1、江西省上饶中学2020届高考化学6月模拟试题（含解析）1. 化学与环境、科学、技术密切相关。下列有关说法中正确的是（ ）A. 华为首款5G手机搭载了智能的7nm制程SoC麒麟980芯片，此芯片主要成分是二氧化硅B. 用于制作N95型口罩“熔喷布”主要原料是聚丙烯，聚丙烯的分子长链上无支链C. 国产飞机C919用到的氮化硅陶瓷是传统有机非金属材料D. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异【答案】D【解析】【详解】A芯片的成分是单质硅，不是二氧化硅，二氧化硅是光导纤维，故A错误；B合成聚丙烯的单体为CH2=CHCH3，聚丙烯的结构可表示为，聚丙烯的分子长链上有支链-CH3，故B错误；C氮化
2、硅陶瓷属于无机物，是新型无机非金属材料，不是传统有机非金属材料，故C错误；D侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故D正确；答案为D。2. 设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 1molNaHSO4固体中含有离子总数为3NAB. 11.2L(标准状况)HF含有质子数为5NAC. 50g46%的乙醇水溶液中，含有OH键数为3.5NAD. 1molCu与足量的硫蒸气反应，转移电子数为2NA【答案】C【解析】
3、【详解】A. NaHSO4固体由钠离子和硫酸氢根离子构成，1molNaHSO4固体中含有离子总数2NA,，A错误；B.标准状况下HF为液态，11.2LHF的物质的量不是0.5mol，B错误；C.乙醇的物质的量，含有OH键数为0.5NA，水的质量为27g，物质的量为1.5mol，1mol水中含有2molOH键，即OH键数总为0.5+1.52=3.5NA，C正确；D.1molCu与足量的硫蒸气反应生成硫化亚铜，转移1mol电子，转移电子数为1 NA，D错误；答案选C。3. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系
4、，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是（ ）A. W的原子半径大于Z，金属性强于ZB. W元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族C. 可以通过电解熔融的己来制备戊D. X和Y形成的化合物中只含极性共价键【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数等于族序数，则X、Z可能分别为H和Al；甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙为四氧化三铁；根据这四种元素组成的单质或化合物之间的转化关系可知，甲为Fe、乙为H2O、丁为H2、戊为Al、己为Al
5、2O3，故X、Y、Z、W分别为H、O、Al、Fe。【详解】A. Fe的金属性弱于Al，A不正确；B. Fe元素在周期表中的位置是第四周期VIII族，VIII族既不是主族也不是副族，B不正确；C. 工业上通过电解熔融的Al2O3来制备Al，C正确；D. H和O形成的化合物中，H2O2分子中既含极性共价键，又含非极性共价键，D不正确。综上所述，相关说法正确的是C。【点睛】X、Z的周期序数等于族序数、丙为具有磁性的黑色晶体，这两条信息是本题的突破口。根据戊在高温下可以与丙发生置换反应，可以判断该反应为铝热反应，由此可以逐一确定各种物质和元素。4. 下列装置能达到实验目的的是（ ）A. 熔化Na2CO
6、3B. 保存液溴C. 分液，先放出水层，再倒出溴的苯溶液D. 进行中和热的测定【答案】C【解析】【详解】A瓷坩埚中含有二氧化硅，高温下熔融碳酸钠与二氧化硅反应，不能用瓷坩埚熔化碳酸钠，可选用铁坩埚，故A错误；B液溴能够腐蚀橡胶，不能用橡皮塞，故B错误；C苯的密度小于水，混合液分层后有机层在上层，用该装置分液时，先放出下层的水层，然后再倒出溴的苯溶液，该操作方法合理，故C正确；D图中缺少环形玻璃搅拌棒，则不能准确测定反应的最高温度，故D错误；答案为C。5. 冠病毒(如图)由蛋白质和核酸组成，核酸由核苷酸组成核苷酸的单体由五碳糖 、磷酸基和含氮碱基构成下列说法错误的是A. 蛋白质和核酸均是高分子化
