湖北名校联盟2020年考前提分仿真卷化学（四）（解析版）


湖北名校联盟2020年考前提分仿真卷（四）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 S 32 Cl 35.5 Co 59
一、选择题（每小题6分，共42分。）
7．化学与生活、科技、社会、环境等密切相关。下列说法中正确的是（ ）
A．月饼包装盒中的铁粉可以起到吸潮作用，防止月饼潮解
B．为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒
C．用肥皂在硬水中洗衣效果较差，将硬水烧开后再用肥皂洗衣能提高洗衣效果
D．高铁动车的车厢厢体材料主要是不锈钢、高纯铝及其他复合材料，优化了列车性能
【答案】C
【解析】A．月饼包装盒中的铁粉能吸收氧气，防止月饼氧化变质，故A错误；B．医用消毒酒精是75%的乙醇，不是无水乙醇，故B错误；C．因硬水中含有的Ca2+、Mg2+能与肥皂作用形成不溶于水的沉淀，降低了洗衣效果，将硬水烧开后，水中的Ca2+、Mg2+转化为CaCO3、Mg(OH)2沉淀出来，能提高肥皂的洗衣效果，故C正确；D．铝的纯度越高，其质地越软，高铁动车的车厢厢体主要是不锈钢铝合金及其他复合材料，而不直接用高纯铝，故D错误；故选C。
8．自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：

下列叙述正确的是（ ）
A．N2NH3，NH3NO均属于氮的固定
B．催化剂a作用下氮原子发生了氧化反应
C．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
D．使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量
【答案】D
【解析】A．氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2NH3为氮的固定，但NH3NO不属于氮的固定，A错误；B．催化剂a作用下氮原子发生了还原反应，B错误；C．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂与形成，C错误；D．使用催化剂a、b可加快反应速率，提高单位时间内生成物的产量，D正确。故选D。
9．螺环化合物（环与环之间共用一个碳原子的化合物）M在制造生物检测机器人中有重要作用，其结构简式如图。下列有关该物质的说法正确的是（ ）

A．分子式为C6H8O B．所有碳原子处于同一平面
C．是环氧乙烷（）的同系物 D．一氯代物有2种（不考虑立体异构）
【答案】D
【解析】A．分子式为C5H8O，A错误；B．两个环共用的碳原子与4个碳原子相连，类似于甲烷的结构，所有碳原子不可能处于同一平面，B错误；C．环氧乙烷（）只有一个环，而M具有两个环，二者结构不相似，不互为同系物，C错误；D．三元环和四元环中的一氯代物各有1种，D正确；故选D。
10．超临界状态下的CO2流体溶解性与有机溶剂相似，可提取中药材的有效成分，工艺流程如下。

下列说法中错误的是（ ）
A．浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出
B．高温条件下更有利于超临界CO2流体萃取
C．升温、减压的目的是实现CO2与产品分离
D．超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点
【答案】B
【解析】A．中草药中的有效成分是有机物，易溶于乙醇，浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出，A正确；B．温度越低，气体的溶解度越大，所以高温条件不利于超临界CO2流体萃取，B错误；C．升温、减压的目的是让CO2气化，从而实现CO2与产品分离，C正确；D．升温、减压后，CO2全部气化，从而脱离萃取产品，因此，超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点，D正确。故选B。
11．短周期元素X、Y、Z、W、M，原子序数依次增大，X与Z可形成离子化合物ZX，Y与M同主族，其L层电子数之和为14，W为金属元素。下列判断错误的是 （ ）
A．元素的非金属性：Y＞M＞X
B．氧化物的水化物碱性：Z＞W
C．X、Z分别与Y可形成原子数之比为1∶1的物质
D．W与Y形成的化合物一定属于两性氧化物
【答案】D
【解析】短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，根据Y与M同主族，其L层电子数之和为14，可知Y的最外层电子数为6，是O元素，则M为S元素；X、Z可形成离子化合物ZX，只可能为NaH，则X为H元素，Z为Na；W为金属元素，为Mg或Al。由分析可知：X为H，Y为O，Z为Na，W为金属元素，为Mg或Al，M为S：A．元素的非金属性：O＞S＞H，A正确；B．氧化物的水化物碱性：NaOH＞Mg(OH)2或Al(OH)3，B正确；C．H元素与O元素可以形成H2O、H2O2，钠与氧可以形成Na2O、Na2O2，C正确；D．W与Y形成的化合物为氧化镁或氧化铝，氧化铝属于两性氧化物，氧化镁属于碱性氧化物，不属于两性氧化物，D错误；答案选D。
12．中国科学家研究出对环境污染小、便于铝回收的海水电池，其工作原理示意图如下：

