1、【赢在高考黄金20卷】备战2020高考全真模拟卷07化 学(考试时间：50分钟 试卷满分：100分)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 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64 Zn 65一、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
2、一项是符合题目要求的。7NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1 mol Na与完全反应生成和的混合物，转移电子，生成物中离子总数为B的溶液中，由水电离的数目为个C里含有的电子数目为D62 g白磷中含有P-P键的数目为【答案】D【解析】A钠和氧气反应后变为价，故1mol钠完全反应转移1mol电子即个，而生成的产物无论是氧化钠还是过氧化钠，均是阴离子，而1mol钠反应后变为，故所对应的阴离子的物质的量为，即产物中离子共个，故A错误；B的溶液中，的电离大于水解，故溶液中的氢离子主要来自于的电离，故溶液中水电离出的氢离子小于个，故B错误；C的物质的量为，而中含8mol电子，故中含电子即个，故C
3、错误；D62g白磷的物质的量为，而1mol白磷中含键，故白磷中含键即个，故D正确故选D。8下列指定反应的离子方程式正确的是A向氨水中通入过量SO2：NH3H2OSO2=NH4+HSO3-BSi与NaOH溶液反应：Si2OHH2O=SiO32-H2C电解MgCl2溶液：2H2O2Cl2OHH2Cl2DBa(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2恰好完全沉淀：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O【答案】A【解析】A一水合氨是弱碱，保留化学式，反应的离子方程式：SO2+NH3H2ONH4+HSO3-，选项A正确；BSi与NaOH溶液反应的离子反应为Si+2OH-+H2O=SiO32
4、-+2H2，选项B正确；C、电解MgCl2溶液，反应生成了氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：Mg2+2Cl-+2H2OMg(OH)2+H2+Cl2，选项C错误；D向Ba（OH）2溶液滴加NaHSO4溶液至沉淀恰好完全的离子反应为Ba2+OH-+H+SO42-BaSO4+H2O，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，易错点为选项D，应知道完全沉淀时是以钡离子和硫酸根离子按1：1进行反应。9下列叙述正确的是A甲苯与足量H2加成产物的一氯取代物有5种B由3种单体加聚得到C双糖、多糖在稀酸的催化下最终均水解为葡
5、萄糖D分子式为C4H6O2并能与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2的有机物有3种(不含立体异构)【答案】A【解析】分析：A项，甲苯与足量H2反应生成，中有5种H原子；B项，链节的主链上只有碳原子且含碳碳双键，用“凡双键，四个碳；无双键，两个碳”的规律判断单体；C项，蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖；D项，能与NaHCO3反应生成CO2说明结构中含羧基，C4H6O2的不饱和度为2，其结构可能是链状也可能是环状。详解：A项，甲苯与足量H2反应生成，中有5种H原子，的一氯代物有5种，A项正确；B项，链节的主链上只有碳原子且含碳碳双键，用“凡双键，四个碳；无双键，两个碳”的规律判断单体，单体为CH2=CHC
6、H=CH2和CH3CH=CH2，由2种单体加聚得到，B项错误；C项，麦芽糖、淀粉、纤维素在酸催化下最终水解为葡萄糖，蔗糖在酸催化下最终水解为葡萄糖和果糖，C项错误；D项，C4H6O2的不饱和度为2，能与NaHCO3溶液反应生成CO2说明有机物结构中含羧基，符合条件的同分异构体有：CH3CH=CHCOOH、CH2=CHCH2COOH、，共4种，D项错误；答案选A。点睛：本题考查一氯代物种类的判断、高分子化合物单体的判断、双糖和多糖的水解、限定条件同分异构体数目的确定。确定一氯代物的种类用“等效氢”法：同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上所连甲基上氢原子等效，处于对称位置的氢原子等效。限定条
