1、2020届高三入学调研考试卷化 学 注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cu 641中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种
2、化合物。该成果发表在世界权威的科学杂志上，立即被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些“理解”，你认为其中错误的是A这个反应是氧化还原反应B金刚石属于金属单质C另一种化合物为NaClD制造过程中元素种类没有改变2下列关于胶体的叙述不正确的是A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径的大小B光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同DFe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的3下列化学用语表示正确的是ACH4分子的比例模型：B乙烯的结构简式：CH2CH2C氮气分子的电子式：NNDS2 离子的结构示
3、意图：4在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分。当左边充入28g N2，右边充入8g CO和CO2的混合气体时，隔板处于如图所示位置（两侧温度相同）。下列说法正确的是A右边CO和CO2的分子数之比为13B右边CO的质量为2.75gC若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，保持温度不变，则前后两次充入容器内的气体压强之比为53D右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍5下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A向明矾KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时：2Al3+3SO+3Ba2+6OH=2Al(OH)3+3BaSO4B在强碱
4、溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO+Fe(OH)3=FeO+3Cl+H2O+H+C向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3+COD向含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2若x=a，则反应的离子方程式为：2Fe2+2Br+2Cl2=Br2+2Fe3+4Cl6向含a mol NaClO的溶液通入b mol SO2充分反应（不考虑二氧化硫与水之间的反应以及次氯酸的分解）。下列说法不正确的是A当0ba/3时：SO2+H2O+3ClO=+2HClO+ClB当b=a时，SO2+H2O+ClO=2H+Cl+C当a
5、/3ba时，反应后溶液中H+的物质的量：0n(H+)2b molD当0ba时，反应后溶液中ClO、Cl和SO物质的量之比为：(ab)bb7下列说法正确的是A需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B已知1mol稀硫酸和足量的稀NaOH溶液混合，放出114.6kJ热量，则该中和反应的中和热为H57.3kJ/molC等量H2在O2中完全燃烧生成H2O(g)与生成H2O(l)，前者放出的热量多D乙醇燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) H=1367.0kJ/mol8一定条件下，将NO2与SO2以体积比12置于密闭容器中发生反应NO2(g)+SO2(g)
6、SO3(g)+NO(g)，下列能说明反应达到平衡状态的是A体系压强保持不变B混合气体颜色保持不变C混合气体的密度保持不变D每消耗1mol SO3的同时生成1mol NO29可逆反应Aa B(g)C(g)2D(g)（a为化学计量数)。反应过程中，当其他条件不变时，C的百分含量(C%)与温度(T)和压强(P)的关系如下图所示。下列说法正确的是AT2T1，P2”“”或“=”）。欲提高CH3OH的平衡产率，可采取的措施除改变温度外，还有_（任写两种）。一定温度下，在容积均为2L的两个恒容密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。容器甲乙反应物起始投入量1mol CO2、3mol H2a m
7、ol CO2、b mol H2、c mol CH3OH(g)c mol H2O(g) (a、b、c均不为零)若甲容器平衡后气体的压强为开始的5/6，则该温度下，反应的平衡常数为_，要使平衡后乙容器与甲容器中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，乙容器中c的取值范围为_。20主要用于高分子胶囊和印刷油墨的粘合剂的甲基两烯酸缩水油酯GMA(即：)的合成路线如下(部分反应所需试剂和条件已略去)：已知：请按要求回答下列问题：(1)GMA的分子式_；B中的官能团名称：_；甘油的系统命名：_。(2)验证D中所含官能团各类的实验设计中，所需试剂有_。(3)写出下列反应的化学方程式：反
8、应：_。反应：_。(4)M是H的同分异构体。M有多种同分异构体，写出满足下述所有条件的M的所有可能的结构：_。能发生银镜反应 能使溴的四氯化碳溶液褪色 能在一定条件下水解(5)已知： 2 。参照上述合成路线并结合此信息，以丙烯为原料，完善下列合成有机物C的路线流程图：丙烯Br_。2020届高三入学调研考试卷化 学 答 案1. 【答案】B【解析】ACCl4和金属钠反应生成金刚石（碳单质），碳元素的化合价降低，有元素的化合价变化属于氧化还原反应，A项正确，不符合题意；B金刚石的构成元素为碳，属于非金属单质，B项错误，符合题意；C根据原子守恒，CCl4和金属钠反应得到金刚石（碳单质），另一种化合物包
