2020年高考化学押题预测卷01(新课标Ⅱ卷)-化学(全解全析)

2020年高考押题预测卷01【新课标Ⅱ卷】

理科综合化学·全解全析

7．C【解析】银饰主要成分是Ag，为金属材料，彩瓷主要成分是硅酸盐，为无机非金属材料，故A错误；

石墨烯是单质，因此不是电解质，故B错误；碳化硅是新型无机非金属材料，故C正确；植物油是不饱和脂肪酸甘油酯，与氢气发生加成反应得到氢化植物油，故D错误。答案选择为C项。

8．A【解析】根据X的键线式可知，X的分子式为C10H12，D项正确；X生成Y是发生了和氢气的加成反应，也属于还原反应，B项正确；Y和Z的分子式相同而结构不同，故两者互为同分异构体，C项正确；

结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物，而环己烷和Z的不饱和度不同，两者相差的不是一个或若干个CH2，故不是同系物，A项错误。答案选择为A项。

9．B【解析】1 mol 18O中含有的中子数为10N A，A项错误；氢氧化铁胶体微粒是大量Fe(OH)3聚集形成的，分散系中胶体微粒数小于N A，C项错误；Na2O2由Na+、O2-构成，78 g(1 mol) Na2O2固体中所含阴、阳离子总数为3N A，D项错误。答案选择为B项。

10．D【解析】由题意可知，短周期主族元素X为N、Y为O、Z为Na、W为Al、Q为S；Y、Q的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，沸点反常，沸点H2O＞H2S，A错误；W的氧化物为氧化铝，熔点高达2000°C以上，可作耐高温材料，D正确；N、O、Na、Al的简单离子都是10电子，核

电荷数越大，半径越小，则r（N3-）>

2-+3+

(O)(Na)(Al)

r r r

＞＞，氧、硫同主族，核电荷数越大，半径

越大，则

2-2-

(S)(O)

r r

＞，故钠离子半径不可能最大，C错误；非金属性N＜O，则气态氢化物的稳定

性H2O＞NH3，B错误。答案选择为D项。

11．C【解析】A．乙醇密度较小，应将浓硫酸慢慢注入乙醇中并不断搅拌，将乙醇注入浓硫酸由于浓硫酸稀释放热可能会暴沸，故A错误；B．酸性KMnO4溶液可氧化乙烯，不能达到除杂的目的，故B错误；

C．Br2的CCl4溶液为橙色，1，2-二溴乙烷为无色，说法正确；D．1，2-二溴乙烷与CCl4互溶，应蒸馏法分离，故D错误。答案选择为C项。

12．B【解析】A．由图可知，钌电极上的电极反应式为2Li2CO3+C-4e−=4Li++3CO2↑，故A正确；B．由题意可知，Li—CO2电池有活泼金属Li，所以电解液为非水溶液饱和LiClO4－(CH3)2SO（二甲基亚砜）有机溶剂，故B错误；C．由图可知，CO2通过储能系统和CO2固定策略转化为固体产物C，这种电化学转化方式不仅减少CO2的排放，还可将CO2作为可再生能源载体，故C正确；D．由图可知，CO2的固

定中的电极反应式为：2Li2CO==4Li++2CO2↑+O2+4e−，转移4mol e−生成3mol气体，CO2的固定中，每生成1.5mol气体，可转移2mol e−，故D正确；答案选择为B项。

13．C【解析】A．由图可知，0.1000 mol·L－1 HX溶液和HY溶液的pH分别是1和3，HX是强酸，而HY 是弱酸，错误；B．滴定HY时，滴定终点生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应该选择酚酞作指示剂，错误；C．由图可知，滴定至B点时HY有一半被中和，溶液的pH<7，说明HY的电离程度大于Y－的水解程度，溶液中c(Y－)>c(Na＋)>c(HY)>c(H＋)>c(OH－)，正确；D．若A、C 两点对应的pH分别为1、9，则两点处水电离出的c(H＋)之比为10－13：10－9＝1：104，错误。答案选择为C项。