7、合物B. 蛋白质中含C、H、O、N 等元素C. 五碳糖( C5H10O5)与葡萄糖互为同系物D. NaClO溶液用作消毒剂，是因为NaClO 能使病毒蛋白变性【答案】C【解析】分析】【详解】A.蛋白质是由氨基酸脱水缩聚而成的，而所有的聚合物都是属于高分子化合物,，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，故A正确；B. 蛋白质的组成元素有 C、H、O、N，有的还有P、S等，故B正确；C. 五碳糖( C5H10O5) 与葡萄糖( C6H12O6)组成相差1个CH2O，不符合同系物的定义，故C错误；D. NaClO溶液用作消毒剂，是因为NaClO 能使病毒蛋白变性，故D正确；故选：C。6. MO
8、F衍生碳纳米棒封装的氧化铋催化剂对CO2电化学法制取HCOOH具有快速高效的选择性。其原理图如图，下列有关说法正确的是A. 该方法可有效消除CO2对大气造成的污染B. 该电极应与电源的正极相连C. 该电极反应式为：CO22e-+2H+=HCOOHD. 选择使用其他催化剂可能得到HCHO或CH3OH等产物【答案】D【解析】【详解】A大气污染物主要是指二氧化硫，二氧化氮等氮硫氧化物，颗粒悬浮物等。空气成分中含有二氧化碳，不能把二氧化碳叫做大气污染物，只能说是造成温室效应的气体，故A错误；B根据图示，二氧化碳通过该电极转化为HCOOH，HCOOH中C元素的化合价为+2价，在转化过程中碳元素化合价由+
9、4价变为+2价，化合价降低，得电子，发生还原反应，若该装置为电解池，则碳纳米棒作阴极，电解池的阴极与电源的负极相连，故B错误； C根据B项分析，二氧化碳在该电极上得电子，发生还原反应转化为HCOOH，故C错误；D不同的催化剂对反应的选择性不同，若选择使用其他催化剂导致二氧化碳生成HCOOH的选择性降低，可能得到HCHO或CH3OH等产物，故D正确；【点睛】判断有机物中碳元素的化合价时，一般规定氢元素为+1价，氧元素为-2价，结合分子式，利用化合价为零的方法判断碳元素的化合价。7. 某科研小组利用电导率(电导率越大，导电能力越强)传感器、pH传感器探究NaHCO3和CaCl2能否发生化学反应。向
10、25.00mL0.1molL-1NaHCO3溶液中滴入等体积、等浓度CaCl2溶液，电导率以及pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 电导率下降的原因是生成了CaCO3沉淀导致溶液中离子浓度降低B. a点后pH下降的原因是Ca2+促进HCO3H+CO平衡右移C. pH=7.3时，溶液中溶质主要为NaCl、CaCl2D. 可用0.1molL-1CaCl2溶液鉴别浓度均为0.1molL-1的NaHCO3和Na2CO3溶液【答案】D【解析】【分析】【详解】A溶液中离子浓度减小，则溶液导电能力下降，电导率变小，故电导率下降的原因是生成了CaCO3沉淀，A正确，不符合题意；BCa2+结合CO，
11、生成CaCO3沉淀，促进碳酸氢根的电离，氢离子浓度增大，溶液的pH降低，B正确，不符合题意；CpH=7.3时，溶液约为中性，溶质主要为NaCl、CaCl2，故C正确，不符合题意；D根据图给信息可知，等浓度的氯化钙与等浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液反应均产生白色沉淀，不能鉴别，故D错误，符合题意；答案选D。8. 亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在常温常压下反应得到。ClNO部分性质如下：黄色气体，熔点：-59.6，沸点：-6.4，遇水易水解。某研究性学习小组根据亚硝酰氯(ClNO)性质拟在通风橱中制取亚硝酰氯，设计了如下实验装置。、试回答下列问题：（1）写出实验室利用装
12、置A制备Cl2的离子反应方程式_。（2）装置B的作用是_，_。（3）若用A装置制取NO气体，B中应该盛放_。（4）为使NO和Cl2恰好完全反应生成ClNO，理论上向E中通入NO和Cl2两种气体的流速比为_。（5）装置H吸收尾气，有同学认为尾气中的某种气体不能完全被吸收。为了充分吸收尾气，可将尾气与_同时通入NaOH溶液中。（6）已知：ClNO与H2O反应生成HNO2和HCl。设计实验证明HNO2是弱酸：_。(仅提供的试剂：1molL-1HCl、1molL-1HNO2溶液、NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取F中所得液体3.0g溶于水，配制成250
