2020年高考化学押题预测卷03(新课标Ⅲ卷)-化学(全解全析)

2020年高考押题预测卷03【新课标Ⅲ卷】

理科综合化学·全解全析

7．C 【解析】医用口罩能够有效阻挡病毒的进入人体感染，A不符合题意；聚丙烯树脂为合成树脂材料，属于合成有机高分子材料，B不符合题意；医用酒精中乙醇的体积分数为75%，C符合题意；疫苗中主要成分为蛋白质，若温度过高，蛋白质会发生变性，D不符合题意。故选C。

8．D 【解析】A．由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7种，故B正确；C．苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；D．乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。故选D。

故选D。

9．C 【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素，W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y 为铝元素。A、W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同，均是10电子微粒，A正确；B、硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫两种共价化合物，原子个数比为1:2和1:3，B正确；C、由于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，因此硫化铝不能通过复分解反应制备，C错误；D、由于氢氧化铝是两性氧化物，则X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应，D正确。故选C。

10．B 【解析】A.1molNH4NO3溶于稀氨水中溶液中存在电荷守恒：n(NH4+)+n(H+)=n(OH−)+n(NO3-)，溶液呈中性，则硝酸根离子个数等于铵根离子个数等于N A，A项正确；B. pH=3的NaHSO3溶液中，HSO3−的电离大于水解，故溶液中的氢离子主要来自于HSO3−的电离，故溶液中水电离出的OH-小于0.001NA，B项错误；C. 40gSiC的物质的量n=40g/40g/mol=1mol，而1mol SiC中含有Si−C键4mol即4N A，C项正确；D. 在100g质量分数为3%的甲醛水溶液中含有3g甲醛，含有甲醛的物质的量为0.1mol，0.1mol 甲醛分子中含有0.2mol氢原子，由于水分子中也含有氢原子，则该溶液中含有氢原子数大于0.2N A，D 项正确；故选B。

11．D 【解析】A.电解池工作时，CO(NH2)2失去电子，a为阳极发生氧化反应，故A正确；B.阴极水得电子产生H2，则阴极反应式为：2H2O+2e-═2OH-+H2↑，故B正确；C.阳极的电极反应式为：

CO(NH2)2-6e-+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，若电路中通过6mol电子，阳极产生N2的物质的量为n（N2）=6mol×1/6=1mol，故C正确；D.a极发生CO（NH2）2-6e-+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，a极区溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH降低，故D错误。故选D。

12．A 【解析】A.植物油在NaOH溶液中发生水解反应，矿物油与NaOH溶液分层，现象不同可鉴别，A 项正确；B.H2C2O4为弱酸，离子反应中不拆，B项错误；C. Zn、Fe构成原电池，金属性：Zn>Fe，活泼的做负极，故Zn做负极，C项错误；D.钠与无水乙醇反应，会产生氢气，由于钠密度大于乙醇密度，所以会沉底，但产生的氢气会使钠的浮力增大，慢慢的就会浮于水面，D项错误；故选A。

13．B 【解析】A. 四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]是强碱，甲胺(CH3NH2·H2O)为弱碱，同浓度的两种溶液中四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]的导电率大，所以曲线2为四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，故A错误；

B.K a×K h=K w，CH3NH3Cl的水解常数为10-14/10-3.38=10-10.62，其数量级为10－11。

C.b点溶液中溶质为

CH3NH2·H2O和CH3NH3Cl混合物，比例关系不明确，故C错误；D. 体积为20mL、浓度为0.1mol·L－1的甲胺溶液，滴加浓度为0.1mol·L－1的盐酸，当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，此时溶液中溶质为强酸弱碱盐，促进水电离，此时水电离程度最大，即b、c、e三点中c点水的电离程度最大，故D错误；