7、件的同分异构体数目的确定用有序思维，先确定不饱和度和官能团，再用残基法确定可能的结构。10如图是五种短周期元素的原子序数与其在氢化物中化合价的关系图，则下列说法不正确的是AX的氢化物具有很强的还原性BYW2、ZW2、X2W2都能使品红溶液褪色，且褪色原理相同CY、Z元素的最高价氧化物对应的水化物都呈酸性，而且酸性：HZO4 H2YO4D元素W、T的氢化物的沸点比同主族中相邻的氢化物高，是因为这两种氢化物分子间存在氢键【答案】B【解析】A. X为Na，其氢化物为NaH，具有很强的还原性，故A正确；B. SO2、ClO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，二氧化硫与有色物质化合为无色物质，而ClO2、
8、Na2O2具有强氧化性，将有色物质氧化为无色物质，褪色原理不相同，故B错误；C. Y、Z元素的最高价氧化物对应的水化物分别为H2SO4、HClO4，都呈酸性，由于非金属性Cl S，故酸性：HClO4 H2SO4，故C正确；D. 元素W、T的氢化物分别为H2O、NH3，这两种氢化物分子间存在氢键，它们的沸点比同主族中相邻的氢化物高，故D正确。综上所述，答案为B。11根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是实验操作预测实验现象实验结论或解释A向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性:Fe3+I2B向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制Cu(
9、OH)2悬浊液并加热有砖红色沉淀生成葡萄糖具有还原性C常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中，用淀粉碘化钾试液检验试液不变蓝常温下，浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应D向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4+OH- = NH3+H2O【答案】C【解析】A.由于Br2具有强的氧化性，所以向FeI2溶液中滴入足量溴水，Fe2+、I-都被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2单质，由于I2容易溶于CCl4，而CCl4与水互不相容，密度比水大，因此加入CCl4，振荡，静置，会看到液体分层，下层为I2的CCl4溶液层但不能证明氧化性:
10、Fe3+I2，A错误；B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液，使溶液显碱性，然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，会看到产生砖红色沉淀，证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性，B错误；C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气，因此用淀粉碘化钾试液检验，不能使试纸变为蓝色，C正确；D.向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液，首先发生反应：Al3+3OH-=Al(OH)3，D错误；故合理选项是C。12用下图所示装置除去含CN、Cl废水中的CN时，控制溶液PH为910，阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是A用石墨作阳极，铁作
11、阴极B阳极的电极反应式为：Cl + 2OH2e= ClO + H2OC阴极的电极反应式为：2H2O + 2e = H2 + 2OHD除去CN的反应：2CN+ 5ClO + 2H+ = N2 + 2CO2 + 5Cl+ H2O【答案】D【解析】A、根据电解的原理，铁作阳极时，铁失电子，参与反应，但根据题中信息，铁不参与反应，因此铁作阴极，故A说法正确；B、根据信息，环境是碱性，利用ClO氧化CN，因此阳极反应式为Cl2OH2e=ClOH2O，故B说法正确；C、根据电解原理，阴极上是阳离子放电，即2H2e=H2，故C说法正确；D、CN被ClO氧化成两种无毒的气体，即为N2和CO2，环境是碱性，不能