13、mL溶液；取出25.00mL样品溶液置于锥形瓶中，用0.20molL-1AgNO3标准溶液滴定至终点，根据表中所给信息，应选用_做指示剂。物质Ag2CrO4AgClAgIAg2S颜色砖红色白色黄色黑色Ksp110-121.5610-108.310-176.310-50消耗标准AgNO3溶液的体积为20.00ml，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为_。【答案】 (1). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (2). 除去挥发的HCl气体 (3). 平衡容器内压强 (4). H2O (5). 2：1 (6). O2 (7). 用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说
14、明HNO2是弱酸 (8). K2CrO4溶液 (9). 87.3%【解析】【分析】由题中信息可知，该实验先制备氯气，然后在反应容器中与NO反应生成ClNO，经冰盐冷凝得到液态的ClNO，尾气用氢氧化钠溶液吸收。测定样品纯度时，根据守恒法可以找到样品与标准溶液之间的关系进行计算。【详解】(1)实验室利用装置A、用二氧化锰和浓盐酸共热制备Cl2，该反应离子反应方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O。(2)A装置制备的氯气中含有氯化氢气体，反应过程中系统内的压强会发生变化，因此，装置B的作用有两个：除去挥发的HCl气体；平衡容器内压强。(3)若用A装置制取NO气体，装置内的空气可将
15、NO氧化成NO2，由于NO2可以与水反应生成NO，所以B中应该盛放水。(4)为使NO和Cl2恰好完全反应生成ClNO，根据两者反应的化学方程式2NO+Cl2=2ClNO可知，理论上向E中通入NO和Cl2两种气体的流速比为2：1。(5)装置H吸收尾气，有同学认为尾气中的某种气体不能完全被吸收，该气体为NO，因为NO不与氢氧化钠溶液反应，也不溶于其中。由于NO和O2按一定比例混合后可以被NaOH溶液完全吸收，因此，为了充分吸收尾气，可将尾气与O2同时通入NaOH溶液中。(6)根据弱酸强碱盐水解可以使其溶液显碱性，石蕊遇碱变为红色，再根据所提供的试剂，可以设计证明HNO2是弱酸的方案是：用玻璃棒蘸取
16、NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸。已知ClNO与H2O反应生成HNO2和HCl。取F中所得液体3.0g溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL样品溶液置于锥形瓶中，用0.20molL-1AgNO3标准溶液滴定至终点，根据表中所给信息可知，AgI 和Ag2S的溶解度均小于AgCl，而Ag2CrO4的溶解度大于AgCl，故应选用K2CrO4溶液（或其他可溶性铬酸盐）做指示剂，当溶液中出现砖红色沉淀时，表明Cl-已沉淀完全。25.00mL样品溶液消耗标准AgNO3溶液的体积为20.00mL，根据Cl原子守恒可得，n(ClNO)= n(AgCl) = n(AgN
17、O3)=20.0010-3L0.20molL-1=20.0010-3L0.20mol=4.0010-3mol，则3.0g样品中亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为。9. 2020年5月5日晚18时00分，我国载人空间站货物返回舱试验舱在我国文昌航天发射场点火升空，5月8日飞船试验船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，试验取得圆满成功。金属铍(Be)是火箭、航空、宇宙航行的重要材料，工业上以含铍废渣(主要成分是Be和MgF2)为原料制备金属铍的工艺流程。如图：已知：MgF2和CaF2难溶于水。回答下列问题：（1）提高浸出速率的方法有_、_(任写两项)；已知滤液中铍元素的存在形式为H2BeF4，写出“
18、浸出”过程中发生反应的化学方程式：_。（2）该流程中可循环利用的物质是_；滤渣与浓硫酸发生反应的化学方程式为_；已知(NH4)2BeF4易溶于水，且其在水中的溶解度随温度的升高而大幅度增大，从NH4F与滤液发生反应后所得溶液中获得(NH4)2BeF4晶体的“一系列操作”具体是指_过滤、洗涤、干燥。（3）“分解”过程中产生的BeF2在熔融状态下不能导电，其电子式为_；“还原”过程可以用金属镁制备金属铍的原因是_。【答案】 (1). 粉碎废渣 (2). 增大HF溶液的浓度适当升高温度、充分搅拌 (3). Be4HF=H2BeF4H2 (4). HF、NH4F (5). CaF2H2SO4(浓)Ca
