2020年高三最新信息卷 化学（十二）

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（新高考）2020年高三最新信息卷
化 学 （十二）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，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，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，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 P 31 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65

一、单选题（共10小题，每小题2分）
1．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
2．荆芥内酯是猫薄荷中的活性成分之一，其键线式如图所示。下列有关该化合物的说法错误的是

A．分子式为 B．分子中所有碳原子均处于同一平面
C．能发生加成反应、取代反应 D．能与溶液发生反应
3．下列实验中，能达到相应实验目的的是




A．H2在Cl2中燃烧
B．证明氯化银溶解度大于硫化银
C．证明乙炔可使溴水褪色
D．验证温度对
平衡移动的影响
4．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH−数目为0.1NA
B．100mL 12mol·L−1浓硝酸与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NA
C．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目为2NA
D．14g聚丙烯中含C—H键总数目为2NA
5．苯胺为无色液体，还原性强，易被氧化，有碱性，与酸反应生成盐，硝基苯与氢气制备苯胺（沸点为184℃）的反应原理如下：
+3H2+2H2O
某同学设计的制备实验装置（部分夹持装置省略）如图：

下列说法正确的是
A．仅用上述装置图中仪器就可以完成该实验
B．用硝酸代替盐酸，反应速率更快，实验效果较好
C．点燃酒精灯前，打开K，先通一段时间的H2
D．三颈烧瓶内的反应结束后，关闭K，先在三颈烧瓶中加入浓硫酸后蒸馏
6．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们能组成一种化合物，其结构如图所示。下列说法正确的是

A．原子半径：Z>W>Y>X
B．W与Z形成的化合物Z2W2中只含离子键
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>X
D．W的单质难溶于W与X形成的化合物XW2
7．工业上制备有机氟化剂SF4的反应。下列说法正确的是
A．NaF既不做氧化剂也不做还原剂，SF4为氧化产物
B．SCl2与S2Cl2两种物质中的氯元素化合价不同
C．还原剂与氧化剂物质的量之比为2∶1
D．SF4属于有机物
8．图为用惰性电极电解制备高锰酸钾的装置示意图如下。下列说法正确的是

A．a为电源正极
B．Ⅰ中的K+通过阳离子交换膜移向Ⅱ
C．若不使用离子交换膜，KMnO4的产率可能会降低
D．若阴极产生0.2mol气体，理论上可得到0.2mol KMnO4
9．羟甲香豆素(Z)是一种治疗胆结石的药物。其合成涉及如下转化：

下列有关说法正确的是
A．X的分子式为C12H14O5
B．Y能发生加成反应、取代反应和消去反应
C．1mol Y与足量NaOH溶液反应，最多消耗2mol NaOH
D．1mol Z与足量浓溴水反应，最多消耗2mol Br2
10．化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释错误的是
选项
现象或事实
解释
A
用铁罐贮存浓硝酸
常温下铁在浓硝酸中钝化
B
食盐能腐蚀铝制容器
Al能与Na+发生置换反应
C
用(NH4)2S2O8蚀刻铜制线路板
S2O的氧化性比Cu2+的强
D
漂白粉在空气中久置变质
Ca(ClO)2与CO2和H2O反应，生成的HClO分解
二、多选题（共20分）
11．室温时，H2S的Ka1=1.0×10−7，Ka2=1.0×10−15下列说法正确的是
A．0.1mol·L−1的NaHS溶液中：c(S2ˉ)>c(H2S)
B．反应S2ˉ+H2OHSˉ+OH−的平衡常数K=1×10−7
C．NaHS与Na2S以任意比混合的溶液中 ：c(Na+)+c(H+)=c(HSˉ)+c(S2ˉ)+c(OHˉ)
D．0.1mol·L−1的Na2S溶液中：c(OHˉ)=c(H+)+c(HSˉ)+2c(H2S)
12．氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种氨化剂，易水解，难溶于CCl4。某小组设计下图所示装置制备氨基甲酸铵。已知：2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s) ∆H＜0。

下列分析不正确的是
A．2中的试剂为饱和NaHCO3溶液
B．冰水浴能提高H2NCOONH4的产率
C．1和4中发生的反应均为非氧化还原反应
D．5中的仪器(含试剂)可用3中仪器(含试剂)代替
13．高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：