下列说法正确的是（ ）
A．电极Ⅰ为阴极，其反应为：O2+4H++4e−=2H2O
B．聚丙烯半透膜允许阳离子从右往左通过
C．如果电极II为活性镁铝合金，则负极区会逸出大量气体
D．当负极质量减少5.4g时，正极消耗3.36L气体
【答案】C
【解析】A选项，电极Ⅰ为正极，其反应为：O2+4H++4e−=2H2O，故A错误；B选项，根据图中信息右边酸性溶液，左边为碱性海水，右边氢离子不能通过聚丙烯半透膜，故B错误；C选项，如果电极II为活性镁铝合金，镁铝形成很多细小的原电池，镁失去电子，铝上氢离子得到电子，因此在负极区会逸出大量气体，故C正确；D选项，当不是标准状况下，无法算正极消耗气体的体积，故D错误。综上所述，答案为C。
13． H2CO3和H2C2O4 都是二元弱酸，不同pH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示：

下列说法正确的是（ ）
A．在pH为6.37及10.25时，溶液中c(H2CO3)＝c(HCO)＝c(CO)
B．反应HCO+H2OH2CO3+OH−的平衡常数为10−7.63
C．0.1mol·L−1 NaHC2O4溶液中c(HC2O)+2c(C2O)+c(H2C2O4)＝0.1mol·L−1
D．往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应：CO+H2C2O4＝HCO+HC2O
【答案】B
【解析】A．在pH为6.37时c(H2CO3)＝c(HCO)，pH为10.25时，c(HCO)＝c(CO)，A错误；B．反应HCO+H2OH2CO3+OH−的平衡常数为K=c(H2CO3)·c(OH−)/c(HCO)，pH=6.37时，c(H2CO3)=c(HCO)，K=c(OH−)=10−14/10−6.37=10−7.63，B正确；C．在0.1mol·L−1 NaHC2O4溶液中有c(C2O)、c(HC2O)和c(H2C2O4)，据物料守恒c(C2O)+c(HC2O)+c(H2C2O4)=c(Na+)=0.1mol·L−1，C错误；D．草酸的酸性比碳酸强，往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，能够生成碳酸氢根离子和C2O，发生反应：2CO+H2C2O4＝2HCO+C2O，D错误；答案选B。
二、非选择题（共43分）
26．（15分）三氯甲醛（CCl3CHO）可用于生产氯霉素、合霉素等，其在实验室制备的反应原理为C2H5OH+4Cl2CCl3CHO+5HCl，可能发生的副反应是C2H5OH+HClC2H5Cl+H2O。某探究小组在实验室模拟制备三氯乙醛的装置如图所示（夹持、加热装置均略去）。回答下列问题：