19、SO42HF (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 (7). (8). 镁的还原性比铍强【解析】【分析】由流程可知，含铍废渣以氢氟酸浸取，过滤后得到滤渣I为MgF2，滤液I中加入碳酸钙后过滤，得到滤渣II（CaF2）和滤液II；向滤液II中加入氯化铵，经一系死操作得到(NH4)2BeF4晶体，该晶体经分解得到氟化铍；氟化铍用镁还原得到金属铍。【详解】（1）含铍废渣以30%的氢氟酸浸取，要提高浸出速率，可以采用的方法有粉碎废渣或充分搅拌以提高反应物的接触面积，也可以适当增大HF溶液的浓度或适当升高温度；滤液中铍元素的存在形式为H2BeF4，则废渣听金属铍在“浸出”过程中发生反应的化学方程式为Be4HF=
20、H2BeF4H2。（2）由流程可知，滤渣II经浓硫酸处理后以及滤液II与氟化铵反应后均可生成HF，而(NH4)2BeF4分解后可以生成氯化铵，由于该流程中要用到氢氟酸和氟化铵，故该流程中可循环利用的物质是HF、NH4F；滤渣与浓硫酸发生反应，是利用难挥发酸制备挥发性酸，该反应的化学方程式为CaF2H2SO4(浓)CaSO42HF；由于(NH4)2BeF4易溶于水，其在水中的溶解度随温度的升高而大幅度增大，而且其受热易分解，故从NH4F与滤液发生反应后所得溶液中获得(NH4)2BeF4晶体的“一系列操作”应包括：、过滤、洗涤、干燥。（3）“分解”过程中产生的BeF2在熔融状态下不能导电，则其为共
21、价化合物，故其电子式为；由于铍和镁均为第IIA的元素，镁的金属性强于铍，因此，“还原”过程可以用金属镁制备金属铍的原因是：镁的还原性比铍强。【点睛】欲从受热易分解的晶体以及属于结晶水合物的晶体的溶液中获得晶体，为防止其受热分解，通常都是通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法得以实现。10. 碳及其化合物在工农业生产和日常生活中有广泛的应用，对其研究具有重要意义。回答下列问题：（1）利用活性炭的_作用可去除水中的悬浮杂质。（2）炭黑可以活化氧分子得到活化氧(O*)，活化氧可以快速将SO2氧化为SO3，其活化过程中的能量变化如图所示：活化过程中有水时的活化能降低了_eV。在酸雨的形成过程中，炭黑起：_作用。
22、（3）已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H，经测定不同温度下该反应的浓度平衡常数如下：该反应的H_0(填“”或“”、“=”或“V2，则电解所得溶液的c(OH-)=_molL-1(忽略气体溶解和溶液体积变化)。【答案】 (1). 吸附 (2). 0.18 (3). 催化 (4). (5). (6). (7). (8). CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O (9). 或【解析】【详解】（1）活性炭具有吸附性，可以去除水中的悬浮杂质；（2）根据能量图分析，整个反应的活化能为活化能较大者，则没有水加入的活化能为E=0.75eV，有水加入的反应活化能为E=0.57eV，所以水可使氧
23、分子活化反应的活化能降低0.75eV-0.57eV=0.18 eV；在反应前后碳不变，故碳起催化作用；（3）根据表格信息可知，升高温度，反应的平衡常数减小，又升高温度，平衡向吸热方向移动，则逆反应方向是吸热反应，正反应为放热反应，H0；250时，某时刻测得反应体系中c(CO)=0.4molL-1、c(H2)=0.4molL-1、c(CH3OH)=0.8molL-1，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的反应熵为，反应熵大于平衡常数，故反应应逆向移动，故v正V2，则电解所得溶液的c(OH-)= molL-1或 molL-1。11. 铁系元素是人体必需的微量元素， Fe3+可以与KSCN溶
24、液、苯酚等发生显色作用。镁元素也是人体所必需的阳离子元素之一，它能够维持核酸结构的稳定性，调节机体免疫功能，对人体抵抗新冠病毒等病毒侵袭起着重要作用。(1)Fe3+基态核外电子排布式为_。(2)与SCN互为等电子体且为非极性分子的化学式为_（任写一种）。(3)普鲁士蓝俗称铁蓝，晶胞如图甲所示（K+未画出），平均每两个晶胞立方体中含有一个K+，又知该晶体中铁元素有+2价和+3价两种，则Fe3+与Fe2+的个数比为_。(4)血红素铁（图乙）用作铁强化剂，其吸收率比一般铁剂高3倍，在图乙中画出Fe2+与N原子间的化学键（若是配位键，需要用箭头加以表示）_(5)镁单质晶体中原子的堆积模型如图，它的堆积