12、生成H，故D说法错误。【点睛】电极反应式的书写或氧化还原反应方程式的书写，一定看清楚溶液的环境，如本题溶液是碱性环境，H不能大量共存，因此D选项错误。13室温时，用0.0200mol/L稀盐酸滴定20.00mL0.0200mol/LNaY溶液，溶液中水的电离程度随所加稀盐酸的体积变化如图所示(忽略滴定过程中溶液的体积变化)，则下列有关说法正确的是已知：K(HY)=5.010-11A可选取酚酞作为滴定指示剂 BM点溶液的pH7C图中Q点水的电离程度最小，Kw7，B正确；C. 由图可知，Q点水的电离程度最小，Kw=10-14 ，C不正确； D. M点，由物料守恒可知，c(Na+)=c(HY)+c(
13、Y-)， D不正确。本题选B。二、非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26（15分）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)”或“KQ（3分）（3） 2 NO3+5H2N2+2OH+4H2O（2分） a（2分） 2 NO3+12 H+10e=N2+6H2O（2分）【解析】试题分析：（1）已知反应：H2(g)1/2O2(g)=H2O(g) H1-241.8 kJmol1、C(s)1/2
14、O2(g)CO(g) H2110.5 kJmol1，则根据盖斯定律可知即得到焦炭与水蒸气反应生成CO的热化学方程式，即C(s)+H2O(g)CO(g) +H2(g) H+131.3kJmol1。氢氧化钙和碳酸钠均与SO2反应，可以作为洗涤剂，氯化钙与亚硫酸氢钠与SO2均不反应，不能作为洗涤剂，答案选ac。（2）M点CO的转化率为0.5，则参加反应的CO为10mol0.5=5mol，则：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）气体物质的量减少25mol 10mol故M点平衡时，混合气体总的物质的量=10mol+20mol-10mol=20molN点CO的转化率为0.7，则参加反应的CO为10mo
15、l0.7=7mol，则：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）气体物质的量减少1 27mol 14mol故N点平衡时，混合气体总的物质的量=10mol+20mol-14mol=16mol故M、N两点时容器内总气体的物质的量之比n（M）：n（N）=20mol：16mol=5：4。由图可知，一定压强下，温度越高，CO的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，Q点的温度高于M、N点，故平衡常数KMKNKQ。（3）用H2将NO3-还原为N2，一段时间后，溶液的碱性明显增强，这说明反应中有氢氧根生成，则该反应离子方程式为2NO3+5H2催化剂N2+2OH+4H2O。溶液中氢氧根在阳极放电生成氧气
16、，则根据装置图可知产生氧气的电极是阳极。电解池中阳极与电源的正极相连，所以a是电源的正极。根据总反应为4NO3-+4H+通电5O2+2N2+2H2O可知阴极是硝酸根得到电子生成氮气，则阴极反应式为2NO3+12H+10eN2+6H2O。考点：考查热化学方程式的书写、SO2的性质、可逆反应的有关计算与判断以及电化学原理的应用（二）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，则按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质（15分）铬、钼、钨都是B族元素，且原子序数依次增大，它们的单质和化合物在生活、生产中有广泛应用。铬元素的最高化合价为_；基态钼原子的核外电子排布类似于基态
17、铬原子，其原子核外有_个未成对电子。钼可作有机合成的催化剂。例如，苯甲醛被还原成环己基甲醇。环己基甲醇分子中采取杂化的原子是_写元素符号。环己基甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是_。铬离子能形成多种配合物，例如。已知配合物的中心粒子的配位数指配位原子总数。上述配合物中，的配位数为_。上述配合物中的非金属元素按电负性由小到大的顺序排列为_。铬的一种氧化物的晶胞结构如图所示。该氧化物的化学式为_。已知晶胞底面的边长为acm，晶胞的高为bcm，代表阿伏加德罗常数的值，该铬的氧化物的摩尔质量为。该晶体的密度为_用含a、b、和M的代数式表示。【答案】（1） （1分） 6 （1分） （2）、O（2分） 环己基