9、括Na和Cl元素，为NaCl，C项正确，不符合题意；D根据元素守恒定律可知制造过程中元素种类没有改变，D项正确，不符合题意；本题答案选B。2. 【答案】C【解析】A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-910-7m之间，即1nm100nm，故A正确；B光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故B正确；C用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，Fe(OH)3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，故C错误；DFe(OH)3胶体粒子具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确；故选C。3. 【答案】A【解析
10、】ACH4分子的比例模型为，符合原子相对大小，选项A正确；B乙烯的结构简式为CH2=CH2，选项B错误；C氮原子未成键的孤对电子对未画出，氮气分子中氮原子之间形成3对共用电子对，电子式为，选项C错误；DS2-的核电荷数是16，核外电子总数为18，期结构示意图为：，选项D错误；答案选A。4. 【答案】D【解析】在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分，当隔板稳定后，两边容器内的压强相同，在等温等压的条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，左边28g氮气为1mol，则8g CO和CO2的混合气体为0.25mol，平均摩尔质量为32g/mol；A. 根据十字交叉法，右边CO和CO
11、2的分子数之比为31，A错误；B. 右边CO的质量为28g/mol0.25mol1/4=1.75g，B错误；C. 若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，保持温度不变，则第二次冲入气体的物质的量为0.2mol，同一密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，前后两次充入容器内的物质的量之比为1.251.2，气体压强之比为2524，C错误；D. 同温同压下，相对密度之比等于摩尔质量之比，右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍，D错误；答案为D。5. 【答案】D【解析】A. 向明矾KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时为溶液中的铝离子全部变为AlO：Al
12、3+2SO+2Ba2+4OH=AlO+2H2O+2BaSO4，A错误；B. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO+4OH+2Fe(OH)3=2FeO+3Cl+5H2O，B错误；C. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO，C错误；D. 向含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2，消耗完溶液中的亚铁离子后再与溴离子反应，若x=a，则反应的离子方程式为：2Fe2+2Br+2Cl2=Br2+2Fe3+4Cl，D正确；答案为D。6. 【答案】D【解析】根据得失电子守恒可知如果b mol恰好被
13、氧化为硫酸需要b mol次氯酸钠，生成b mol氯化钠。A.当0bT1，P2P1，故A错误；B、由于无法确定A的状态及a值，增加B的物质的量， B的转化率是增大还是减小，无法确定，故B错误；C、若a=2，根据压强与C%的关系，增大压强，C%减小，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，则A为液态或固态，故C正确；D、根据温度与C%的关系，温度越高，C%减小，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，故D错误；答案选C。10. 【答案】D【解析】A.由图象可知-lgc(SeO)=5.0时，-lgc(Ag+)=5，则Ksp(Ag2SeO3)=c2(Ag+)c(SeO)=10
14、-15，数量级为10-15，故A错误；B.由图象可知d点对应的c(Ag+)偏大，应生成沉淀，B错误；C.由图象可知起始时，-lgc(Ag+)=2，则所用AgNO3溶液的浓度为10-2 mol/L，C错误；D.Ag2SeO3(s)+2Br-(aq)=2AgBr(s)+SeO(aq)平衡常数为K=109.6105，反应趋于完全，D正确；故合理选项是D。11. 【答案】C【解析】在锂空气电池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，在水性电解液中氧气得电子生成氢氧根离子。A.多孔电极可以增大电极与电解质溶液的接触面积，有利于氧气扩散至电极表面，A正确；B.因为该电池正极为水性电解液，正极上是氧气得
15、电子的还原反应，反应为O2+2H2O+4e=4OH，B正确；C.乙醇可以和金属锂反应，所以不能含有乙醇，C错误；D.充电时，阳极生成氧气，可以和碳反应，结合电池的构造和原理，采用专用充电电极可以有效防止空气极腐蚀，D正确；故合理选项是C。12. 【答案】D【解析】A. 二氧化硫与溴水反应体现了二氧化硫的还原性，不是漂白性，A错误；B. 向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量碳酸钠溶液，振荡后静置分液，用NaOH会使乙酸乙酯水解，B错误；C.浓硫酸具有强氧化性，与锌反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，与稀硫酸和锌的反应不具有可比性，C错误；D. 将铁和锌置于稀硫酸中构成原电池，活泼金属作负极，另一金属作正
16、极，D正确；答案为D13. 【答案】C【解析】依题意可得气态烃A的相对分子质量为142=28，即A为乙烯，由B连续催化氧化可知，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，则E为乙酸乙酯。A与水发生加成反应得到乙醇。A乙烯为平面结构，所以所有原子在同一平面内，故A正确；B乙烯与水发生加成反应得到乙醇，故B正确；C分子式为C4H8O2且含酯基的同分异构体有4种，即HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH3、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3，故C错误；D金属钠能与醇羟基反应放出氢气，也能与羧基反应放出氢气，而乙醇和乙酸中都只有一个活泼氢原子，因此等物质的量乙醇和乙酸与足量钠反应生