25、模型名称为_；晶胞是图中的_（填a、b或c）；配位数是_；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2a cm3，镁单质的密度为 gcm3，已知阿伏加德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是_。【答案】 (1). Ar3d5（或1s22s22p63s23p63d5） (2). CO2或CS2 (3). 11 (4). (5). 六方最密堆积 (6). c (7). 12 (8). 12NAa【解析】【详解】(1)铁是26号元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理其核外电子排布式为Ar3d64s2，则Fe3+的基态核外电子排布式为Ar3d5（或1s22s22p63s23p63d5）
26、；(2)SCN中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN互为等电子体的一种非极性分子的为CO2(或CS2)；(3)每隔一个立方体中心有一个钾离子，所以一个晶胞中钾离子个数=0.5，该立方体中铁原子个数=8=1，CN位于每条棱中点，该立方体中含有CN个数=12=3，所以平均化学式是K0.5Fe(CN)3，Fe平均化合价2.5，所以亚铁离子与铁离子之比是1:1；(4)配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，Fe2+提供空轨道，N原子提供电子对，Fe2+与N原子间的的配位键为：；(5)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB的方式堆积，单质晶体中原子为六方最密堆积，配位数为12，晶胞
27、是图中的c；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体为正四面体，正四面体的该高为晶胞的，可推知四面体的体积为整个晶胞的，而晶胞中含有的镁原子数为1+=2，则晶胞质量=2g，则gcm3=，则有Mr=12NAa。12. 氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如图：请回答下列问题：（1）A的化学名称为_；C中官能团的名称是_。（2）的反应试剂和反应条件分别是_，该反应类型是_。（3）T(C7H7NO2)是E在碱性条件下的水解产物的酸化产物，同时符合下列条件的T的同分异构体有_种。其中核磁共振氢谱上有4组峰且峰面积比为1：2：2：2的物质的结构简式为_。NH2直接连在苯环上
28、能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色固体（4）参照上述合成路线，以CH3CH2COCl和为原料，经三步合成某化工产品的路线为_(其他无机试剂任)。【答案】 (1). 甲苯 (2). 氟原子 (3). 浓硫酸和浓硝酸、加热 (4). 取代反应（或硝化反应） (5). 13 (6). (7). 【解析】【分析】由合成路线可知，A发生反应和后变为，则A为甲苯；C发生硝化反应转化为D，D发生还原反应变为E，E与发生取代反应生成F，结合G的结构可知F为；F到G发生了硝化反应。【详解】（1）A与氯气在光照的条件下发生取代反应生成B，B与SbF3发生取代反应生成，则A为甲苯；中官能团的名称是氟原子。（2）的反
29、应为硝化反应，试剂和反应条件分别是浓硫酸和浓硝酸、加热，该反应类型是取代反应（或硝化反应）。（3）T(C7H7NO2)是在碱性条件下的水解产物的酸化产物，则T为。T的同分异构体同时符合下列条件：NH2直接连在苯环上；能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色固体，则分子中有-CHO。若苯环上有-OH、-CHO和-NH23种官能团，根据定二移一法可知其在苯环上的排列方式有10种；若苯环上有-OOCH和-NH3两种取代基，则其在苯环上的排列方式共有3种。综上所述，符合条件的T的同分异构体共有13种。其中核磁共振氢谱上有4组峰且峰面积比为1：2：2：2的物质的结构简式为。（4）以CH3CH2COCl和为原料合成，根据题中的相关信息，首先发生硝化反应生成，然后，发生还原反应生成，最后与CH3CH2COCl发生取代反应生成。具体合成路线为。