（1）仪器a的名称是__________，采用该仪器的理由是____________________________。
（2）仪器b中冷凝水从___（填“p”或“q”）口进。
（3）装置A中MnO2用KClO3代替，反应在常温下进行，试写出反应的离子方程式：______________________。若撤去装置B，对实验的影响是_________________________。
（4）测定产品纯度：
①称取0.40g产品，配成待测溶液，加入20.00mL 0.100mol/L碘标准溶液，再加适量碱液，充分反应：CCl3CHO+OH−=CHCl3+HCOO−，HCOO−+I2=H++2I−+CO2↑
②再加适量盐酸调节溶液的pH，并立即用0.020mol/L的Na2S2O3溶液滴定到终点，发生反应：I2+2S2O=2I−+S4O
③重复上述操作3次，平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。
滴定时所用指示剂是______，达到滴定终点的现象是______________________，测得产品的纯度是_________（保留三位有效数字）。
【答案】（1）恒压分液漏斗 平衡漏斗上方和烧瓶内气体的压强，便于液体顺利滴下
（2）p
（3）ClO+6H++5Cl−=3Cl2↑+3H2O 生成的氯气中混有的HCl气体会与乙醇反应生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低
（4）淀粉溶液 滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中的颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色 66.4%
【解析】A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl3CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中过量的氯气等防止污染空气。(1)根据仪器a的结构特点可知其为恒压分液漏斗；恒压分液漏斗的导管可以平衡漏斗上方和烧瓶内气体的压强，便于液体顺利滴下；(2)仪器b为球形冷凝管，为了更好的冷凝效果，冷凝水应从p口进入，q口流出；(3)装置A为浓盐酸与二氧化锰共热制取氯气，用KClO3代替二氧化锰做氧化剂，发生归中反应，离子方程式为：ClO+6H++5Cl−=3Cl2↑+3H2O；生成的氯气中混有的HCl气体会与乙醇反应生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低；(4)该滴定过程中利用Na2S2O3标准溶液滴定未反应的碘单质的物质的量，从而确定与HCOO−反应的碘单质的量，继而确定HCOO−的量；滴定终点碘单质全部被氧化成碘离子，所以可选用淀粉溶液做指示剂，达到终点的现象为滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中的颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；根据反应I2+2S2O=2I−+S4O可知存在数量关系I2~2S2O，则剩余的n(I2)=0.020mol/L×0.02L×=0.00020mol，则与HCOO−反应的n(I2)=0.100mol/L×0.02L-0.00020mol=0.00180mol，根据CCl3CHO+OH−=CHCl3+HCOO−，HCOO−+I2=H++2I−+CO2↑，可知n(CCl3CHO)=0.00180mol，产品的纯度为66.4%。
27．（14分）研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分。
Ⅰ．NOx主要来源于汽车尾气，可以利用化学方法将二者转化为无毒无害的物质。
已知：N2(g)+O2(g)2NO(g)　ΔH＝+180 kJ·mol−1
2CO(g)+O2(g)2CO2(g)　ΔH＝-564 kJ·mol−1
（1）2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)　ΔH＝________。
（2）T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2 L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程(0～15min)中NO的物质的量随时间变化如图所示。

①已知：平衡时气体的分压＝气体的体积分数×体系的总压强，T℃时达到平衡，此时体系的总压强为p=20MPa，则T℃时该反应的压力平衡常数Kp＝_______；平衡后，若保持温度不变，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，平衡将_____ (填“向左”、“向右”或“不”)移动。
②15min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如上图所示的变化，则改变的条件可能是_____。(填序号)
A．增大CO浓度 B．升温 C．减小容器体积 D．加入催化剂
Ⅱ．SO2主要来源于煤的燃烧。燃烧烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。
已知：亚硫酸：Ka1=2.0×10−2 Ka2=6.0×10−7
（3）请通过计算证明，NaHSO3溶液显酸性的原因：_________________________。
（4）如图示的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。通入NO的电极反应式为____________________；若通入的NO体积为4.48L(标况下)，则另外一个电极通入的SO2质量至少为________g。