下列叙述不正确的是
A．用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，还产生Fe(OH)3胶体吸附杂质净化水
B．用FeCl2溶液吸收反应I中尾气后可再利用
C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D．该生产条件下，物质的溶解性：Na2FeO4”、“=”或“＜”），HSO的电离常数约为 （用含a的式子表示）。
17．中科院上海硅酸盐研究所开发出基于硫化银()柔性半导体的新型高性能无机柔性热电材料和器件，研究人员发现硒(Se)、碲(Te)元素固溶的薄片经历1000次反复弯曲后，电导率几乎未发生变化，表明材料的性能受应力影响较小，可满足柔性可穿戴供电的要求。回答下列问题：
(1)Ag的核外电子排布式是，则Ag在元素周期表中的位置是____。下列关于的电子排布式书写正确的是____(填标号)。
a． b． c．
(2)乙硫醇()是一种含硫有机物，和醋酸银可发生下列反应：。
乙硫醇中S原子的杂化类型是______。乙酸中羧基碳原子的杂化类型是_____，乙酸中含有的键数：键数=_____。
(3)Cu与Ag为同族元素，熔点：Cu________Ag(填“>”或“S>C>N，A选项错误；B．W与Z形成的化合物Na2S2中含离子键和非极性共价键，B选项错误；C．非金属性：N大于C，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3>H2CO3，C选项正确；D．S的单质易溶于CS2，D选项错误；答案选C。
7.【答案】A
【解析】A．NaF中钠元素和氟元素化合价均未变化，既不做氧化剂也不做还原剂，SCl2中硫元素化合价为+2价，SF4中硫元素化合价为+4，SF4为氧化产物，A正确；B．SCl2中氯元素化合价为-1价，S2Cl2中氯元素化合价为-1价，Cl的化合价相同，B错误；C．SCl2中硫元素化合价为+2价，氯元素化合价为-1价，S2Cl2中硫元素化合价为+1，氯元素化合价为-1价，S2Cl2为还原产物，SF4中硫元素化合价为+4，SF4为氧化产物，SCl2既做氧化剂又做还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1，C错误；D．有机物含有C元素，SF4中没有C元素，不是有机物，D错误；故选A。
8. 【答案】C
【解析】实验目的是制备高锰酸钾，所以K2MnO4应失电子转化为KMnO4，b为正极，a为负极。在阴极，2H2O+2e−=2OH−+H2↑；在阳极，2MnO-2e−=2MnO。A．由以上分析知，a为电源负极，A不正确；B．在电解池中，阳离子向阴极移动，所以Ⅱ中的K+通过阳离子交换膜移向Ⅰ，B不正确；C．若不使用离子交换膜，Ⅱ中因阳离子所带正电荷总数多于阴离子所带的负电荷总数，而使电解反应难以持续进行，从而造成KMnO4的产率降低，C正确；D．若阴极产生0.2mol气体，则转移电子0.4mol，理论上可得到0.4mol KMnO4，D不正确；故选C。
9. 【答案】B
【解析】X的分子式为C12H16O5，故A错误；B．Y含酚-OH、醇-OH、-COOC-均可发生取代反应，含苯环可发生加成反应，含醇-OH可发生消去反应，故B正确；C．Y中酚-OH、-COOC-及水解生成的酚-OH均与NaOH反应，1mol Y最多可与3mol NaOH反应，故C错误；D．酚羟基的邻、对位与溴水发生取代反应，羟甲香豆素(Z)中还含碳碳双键与溴水发生加成反应，则羟甲香豆素(Z)分别与溴水反应，最多消耗Br2的物质的量之比为3mol，故D错误。
10. 【答案】B
【解析】A．常温下铁在浓硝酸中钝化，钝化膜能阻止铁与浓硝酸的进一步反应，所以可用铁罐贮存浓硝酸，A正确；B．食盐能破坏铝制品表面的氧化膜，从而使铝不断地与氧气反应，不断被腐蚀，B错误；C．(NH4)2S2O8与Cu发生氧化还原反应，从而生成Cu2+，则氧化性(NH4)2S2O8>Cu，C正确；D．漂白粉在空气中久置变质，因为发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，D正确；故选B。
11. 【答案】D
【解析】A．HSˉ的水解平衡常数Kh==1×10ˉ7>
Ka2，所以HSˉ的电离程度小于水解程度相同，HSˉ电离产生S2ˉ，水解产生H2S，所以c(S2ˉ)d 60%
（3） NO2-e−+H2O=NO+2H+ 0.6 >
【解析】(1)由CO和NO2生成无污染气体，则产物为CO2和N2，方程式为4CO(g)+2NO2(g)=4CO2
(g)+N2(g)，该反应可由①-③+4×②得到，由盖斯定律可得该反应的
kJ·mol−1；(2)①反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-759.8kJ·mol−1为放热反应，温度越高，N2平衡时的体积分数越小，由图可知T1＞T2，由于正反应放热，温度越高，平衡向逆向移动，平衡常数越小，相同温度下平衡常数相同，固有a=b=c>d；②设起始时NO的物质的量为a，则CO的物质的量为0.8a，反应的N2的物质的量为，由题意得