故选B。

26．（14分）

（1）粉碎固体（2分）2MoS2+7O22MoO3+4SO2（2分）MoO3、SO2（2分）

（2）64（2分）

（3）坩埚（1分）

（4）MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑（2分）

（5）0.001mol/L（3分）

【解析】（1）粉碎固体颗粒或者通入过量的空气可以提高矿石的利用率；根据流程“焙烧”时反应的化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，其中MoS2的Mo、S元素化合价均升高，发生氧化反应，故氧化产物为MoO3和SO2；

（2）由图2可知，6层中存在的固体物质分别为MoS2、MoO3、MoO2，图象分析MoS2、MoO3的物质的量百分比均为18%，根据Mo元素守恒，则MoO2的物质的量百分比为64%，则x为64；

（3）由钼酸得到MoO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是瓷坩埚；

（4）Na2CO3的加入与焙烧后的产物即MoO3作用生成CO2↑，而生产的最终产物是钼酸钠晶体，且在后面加入的沉淀剂是为了除去杂质铅的，也就是说钼酸钠在后续过程中没有发生变化，所以反应的化学方

程式为 MoO 3+Na 2CO 3=Na 2MoO 4+CO 2↑，则反应的离子方程式为MoO 3+CO 32-=MoO 42-+CO 2↑； （5）已知 c(MoO 42-)=0.20mol•L −1，且K sp (BaMoO 4)=2.0×10−8，则当BaMoO 4开始沉淀时，c(Ba 2+)=

()

()

424

sp K BaMoO c MoO -

=

8

2.0100.2-⨯ mol•L −1=1.0×10−7mol•L −1，此时溶液中c(SO 42-)=

()

()

42c sp K BaSO Ba +

=10

7

1.0101.010--⨯⨯

mol•L −1=1.0×10−3mol•L −1。 27．（15分）

（1）-31.4（1分）

（2）M·HCOOH(s)=HCOOH(g)+M(s)（2分）①<（1分）②>（1分）

（3）①<（2分）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，从图像中可知在相同投料比时，T 1

温度下产物的体积分数大于T 2温度下产物的体积分数，则T 1< T 2（2分）

②1（2分）③C α>B α>A α（2分）④7

78（2分）

【解析】（1）已知I:HCOOH(g)

CO(g)+H 2O(g) △H 1=+72.6kJ•mol －

1；II ：2CO(g)+O 2(g)

2CO 2(g) △H

2=－566.0kJ•mol

－1

；III ：2H 2(g)+O 2(g)

2H 2O(g) △H 3=－483.6kJ•mol －

1根据盖斯定律，由III 1

2⨯

-I - II

1

2⨯

得反应IV ：CO 2(g)+H 2(g)HCOOH(g) △H = (－483.6kJ•mol －1)12⨯

-72.6kJ•mol －

1- (－566.0kJ•mol

－1)12⨯

=-31.4kJ•mol －

1；

（2）CO 2(g)和H 2 (g)合成HCOOH(g)的总反应为CO 2(g)+H 2(g)

HCOOH(g)；第一步：

CO 2(g)+H 2(g)+M(s)=M•HCOOH(s)，总反应减去第一步反应可得第二步反应的方程式为M·HCOOH(s)=HCOOH(g)+M(s)；①第一步反应CO 2(g)+H 2(g)+M(s)→M•HCOOH(s)为熵减的反应，即△S<0，能自发进行，则△G=△H -T △S <0，故△H<0；②甲容器恒温恒容，乙容器恒容绝热，由于该反应放热，所以乙容器的温度高于甲容器，所以乙容器反应速率较快，所以甲容器中反应达平衡所需时间比乙容器中的长，则t 1>t 2；

（3）①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，从图像中可知在相同投料比时，T 1温度下产物的体积分数大于T 2温度下产物的体积分数，则T 1< T 2；②根据反应CO 2(g)+H 2(g)

HCOOH(g)，当

投料比［

()

()

22n H n CO ］=1，即a=1时，恰好达到最大转化，HCOOH 平衡时的体积分数最大；③氢气的