17、成气体的量是相等的，故D正确；故选C。14. 【答案】D【解析】由图可知两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，且为气体，据此判断。结合图可以知道，3mol混合烃完全燃烧生成6mol水，则该混合烃中平均含有H原子数为：6=4；3mol混合烃完全燃烧生成的二氧化碳为4.8mol，则混合烃中平均C原子数为：4.831.6，故两种气态烃的平均组成为C1.67H4，根据碳原子平均数可以知道，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可以知道，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，且为
18、气体，可能含有乙烯、丙炔，一定没有乙烷、丙烷，故正确的为：一定有甲烷、一定无乙烷、可能有丙炔；综上所述，本题选D。15. 【答案】B【解析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子、Ba2+、AlO；加入硝酸钡后有气体产生，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH溶液后有气体，说明原溶液中有铵根离子，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先后与OH、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+。因为离子浓度均为0.1molL1，从电荷的角度出发，只能含有NH、Fe2+、Cl、SO才能保证电荷守恒，K+必然不能存在。A. 通过上述分析，原试液中确定
19、含有Cl，无法确定含有Al3，故A错误；B. 通过上述分析可知原溶液中存在NH、Fe2+、Cl、SO，故B正确；C. 通过上述分析可知沉淀C的成分为碳酸钡，故C错误；D. 通过上述分析可知滤液X中不存在大量的Ba2+，故D错误； 综上所述，本题正确答案为B。16. 【答案】A【解析】A.生石灰与水反应，消耗了乙醇中混有的水，蒸馏可得到乙醇；A项正确；B项，乙醇易溶于水，利用分液的方法不能将乙醇与盐溶液分离开；B项错误；C项，酸性高锰酸钾溶液可将乙烯氧化为二氧化碳，引入了新的杂质；C项错误；D项，溴可将KI氧化为碘单质，而碘易溶于溴苯，引入了新的杂质，D项错误；本题答案选A。17. 【答案】实验
20、I：（1）温度控制 使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸 冰水浴 （2）2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2+2ClO2+H2O 实验II：（3）用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等 （4）当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点 （5）1.35cV10-2g （6）偏高 偏低 【解析】(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11，用氯酸钾粉末与草酸在60时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，所以装置A中还应安装的玻璃仪器是温度计；ClO2熔点为-59，沸点为11.0，温度过高可能引起爆炸，其温度要保持
21、60-80之间，控制温度的目的是使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸，ClO2的沸点：11.0，沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，收集在试管中或常温下二氧化氯为气态，装置B使用冰水浴装置，进行降温处理；(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2+2ClO2+H2O；(3)装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)VmLNa2
22、S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3) =V10-3 Lc mol/L=cV10-3 mol。则：根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3， 2 10 n(ClO2) cV10-3 mol所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=cV10-3 mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)M=cV10-3 mol67.5g/mol=1.35cV10-2g；(6)若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，使标准溶液的浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中ClO2的含量偏高；若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取的体积比实际体积偏小，导致测定结果中
23、ClO2的含量偏低。18. 【答案】（1）Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr （2）Cr2O会氧化Cl生成氯气，造成污染 （3）蒸发结晶 趁热过滤 （4）Cr(OH)3 +OH=CrO+2H2O D 3S2O+4Cr2O+26H+=8Cr3+6SO+13H2O （5）2.78 【解析】（1）利用铝热反应制取金属铬的化学方程式：Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr；（2）酸化滤液D时，不选用盐酸的原因是Na2Cr2O7是一种强氧化剂，Cr2O会氧化Cl生成氯气，造成污染；（3）Na2Cr2O7和Na2SO4溶解度随温度变化情况存在明显差异，故可利用冷却结晶的方法进行分离，实际操作为蒸发结晶、趁