，解得=0.3a，故NO的转化率为；(3)D电极上有红色物质析出，说明在D电极上Cu2+得到电子被还原为C'u，说明D电极为阴极，则A电极为负极，发生氧化反应，所以A电极通入NO2，发生电极反应为：NO2-e−+H2O=NO+2H+，乙中阴极发生反应：Cu2++2e−=Cu，H2O+2e−=H2↑+2OH−，阳极发生反应：2H2O-4e−=2O2↑+4H+，由于加0.1mol Cu2(OH)2CO3使溶液复原，相当于电解完Cu2+后又电解了H2O，电解Cu2+转移电子数为0.2×2=0.4NA，电解H2O转移电子数为0.2NA，共转移电子0.6NA；(4)NaHSO3溶液的pH=5，说明HSO的电离大于水解，故c(SO)>c(H2SO3)；HSO的电离平衡为：，NaHSO3溶液的浓度为a mol·L−1，，pH=5，，所以。
17.【答案】（1）第五周期IB族 b
（2） 7∶1
（3） > 铜和银的价电子数相同，Cu的原子半径比Ag的小，前者金属键强，熔点高
（4） 三角锥形
（5）
【解析】(1)Ag的核外电子排布式是，最高能层数是5，属ds区元素，则Ag在元素周期表中的位置是第五周期IB族；Ag原子失去5s1上的1个电子得到Ag+，则Ag+电子排布式书为，故答案为b；(2)乙硫醇(CH3CH2SH)中S原子的价层电子对数目为4，其中孤对电子数2，杂化类型是sp3杂化；羧基中碳原子的价层电子对数为3，无孤对电子，杂化类型是sp2杂化；乙酸的结构式为，其中单键均为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，则含有的σ键数∶π键数=7∶1；(3)Cu与Ag为同族元素，铜和银的价电子数相同，且Ag的核电荷数大，Cu的原子半径比Ag的小，Cu金属键强，Cu熔点高，即熔点：Cu>Ag；(4)As、Se、Br同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但As元素原子4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，Se、Te同主族，自上而下第一电离能减小，故第一电离能：Br＞As＞Se＞Te；SeO中Se的价层电子对数目为3+=4，其中孤对电子数目为1，VSEPR模型为四面体，忽略孤对电子可得微粒空间构型为三角锥形；(5)ZnS的晶胞结构中含有Zn2+数目4，S2−数目为8×+6×=4，则晶胞质量为g，晶胞的体积为(a cm)3，根据可知，a==
cm=pm。
18.【答案】（1）Na2O2+2NaH2PO4=2Na2HPO4+H2O2 防止H2O2受热分解，沉降Na2HPO4·nH2O固体
（2） 圆底烧瓶
（3） B 注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL
（4） 恢复室温或体积不再改变或压强不再改变 V2－V1
（5） 反应完全、无污染、反应速率快等合理答案均可
【解析】(1)转化中方程式为Na2O2+2NaH2PO4=2Na2HPO4+H2O2，低温放置目的在于防止H2O2受热分解，沉降Na2HPO4·nH2O固体；(2)由装置图可知反应中的仪器为圆底烧瓶；(3)①由H2O2的还原性，以及溶液颜色的变化作为实验结束标志可知选用KMnO4溶液测量结果更精确，故选B；②注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL；(4)①测量气体体积时应避免温度对气体体积的影响，准确测量气体体积应在室温下，故答案为：恢复室温或体积不再改变或压强不再改变；②注射器中气体体积的变化是由于H2O2的分解产生的O2引起的，故氧气的体积为V2-V1mL；③由题中信息可知生成的的质量m(O2)=ρg/LL，由2H2O22H2O+O2可知：；故可得m(O2)=，所以结合式子可得NA=；作为自身具有氧化性，反应产物为水和氧气，故本实验的优点是反应完全、无污染、反应速率快等。
19.【答案】（1）有利于Pd与Al2O3的分离
（2）3Pd+ClO+6H++11Cl−=3PdCl+3H2O
（3）AlCl3
（4）对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低) NaClO3