【答案】（1）-744kJ·mol−1 （2）0.0875(或7/80) 不 AC
（3）HSO的水解常数K=Kw/Ka1=5.0×10−13＜Ka2=6.0×10−7(HSO的电离常数)，所以显酸性 6H++NO+5e−＝NH+H2O 32
【解析】（1）已知：①N2(g)+O2(g)2NO(g)，②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)，由盖斯定律可知：②-①得2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)的ΔH=(-564-180)kJ·mol−1=-744kJ·mol−1；
（2）

p(NO)=p(CO)=p(CO2)=20MPa×=，p(N2)=20MPa×=，Kp===0.0875；同样可计算化学平衡常数K=5，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，此时的浓度商为仍为5，因此平衡不移动；②15min时，改变某一因素，NO的物质的量减少，说明平衡向正反应方向移动。增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的物质的量减小，A项正确；正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，NO的物质的量增大，B项错误；减小容器的体积，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，NO物质的量减小，C项正确；加入催化剂，化学平衡不移动，D项错误；答案选AC；（3）HSO的水解常数K=Kw/Ka1=5.0×10−13＜Ka2=6.0×10−7，电离平衡常数大于水解平衡常数，说明溶液显酸性；（4）根据电解装置，NO和SO2转化为硫酸铵，说明NO转化成NH，即NO在阴极上发生NO+6H++5e−=NH+H2O；阳极反应式为SO2+2H2O-2e−=4H++SO，根据得失电子数目守恒，因此有2NO～10e−～5SO2，求出SO2的质量为4.48×5×64/(2×22.4)g=32g。
28．（14分）金属钛在航天、潜海和医疗方面应用广泛。以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，含少量Fe2O3]为原料制备钛的工艺流程如图所示。

(1)步骤②、③、④中，均需进行的操作是_____________(填操作名称)。
(2)滤液1中钛元素以TiO2+形式存在，步骤①中生成TiO2+的化学方程式为______________________________________________，硫酸质量分数对钛、铁浸出率的影响如图所示。据此判断，酸浸时所加硫酸的质量分数应为______(填范围)。

(3)请结合离子方程式解释步骤④中加热水的原因：______________________________。
(4)电解法制备Ti的装置是以石墨为阳极，TiO2为阴极，熔融CaO为电解质。Ti在_______(填“阳极”或“阴极”)生成，____(填“能”或“不能”)将熔融CaO换成石灰乳。
(5)以绿矾为原料，可以制备重要工业原料氧化铁，基本流程如下：

①绿矾溶液中离子浓度由大到小的顺序为__________________________________。
②FeCO3达到沉淀溶解平衡时，室温下测得溶液的pH为8，c(Fe2+)=1.0×10−5 mol·L−1。所得FeCO3中_____(填“含”或“不含”)有Fe(OH)2。已知：{Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10−17}
【答案】（1）过滤 （2）FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O 80%~85%
（3）TiO2++2H2OH2TiO3+2H+，水解反应是吸热反应，用热水促进反应向正反应方向进行 （4）阴极 不能 （5）c(SO)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH−) 不含
【解析】钛铁矿加酸溶解过滤得到含有TiO2+和Fe3+的滤液，向滤液中加铁粉还原Fe3+，过滤除去滤渣，对滤液冷却结晶，过滤得到FeSO4·7H2O和含有TiO2+的溶液，加入热水促进TiO2+水解生成H2TiO3，煅烧H2TiO3生成TiO2，电解可生成Ti，以此解答该题。(1)根据分析可知步骤②、③、④中，均需进行的操作是过滤；(2)反应物为钛铁矿，结合元素守恒可知方程式为FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O；根据图像可知硫酸质量分数在80%~85%之间时浸出率最大；(3)TiO2+在水溶液中发生水解TiO2++2H2OH2TiO3+2H+，水解反应是吸热反应，用热水促进反应向正反应方向进行，生成H2TiO3；(4)由TiO2生成Ti，Ti元素化合价降低发生还原反应，电解池中阴极得电子发生还原反应；若换成石灰乳，石灰乳中有水，阴极将产生氢气，无法得到金属钛，所以不能将熔融CaO换成石灰乳；(5)①绿矾溶液中亚铁离子会发生水解使溶液显酸性，所以溶液中离子浓度由大到小为c(SO)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH−)；②根据题意，pH为8，则c(OH−)=1×10−6mol/L，因为c(Fe2+)·c2(OH−)=1.0×10−5×(1×10−6)2 =1.0×10−17＜Ksp[Fe(OH)2]，故无Fe(OH)2生成。
三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）
35．【化学——选修3：物质的结构与性质】（15分）
Fe2+、Fe3+与O、CN−、F−有机分子等形成的化合物具有广泛的应用。
(1)C、N、O原子的第一电离能由大到小的顺序是___________________________。
(2)Fe2+基态核外电子排布式为_____________________________。
(3)乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂，其结构如图1所示。