26．（15分）

（1）①分液漏斗（1分）②调整B、C装置液面相平（1分）

③SO2可溶于水（合理答案均可）（1分）

（2）①bc（2分）②SO2＋ClO－＋H2O=SO42-＋Cl－＋2H＋（2分）③过滤、洗涤、干燥（3分）

（3）①c（1分）否（1分）

高锰酸钾溶液本身有颜色，可指示滴定终点（合理答案均可）（1分）②0.04（2分）

【解析】（1）①根据题图可知仪器A为分液漏斗。②读数时应使左右两侧压强相同，故读数前需调整

B、C装置液面相平。③方案一中生成的气体为SO2，由于SO2可溶于水，故测得的气体体积小于实际

生成的气体体积，实验误差较大。

（2）①根据方案二可知，气体a为SO2，SO2气体最终转化为沉淀，则X溶液在酸性条件下应具有氧化性，能将SO2转化为SO42-，与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，且不能影响实验结果，故X溶液可能是双氧水或硝酸钠溶液。②在X溶液中SO2与ClO－发生氧化还原反应，其离子方程式为SO2＋ClO－＋H2O===SO42-＋Cl－＋2H＋。

（3）①方案三中应将酸性KMnO4溶液滴入废水试样中，故用酸式滴定管盛放酸性KMnO4溶液。该方案不需要指示剂，因为KMnO4溶液本身有颜色，达到滴定终点时锥形瓶中的废水试样呈紫红色，且半分钟内不褪色。②第三次实验数据误差较大，应舍去，故由第一、二、四次实验数据可知消耗酸性KMnO4溶液的平均体积为16.00 mL，根据关系式：

5HSO3-～2KMnO4

5 mol 2 mol

c(HSO3-)×20.00×10－3 L0.02 mol·L－1×16.00×10－3 L

解得c(HSO3-)＝0.04 mol·L－1。

27．（14分）

（1）①b （1分）②5 L/mol （2分）不（1分）

③增加CO 的物质的量浓度或减少生成物浓度或降温等（1分）

（2）①（1分）②N 2H 4(g)=N 2(g)+2H 2(g) ΔH=+50.7 kJ·mol -1（2分）

③350℃左右、负载率3%（2分）

（3）SO 2+ 2H 2O-2e -=SO 42-+4H +（2分） H 2SO 4（2分）

【解析】（1）①由图象可知，曲线a 变化慢，即反应速率慢，曲线b 变化快，即反应速率快，催化剂的表面积越大，催化效率越高，反应速率越快，所以表示催化剂表面积较大的曲线是b ；②已知n 起(NO)= n 起(CO)=0.4mol, n 平(NO)=0.2mol ，则平衡时c 平(NO)=c 平(CO)=0.1mol/L ，c 平(CO 2)=0.1mol/L ，c 平(N 2)=0.05mol/L ，故K=

()()()()22222c CO c N c NO c CO ⨯⨯= ()()()2220.1/0.05/0.1/0.1/mol L mol L mol L mol L ⨯⨯ =5 L/mol ；若保持温度不变，则K

值不变，再向容器中充入CO 、CO 2各0.2mol 时，其Q c = ()()()2220.2/0.05/5?L /mol 0.1/0.2/mol L mol L

mol L mol L ⨯=⨯=K ，所以平衡不移动；③15min 时，反应物NO 的物质的量迅速减小，但不是突然变小，可能的原因是增大了CO 的浓度或减小了生成物的浓度，使平衡正向移动，由于反应是放热反应，也可能是降低温度使平衡正向移动。

（2）①肼的电子式为；②根据盖斯定律，反应Ⅰ-2×反应Ⅱ即得N 2H 4(g)=N 2(g)+ 2H 2(g) ΔH=ΔH 1-2ΔH 2=+50.7 kJ·mol -1；③分析图象信息可知，负载率过高或过低，脱硝率都不是最高的，而温度过低或过高，脱硝率也不是最高的，只有在350℃左右，负载率为3.0%时脱硝率最高。

（3）根据题目叙述，结合装置可知阳极反应物为SO 2，生成物为SO 42-，所以阳极反应式为SO 2+ 2H 2O-2e - =SO 42-+4H +，而阴极反应为NO+H ++5e - =NH 4++H 2O ，所以总反应式为2NO+5SO 2+8H 2O==(NH 4)2SO 4+4H 2SO 4，由此反应方程式可知，装置中的物质A 是H 2SO 4。

28．（14分）

（1）安全瓶，防止倒吸（2分）

（2）能（1分）

（3）碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na 2S 水解（2分）

（4）温度过高不利于SO 2的吸收，或消耗的H 2SO 4、Na 2SO 3较多，或Na 2S 2O 3产率降低等其它合理答

案（2分）

（5）降低Na 2S 2O 3晶体的溶解度，促进晶体析出（2分）