（5）[Pd(NH3)4]Cl2+2HCl=[Pd(NH3)2]Cl2↓+2NH4Cl
（6）负 H2
【解析】废Pd/Al2O3纳米催化剂(主要成分及含量：Pd 0.3%，γ-Al2O3 92.8%，其他杂质6.0%)进行预处理，废催化剂进行焙烧，使大量的γ-Al2O3经焙烧转化为α-Al2O3，处理后，加入足量盐酸和NaClO3进行酸浸和氧化处理，Pd转化为PdCl，γ-Al2O3转化为Al3+后过滤，发生的离子反应为：3Pd+ClO+6H++11Cl−=3PdCl+3H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，α-Al2O3不与酸反应，对酸浸后的溶液过滤，α-Al2O3以滤渣的形式除去，得到含有PdCl、Al3+的滤液，向滤液中加入过量的Al单质，将PdCl置换为Pb单质，在进行过滤，得到主要含有Al3+、Cl−的滤液①，得到的固体主要含有Pb和过量的Al单质，再加入盐酸将过量的单质Al除去，再次过滤，得到主要含有Al3+、Cl−、H+的滤液②和粗Pd，向粗Pd中再次加入盐酸和NaClO3，将Pd溶解转化为PdCl，向得到的溶液中加入氨水，将PdCl转化为[Pd(NH3)4]2+，再加入盐酸，使[Pd(NH3)4]2+转化为[Pd(NH3)2]Cl2沉淀，过滤后，对[Pd(NH3)2]Cl2进行焙烧生成高纯度的Pd单质。(1)由于α-Al2O3不与酸反应，“预处理”时，γ-Al2O3经焙烧转化为α-Al2O3，有利于Pd与Al2O3的分离；(2)根据分析，“酸浸”时，Pd转化为PdCl，其离子方程式为3Pd+ClO+6H++11Cl−=3PdCl+3H2O；(3)根据分析“滤液①”主要含有Al3+、Cl−，“滤液②”中主要含有Al3+、Cl−、H+，二者都含有的主要溶质有AlCl3；(4)“粗Pd”溶解时，可用稀HNO3替代NaClO3，但缺点是使用硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)；63g硝酸为1mol做氧化剂转化为二氧化氮，转移1mol电子，即1g硝酸参与反应得到mol≈0.016mol的电子，106.5g NaClO3为1mol，做氧化剂转化为PdCl，转移6mol电子，即1g NaClO3参与反应得到mol≈0.056mol电子，两者相比，NaClO3的氧化效率更高。(5)“沉淀”时，[Pd(NH3)4]2+转化为[Pd(NH3)2]Cl2沉淀，其化学方程式为[Pd(NH3)4]Cl2+2HCl=[Pd(NH3)2]
Cl2↓+2NH4Cl；(6)①BrO能在负载Pd/Al2O3纳米催化剂的电极表面快速转化为Br−，溴元素的化合价降低，得电子，发生还原反应，负载Pd/Al2O3纳米催化剂的电极作阴极，电解池的阴极与电源的负极相连；②电流密度越大，电催化效率越高；酸性条件下，但当电流密度过大时，进入到阴极的电子过多，多余的电子来不及被BrO得到转化为Br−，电解质溶液中的氢离子会结合多余的电子，则出现电极副反应：H++2e−=H2↑。
20.【答案】（1）羟基 羰基
（2）
（3） 保护羰基，防止其与CH3MgI反应
（4） 、、
（5）
【解析】A发生加成反应生成B，B和高锰酸钾反应生成C，根据C反应生成D的结构和分子式分子得到C的结构简式为，D与乙二醇发生取代反应生成E，E和CH3MgI反应后再H+反应得到F。(1)根据F的结构简式得到F的含氧官能团的名称是羟基、羰基；(2)根据前面分析得到C的结构简式为；(3)从整个流程看，D→E，E→F，羰基先与乙二醇反应，后来又生成羰基，说明D→E的作用是保护羰基，防止其与CH3MgI反应；G为比E相对分子质量大14的同系物，则G的分子式为C10H16O4，H与G互为同分异构体且符合下列条件：①1mol H能与2mol NaHCO3反应，说明含有2mol羧基；②H能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键；③H分子中含有3种不同化学环境的氢；则H的结构简式为；(5)先与新制氢氧化铜反应后再酸化得到，与氢气发生加成反应生成，与甲醇在浓硫酸加热条件下反应生成酯()，与CH3CH2MgI反应，再H+反应得到，其流程图为：
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