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1、2020届高三毕业班第四次大联考化学参考答案及评分标准7. C 【解析】“木活字”是木头制造的，其主要成分是纤维素，A项正确；蚕丝的主要成分是蛋白质，B项正确；白砂糖的主要成分是蔗糖，不是高分子化合物，C项错误；“黑陶”是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐，D项正确。8. D 【解析】合成氨反应为可逆反应，28g N2与6g H2充分反应生成NH3分子的数目小于2NA，A项错误；6.4g Cu与过量S充分反应生成Cu2S，转移电子的数目为0.1NA，B项错误；标准状况下，C2H5OH为液态，C项错误；25时，1L pH=1的 NaSO4溶液中含有H+的数目为0.1NA，D项正确。9. B 【解
2、析】二环4.1.0庚烷的分子式为C7H12，与环庚烯（C7H12）互为同分异构体，A项正确；所有碳原子均为饱和碳原子，所有碳原子不可能处于同一平面上，B项错误；一氯代物有4种，C项正确；二环4.1.0庚烷属于烃类物质难溶于水，易溶于有机溶剂，D项正确。10：B【解析】A为H，B为C，C为O，D为Na，甲是Na2O2，乙是H2O，丁是NaOH，已是O2，丙是CO2，戊是Na2CO3，选项C中可以是H2CO3，H2C2O4，D中CO32-因水解，阴离总数增加。11. A 【解析】大理石为难溶于水的块状固体，能利用该装置制备CO2，A项正确；无水氯化钙与NH3反应，不能用无水氯化钙干燥，B项错误；N
3、O和O2反应生成NO2，不能用排空气法收集，C项错误；CH3COOC2H5在强碱性条件下发生水解，D项错误。12. C 【解析】Pt电极上发生还原反应，作正极，A项正确；BiVO4电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为-2e+2OH- =+H2O，B项正确；电子从BiVO4电极（负极）经导线流向Pt电极（正极），且不能进入溶液，C项错误；Pt电极（正极）电势高于BiVO4电极（负极），D项正确。13. D解析：A. 用0.10molL1盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.10molL1CH3COONa溶液和NaCN溶液,点为加入盐酸的体积为10mL,得到等浓度的NaCN、HCN和NaCl的混
4、合溶液,溶液pH7,溶液显碱性,说明CN的水解程度大于HCN的电离程度,则c(HCN)c(CN),结合物料守恒c(HCN)+c(CN)=2c(Cl)可知,c(HCN)c(Cl)c(CN)，故A错误；B. 点加入盐酸体积小于10mL,反应后溶质为等浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa,溶液为pH=5,呈酸性,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度,则c(CH3COO)c(CH3COOH),结合物料守恒c(CH3COO)+c(CH3COOH)=2c(Cl)可知：c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)，故B错误；C. 溶液中所有阳离子浓度之和为c(Na+)+
5、c(H+),点和点溶液的pH相等,但两溶液加入盐酸体积不等,即溶液中c(Na+)不等，所以所以溶液中阳离子的物质的量浓度之和：点，故C错误；D. 点为加入盐酸溶液体积为20mL,此时恰好生成CH3COOH、NaCl,根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)+c(Cl),由物料守恒可得：c(Cl)=c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO),二者结合可得：c(CH3COOH)+c(H+)c(OH)=c(Cl)=0.1mol/L2=0.05molL1，故D正确；26.（14分）.（1）分液漏斗（2分） +16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O
6、（2分）.（2）afg（gf）bcde（2分）（3）C（1分） D（1分）（4）SO2+2Cl2+S2SOCl2（2分）（5）尾气处理（或吸收未反应的SO2和Cl2）（2分） NaC1、NaClO和Na2SO4（2分）【解析】.（1）装置甲中仪器x的名称为分液漏斗；若选用装置甲以高锰酸钾和浓盐酸反应制备Cl2，反应的离子方程式为+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O。.（2）按气流从左到右的方向，A为制备装置，D为收集装置，B为干燥装置，连接在D后防止水蒸气进入，C为尾气处理装置，连接顺序为afg（gf）bcde。（3）试剂y为石蜡油，能保持油浴温度为180200；试剂z为冰水，冷
7、凝收集生成的氯化亚砜。（4）装置A中U形管内发生反应的化学方程式为SO2+2Cl2+S2SOCl2。（5）装置C的作用为吸收未反应的SO2和Cl2；若装置A处通入的SO2和Cl2的物质的量之比为1：3，Cl2过量，则装置C中发生的反应为SO2+Cl2+4NaOH=2NaCl+Na2SO4+2H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，生成的盐为NaCl、Na2SO4和NaClO；27( 14分)(1)ac(2分) (2)3104 molL1(2分)Mg3(PO4)2溶解度增大和促进Mg2水解生成Mg(OH)2。(2分)(3) 烧杯、漏斗、玻璃棒(2分)(4) 9(2分)使两份溶液
8、总体积相等，确保其他条件相同，而NH4Cl的浓度不同 (2分)(5) 2NH4VO34H2C2O4=(NH4)2(VO)2(C2O4)32CO24H2O(2分)28（15分）（1）+282.4（2分） （2）放（2分） 1.9a mol（2分） （2分）D（2分）（2分） （3）阳（1分） CH3CHO-2e -+H2O = CH3COOH+2H+（2分）【解析】（1）由盖斯定律一一可知，H=（-1559.9kJ.mol-1）-（-285.5kJ.mol-1）-（-1556.8kJ.mol-1）=+282.4kJmol-1。（2）由图可知，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，说明正反应是放热反应。
9、由图可知，A点时乙烯的平衡转化率为10%，则平衡时C2H4（g）、H2O（g）、C2H5OH（g）的物质的量分别为0.9a mol、0.9a mol、0. la mol。平衡时A点对应容器的总压强为b MPa，故C2H4（g）、H2O（g）、C2H5OH（g）的分压分别为、，则。平衡时，正、逆反应速率相等，即。升高温度，正、逆反应速率都增大，即k正和k逆均增大，但由于正反应是放热反应，K减小，故k正增大的倍数小于k逆。正反应为气体物质的量减小的反应，平衡时，与恒容容器相比，恒压密闭容器压强更大，反应正向进行程度更大，C2H4（g）的平衡转化率更高。（3）乙醛在阳极发生氧化反应生成乙酸，电极反应
10、式为CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+。35.（15分）（1）（1分） p（1分） （2）Be、C（2分，错答、漏答不得分）直线形（1分） CO2或CS2或N2O或BeCl2（2分，任写一种，其他合理答案也给分）（3）sp2（1分） sp3（1分）（4）B原子半径更小，BN键键长更短，键能更大（2分）（5）Na3Li（BH4）4（2分）（2分）【解析】（1）硼为5号元素，属于p区元素，其基态原子的价电子排布图为。（2）Be的2s能级处于全满，第一电离能：BeB，N的2p能级处于半满，第一电离能：NO，故第一电离能介于B和O之间的元素只有Be、C两种。的中心原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0，立体构型为直线形；与互为等电子体的分子有CO2、CS2、N2O、BeCl2等。（3）BF3和中B原子的杂化方式分别为sp2、sp3。（4）立方BN和立方AlN均为原子晶体，B原子半径更小，BN键键长更短，键能更大，熔点更高。（5）根据均摊法可得，该物质的化学式为Na3Li（BH4）4。，该晶体的密度。36.（15分）(1) (1分)(2)浓硫酸、浓硝酸、加热(1分) 取代反应(1分) 保护酚羟基,以防被氧化(2分)(3)AC(2分)(2分)(5)16 (2分) 或 (2分)(2分)5