24、热过滤；（4）Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3相似，也能溶解在NaOH溶液中，因此加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高，过高说明NaOH明显过量，会溶解Cr(OH)3生成NaCrO2：Cr(OH)3+OH=CrO2-+2H2O；上述流程中Na2S2O3溶液的作用是还原剂，同时氧化产物为Na2SO4，没有增加溶液的成分，故选项D符合题意；每消耗0.1mol Na2S2O3转移0.8mol e，说明其氧化产物全部为Na2SO4，此时发生反应的离子方程式为：3S2O+4Cr2O+26H+=8Cr3+6SO+13H2O；（5）根据Cr0.5Fe1.5FeO4中，CrFe=0.52.5=1
25、5；故有n(FeSO47H2O)=1.00103mol/L1L25=10103mol，故质量为2.78g。19. 【答案】（1） -159.47 kJ/mol 高温 BD （2） 增大压强或增加CO2用量或及时分离出产物 1/12 1/3c1 【解析】(1)根据8电子稳定构型；CO(NH2)2的结构式为；反应：2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s) H1=a kJmol1，反应：NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) H2=+72.49 kJmol1，总反应：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) H3=-86.98 kJmo
26、l1，由盖斯定律总反应-反应，得到2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s) H1=a=-159.47 kJmol1；反应：NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+ H2O(g) H2=+72.49 kJmol1，反应前后气体体积增大，S0，焓变分析可知是吸热反应，H0，所以依据反应自发进行的判断依据H-TS0，需要在高温下反应自发进行，故答案为：高温；A反应I中反应物为气体，生成物全部为固体，所以在反应前后，混合气体的平均相对分子质量保持不变，所以不能作为平衡状态的判断标志，选项A错误；B反应I中，气体的物质的量减小，所以反应的压强减小，所以容器内气体总压强不再变化时，
27、说明反应处于平衡状态，选项B正确；CNH3与CO2的转化率相等时，不能达到v正( NH3)=2v逆(CO2)，反应没有达到平衡状态，选项C错误；D反应I中，容器体积不变，气体质量减小，所以当容器内混合气体的密度不再变化时，说明反应处于平衡状态，选项D正确；答案选BD；(2)II平衡时间小于I，说明II反应速率大于I，且平衡时II中CH3OH的物质的量小于I，说明平衡向逆反应方向移动，则只能是升高温度，即II的温度大于I，温度越高，平衡向逆反应方向移动，导致化学平衡常数越小，所以KK，故答案为：；欲提高CH3OH的平衡产率，则使平衡正向移动，可采取的措施除改变温度外，还有增大压强或增加CO2用量
28、或及时分离出产物；设二氧化碳反应量为x CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)初始量(mol)： 1 3 0 0转化量(mol)： x 3x x x 平衡量(mol)：1-x 3-3x x x甲中平衡后气体的压强为开始时的倍，即=，解得x=mol，反应的平衡常数为；依题意：甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c的物质的量为1mol，c的物质的量不能低于平衡时的物质的量mol，所以c的物质的量为：molc1mol。20. 【答案】（1）C7H10O3 氯原子、羟基 1，2，3-丙三醇 （2）NaOH溶液、HNO3溶液、AgNO3溶液 （3）2CH
29、3CH(OH)CH3+O22+2H2O +H2O （4） （5）CH2=CH-CH3 【解析】甘油与HCl在催化剂存在时发生取代反应产生B：CH2(OH)CH(OH)CH2Cl，B在NaOH的乙醇溶液中，加热发生反应产生C：；丙烯与HCl发生加成反应产生D是2-氯丙烷，结构简式为：CH3CHClCH3，D与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应，产生E是2-丙醇：CH3CH(OH)CH3，E与O2在Cu催化下，加热发生氧化反应产生F是丙酮，结构简式是；F在i.NaCN存在时，加热发生反应产生，该物质在ii.H2O、H+作用下反应产生G：；G与浓硫酸混合加热发生消去反应产生F：，F与C在浓硫酸作用
30、下发生酯化反应产生，据此分析解答。(1)根据物质的结构简式可知化合物GMA的分子式为C7H10O3；化合物B结构简式为，根据物质结构可知，B中的官能团名称羟基、氯原子；甘油的系统命名为1，2，3-丙三醇；(2)化合物D是2-氯丙烷，官能团为Cl原子，检验Cl原子的方法是取2-氯丙烷少量，向其中加入NaOH的水溶液，加热足够长时间，然后将反应后的溶液用硝酸酸化，再向反应后的溶液中加入AgNO3溶液，若看到有白色沉淀产生，就证明其中含有Cl原子，可见检验D中含有的Cl原子。使用的试剂有：NaOH溶液、HNO3溶液、AgNO3溶液；(3)反应是2-丙醇被氧气催化氧化产生丙酮，该反应的化学方程式：2CH3CH(OH)CH3+O22+2H2O。反应是与发生酯化反应，反应的方程式为：+H2O；(4)H是2-甲基丙烯酸，结构简式为，M是H的同分异构体。M的同分异构体，满足条件：能发生银镜反应 能使溴的四氯化碳溶液褪色 能在一定条件下水解，说明含有碳碳双键，含有醛基、含有酯基，应该为甲酸形成的酯，分子结构中含不饱和的碳碳双键，则M的所有可能的结构： ；(5)丙烯CH2=CH-CH3与Br2在加热时发生取代反应产生CH2=CH-CH2Br，该物质与与O2在Ag催化下，加热发生反应产生，在NaOH的水溶液中加热，发生取代反应产生，所以合成路线为：CH2=CH-CH3。