18、甲醇分子间能够形成氢键（2分） （3） （2分） （2分） （4）（2分） （3分） 【解析】【分析】(1)Cr位于周期表中第4周期第B族，最高化合价为+6，基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子，根据Cr的电子排布解答；(2)环己基甲醇分子中，C和O均满足八隅体，C和O均达到饱和；环己基甲醇的分子间存在氢键；(3)配合物的中心粒子的配位数指配位原子总数，OH-和H2O均为单齿配体，H2NCH2CH2NH2为双齿配体；上述配合物中，非金属元素有C、H、O、N，同周期主族元素，随着原子序数增大，电负性增大；(4)每个晶胞中含有数目为：4；数目为：；每个晶胞的质量，晶胞的体积，再结合计算即可。【
19、详解】为24号元素，价电子排布式为，最高正价为价；基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子，价电子排布式为，其原子核外有6个未成对电子；环己基甲醇中C均以单键连接，采取杂化，O原子的杂化轨道数为4，也采取杂化；环己基甲醇中含有羟基，分子间存在氢键，沸点较高；中2个N原子均与形成配位键，配体有3个、1个和1个，故C的配位数为6；同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，氢的电负性在四种元素中最小，故电负性：；每个晶胞中含有数目为：4；数目为：，故化学式为；每个晶胞的质量，晶胞的体积，故晶胞的密度。36化学选修5：有机化学基础（15分）兔耳草醛H是一种重要的香料，主要用于食品、化妆品等工业中。用有机物
20、A为原料可以合成兔耳草醛H，其合成路线如图所示：中间产物D是一种精细化工产品，可用作香料，能发生如下反应：已知：已知：醛与二元醇(如乙二醇)可生成环状缩醛：请回答：（1）D的结构简式为 ，E中含有的官能团名称为 。（2）A分子中碳、氢的质量比为121，A的分子式为 ，B的结构简式为 。（3）反应的反应类型 , 反应的化学方程式为 。（4）兔耳草醛H中的含氧官能团易被氧化，生成化合物W， G与W可发生酯化反应，写出G与W反应的化学方程式 。（5）W与是否互为同分异构体 （填“是”或“否”），符合下列条件的的同分异构体有 种，写出其中一种的结构简式 。a属于芳香族化合物且苯环上有五个取代基b核磁共
21、振氢谱有四种类型氢原子的吸收峰c1mol该物质最多可消耗2molNaOHd能发生银镜反应【答案】（1） （2分） 羟基 醛基（2分） （2） C6H6（1分） （1分）（3） 加成反应或还原反应 （1分） （2分）（4）（2分）（5）否（1分） 2（1分） （2分）【解析】试题分析：（1）根据D和聚乙烯醇的反应的生成物结构简式可知，D的结构简式应该是。根据已知信息可知，E的结构简式是，所以含有的官能团是醛基和羟基。（2）A分子中碳、氢的质量比为121，则A分子中碳氢原子数之比是11。由于D中含有苯环，所以A的分子式为C6H6。根据D的结构简式可知，B的结构简式应该是。（3）E中含有羟基，发生消
22、去反应生成碳碳双键，即F中含有碳碳双键，所以反应的反应类型是加成反应。又因为F中还含有醛基，所以加成后生成羟基，即G中含有羟基。由于H的相对分子质量是190，所以反应是羟基的催化氧化反应，方程式是。（4）H中含有醛基，能被氧化生成羧基。而G中含有羟基，所以可以发生酯化反应，方程式是。（5）W与分子式不同，所以二者不可能是互为同分异构体。能发生银镜反应，说明含有醛基。1mol该物质最多可消耗2molNaOH，且苯环上有五个取代基，所以应该含有的是2个酚羟基。又因为核磁共振氢谱有四种类型氢原子的吸收峰，所以可能的结构简式是，即共计是2种同分异构体。附：流程图 考点：考查有机物的合成、同分异构体的判
23、断等。点评：有机合成路线的选择基本要求是：原料廉价易得，路线简捷，便于操作，反应条件适宜，产品易于分离等。解答有机合成题目的关键在于：选择出合理简单的合成路线；熟练掌握好各类有机物的组成、结构、性质、相互衍生关系以及重要官能团的引进和消去等基础知识。具体的方法是教材中“旧”知识和题意中“新”知识的应用。有机合成路线的推导，一般有两种方法：一是“直导法”：从原料出发，根据原料的性质，采取一定的反应，逐步向产品逼近，有时可直至产品。二是“反推法”：从产品出发，通过分析产品的组成和结构，进行逆向思维，推出相关的中间体，直至原料。另外在合成某一种产物时，可能会产生多种不同的方法和途径，应当在兼顾原料省、产率高的前提下选择最合理、最简单的方法和途径。17原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！