此物质中碳原子的杂化方式是______________________。
(4)配合物K3Fe(CN)6可用于电子传感器的制作。与配体互为等电子体的一种分子的化学式为________。已知(CN)2是直线型分子，并具有对称性，则(CN)2中π键和σ键的个数比为_____________。
(5)F−不仅可与Fe3+形成[FeF6]3−，还可以与Mg2+、K+形成一种立方晶系的离子晶体，此晶体应用于激光领域，结构如图2所示。

该晶体的化学式为___________________________________。
【答案】（1）N＞O＞C （2）1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6) （3）sp3、sp2
（4）CO(或N2) 4∶3 （5）KMgF3
【解析】（1）同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C。由于N原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能数值由大到小的顺序为N＞O＞C。（2）Fe是26号元素，其原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+为Fe原子失去4s上2个电子，则Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。（3）乙酰基二茂铁中甲基碳原子采用sp3杂化，羰基碳原子采用sp2杂化。（4）配合物K3Fe(CN)6的配体为CN−，C得到一个e−为N或N得到一个e−为O，所以CN−与N2或CO互为等电子体；(CN)2为直线型分子，具有对称性，其结构式为N≡C-C≡N，单键为σ键，CN中含有一个σ键，2个π键，因此(CN)2中π键和σ键的个数比为4∶3。（5）根据晶胞结构可知，Mg2+、F−、K+分别位于顶点、棱心和体心处，根据均摊法可知，晶胞中含有的Mg2+、F−、K+个数分别是8×1/8＝1个、12×1/4＝3个、1个，所以该物质的化学式为KMgF3。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：

已知：①R-Br
②E的核磁共振氢谱只有一组峰；
③C能发生银镜反应；
④J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环。
回答下列问题：
(1)由A生成B的化学方程式为__________________________________________，其反应类型为__________________；
(2)D的化学名称是______________，由D生成E的化学方程式为______________________________________________________；
(3)J的结构简式为______________；
(4)G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的结构简式__________________(写出一种即可)；
(5)由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2—苯基乙醇：AKL。反应条件1为__________；反应条件2所选择的试剂为__________；L的结构简式为__________。
【答案】（1）+Br2+HBr 取代反应
（2）2-甲基丙烯 CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr （3）
（4）或或
（5）光照 镁、乙醚
【解析】比较D、E的分子式可知D和HBr发生加成反应生成E，E的核磁共振氢谱只有一组峰，则可知D为CH2=C(CH3)2，E为(CH3)3CBr，根据题中已知①可知F为(CH3)3CMgBr，C能发生银镜反应，同时结合G和F的结构简式可推知C为，进而可以反推得，B为，A为，根据题中已知①，由G可推知N为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为，据此解答。(1)由A生成B的化学方程式为+Br2+HBr，其反应类型为取代反应；(2)D为CH2=C(CH3)2，名称是2-甲基丙烯，由D生成E的化学方程式为CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr；(3)根据上面的分析可知，J的结构简式为；(4)G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，这样的结构为苯环上连有-OH、-CH2Br呈对位连结，另外还有四个-CH3基团，呈对称分布，或者是-OH、-C(CH3)2Br呈对位连结，另外还有2个-CH3基团，以-OH为对称轴对称分布，这样有或或；(5)反应1为与溴发生取代生成K为，反应条件为光照，K在镁、乙醚的条件下生成L为，L与甲醛反应生成2-苯基乙醇。