AY点pM大于3，pR小于3，则阴离子浓度大于阳离子浓度，即c(SO42-)c(Ca2+)；同理，Z点c(Mn2+)c(CO32-)，A错误；B根据O、P、Q三点求MnCO3、CaCO3、CaSO4的Ksp值，Ksp(MnCO3)= c(Mn2+)c(CO32-)=10-5.310-5.3=10-10.6；同理可得，Ksp(CaCO3)=10-8.6；Ksp(CaSO4)=10-5，故溶度积：Ksp(
10、MnCO3)Ksp(CaCO3)ClC （或OClC） （2） 6 p 5s25p4 （3）平面三角形 sp2、sp3 13NA(或136.021023) （4） 8 【解析】（1）元素的非金属性越强其电负性越大，O、Cl、C的非金属性大小顺序是OClC，所以其电负性大小顺序是OClC；（2）Na元素的原子序数为11，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，每个能级字母前的数字表示电子层数，所以该元素含有3个电子层，各能级包含的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7，该元素含有s、p能级，1+1+3+1=6个轨道；Te原子为52号元素，位于周期表第五周期、第VIA族，价
11、电子排布式为5s25p4，属于p区；（3）CO32-中碳原子价层电子对个数=3+(4+2-32)=3，且不含孤电子对，所以C原子采用sp2杂化，空间构型为平面三角形；碳酸丙烯酯中碳原子为单键和双键，单键形成4个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，为sp3杂化，双键形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，sp2杂化，所以碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，键的总数目为13，即13NA(或136.021023)；（4）氧离子半径大于钠离子半径，所以白色球为O，晶胞中白色球数目为8+6=4，黑色球为Na，共8个，由晶胞对称性可知O的配位数为8；根据晶胞结构可知Na周围距离最近的4个O形成正四面
12、体，顶点O与正四面体体心的Na连线处于晶胞体对角线上，Na与O之间的最短距离为体对角线的，晶胞体积=，晶胞边长=cm，则Na与O之间的最短距离为cm。18【答案】（1）2H2O2 O2+2H2O （2） H2O2+Cu2+CuO2+2H+ CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu （3）溶液中存在H2O2H+ +HO2，HO2H+ +O22，溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O22浓度增大，使得CuO2沉淀量增大 （4）将中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体
13、的质量不变 （5）CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多 【解析】（1）由题意可知，在硫酸铜做催化剂作用下，双氧水分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2 O2+2H2O，故答案为：2H2O2 O2+2H2O；（2）若中生成的沉淀为CuO2，说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水，反应的离子方程式为H2O2+Cu2+=CuO2+2H+，故答案为：H2O2+Cu2+=CuO2+2H+；由题意可知，过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水，双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化氧化亚铜或铜，无法观察到红色沉淀，说明假设可能成立，乙同学的观点正确，
14、故答案为：CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu；a g过氧化铜的物质的量为，由方程式可得如下关系：CuO2Cu2+EDTA，则有= c mol/LV103L，解得V=ml，故答案为：；（3）由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡H2O2H+ +HO2、HO2H+ +O22，溶液pH增大，氢离子浓度减小，两个平衡均正向移动，过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，故答案为：溶液中存在H2O2H+ +HO2，HO2H+ +O22，溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O22浓度增大，使得CuO2沉淀量增大；（4）若过氧化铜能够催化
15、过氧化氢分解，过氧化氢分解速率加快，催化剂过氧化铜的组成和质量不会发生变化，则实验操作和现象为将中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变，故答案为：将中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变；（5）由以上实验可知，当溶液pH增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大，故答案为：CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多。19【答案】
16、（1）煤油 （2） SrSO4+4CSrS+4CO （3） Ca(OH)2，MgO （4）81 随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小 （5）SO42-+Sr2+= SrSO4 （6）B （7）SrCl2H2O 【解析】（1）锶与钙元素同主族,且锶的金属性大于钙，易与水、乙醇等物质反应，故金属锶应保存在煤油中；答案为：煤油；（2）根据氧化还原反应原理可知SrSO4与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶和CO，化学方程式为SrSO4+4CSrS+4CO；答案为：SrSO4+4CSrS+4CO；（3）工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质
17、，高温煅烧生成对应的氧化物CaO、MgO、BaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2，微溶于水，BaO与水反应生成Ba(OH)2，MgO难溶于水；过滤后滤渣的主要成分为Ca(OH)2，MgO；答案为：Ca(OH)2，MgO；（4）根据图表信息得质量比为8：1时Sr(OH)28H2O的纯度和产率均相对较高；当质量比大于该比值时，Sr(OH)28H2O产率减小，其原因是随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小；答案为：81；随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小；（5）“净化”过程中常使用SrCl2 除SO42-杂质，
18、以生成沉淀的方式除杂，离子方程式为SO42-+Sr2+= SrSO4；答案为：SO42-+Sr2+= SrSO4；（6）氢氧化锶完全溶于水，与氯化镁反应后生成氯化锶和氢氧化镁，由于溶液pH变化明显，最简单的方法是测定不同时间反应液的pH；答案为：B；（7）SrCl26H2O(M=267gmol-1)脱水过程采用烘干法在170下预脱水，失重达33.7%，失重为H2O的质量。假设SrCl26H2O的物质的量1mol，质量为267g，在170下预脱水，失重33.7%，失重的质量为267g33.7%=90g，则失水的物质的量为5mol，则此时产物的化学式为SrCl2H2O；答案为：SrCl2H2O。2
19、0【答案】（1）酯基 碳碳双键 （2）消去反应 （3） （4） （5）CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3 【解析】（1）C的结构简式为，其中官能团的名称为酯基和碳碳双键；（2）根据E、F的结构简式，E中的一个I原子H原子消去形成一个碳碳双键生成E，属于卤代烃在氢氧化钠水溶液中发生的消去反应，则反应类型为消去反应；（3）DE的反应还可以由D()中碳碳双键中顶端的碳原子与羧基中的氧形成一个六元环，得到副产物X(分子式为C9H7O2I)，则 X的结构简式；（4）F的结构简式为，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子结构中含有苯环和酯基，且该酯基水解后形成酚羟基；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为：；（5）乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成，合成路线流程图为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH2OHCH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH=CHCH3。
