湖北省名校联盟2020年高考化学考前提分仿真卷四含解析

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1、湖北省名校联盟2020年高考化学考前提分仿真卷（四）（含解析）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（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 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

2、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

3、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AN2NH3，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

4、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C6H8OB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

5、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

6、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：YMXB氧化物的水化物碱性：ZWCX、Z分别与Y可形成原子数之比为11的物质DW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

7、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：OSH，A正确；B氧化物的水化物碱性：NaOHMg(OH)2或Al(OH)3，B正确；CH元素与O元素可以形成H2O、H2O2，钠与氧可以形成Na2O、Na2O2，C正确；DW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电极为阴极，其反应为：O2+4H+4e=2H2OB聚丙烯半透膜允许阳离子从右往左通过C如果电极II为

8、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p

9、H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107.63C0.1molL1 NaHC2O4溶液中c(HC2O)+2c(C2O)+c(H2C2O4)0.1molL1D往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应：CO+H2C2O4HCO+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、=1014/106.37=107.63，B正确；C在0.1molL1 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+)=0.1molL1，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+H2C2O42HCO+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+HC

11、lC2H5Cl+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：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再加适量盐酸调节溶液的pH，并立即用0.020mol/L的Na2S2

12、O3溶液滴定到终点，发生反应：I2+2S2O=2I+S4O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+4H

13、Cl(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

14、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I22S2O，则剩余的n(I2)=0.020mol/L0.02L=0.00020mol，则与HCOO反应的n(I2)=0.100mol/L0.02L-0.00020mol=0.00180mol，根据CCl3CHO+OH=CHCl3+HCOO，HCO

15、O+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。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)H+180 kJmol12CO(g)+O2(g)2CO2(g)H-564 kJmol1（1）2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)H_。 （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(015min)中NO的物质的量随时间变化如图所示。已知：平衡时气体的分压气体的体积分数

16、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。15min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=2.0102 Ka2=6.0107 （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、

17、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）-744kJmol1 （2）0.0875(或7/80) 不 AC （3）HSO的水解常数K=Kw/Ka1=5.01013Ka2=6.0107(HSO的电离常数)，所以显酸性 6H+NO+5eNH+H2O 32 【解析】（1）已知：N2(g)+O2(g)2NO(g)，2CO(g)+O2(g)2CO2(g)，由盖斯定律可知：-得2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)的H=(-564-180)kJmol1=-744kJm

18、ol1；2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)（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；15min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

19、动，D项错误；答案选AC；（3）HSO的水解常数K=Kw/Ka1=5.01013Ka2=6.0107，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2NO10e5SO2，求出SO2的质量为4.48564/(222.4)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、中，均需进行的操作是_

20、(填操作名称)。(2)滤液1中钛元素以TiO2+形式存在，步骤中生成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：绿矾溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。FeCO3达到沉淀溶解平衡时，室温下测得溶液的pH为8，c(Fe2+)=1.0105 molL1

21、。所得FeCO3中_(填“含”或“不含”)有Fe(OH)2。已知：KspFe(OH)2=4.91017【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FeSO47H2O和含有TiO2+的溶液，加入热水促进TiO2+水解生成H2TiO3，煅烧H2

22、TiO3生成TiO2，电解可生成Ti，以此解答该题。(1)根据分析可知步骤、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)绿

23、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)；根据题意，pH为8，则c(OH)=1106mol/L，因为c(Fe2+)c2(OH)=1.0105(1106)2 =1.01017KspFe(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

24、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中键和键的个数比为_。(5)F不仅可与Fe3+形成FeF63，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）NOC （2）1s22s22p63s23p63d6(或Ar3d6) （3）sp3、sp2 （4）CO(或N2) 43 （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

25、能OC。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NOC。（2）Fe是26号元素，其原子核外电子排布式为Ar3d64s2，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Ar3d6。（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NC-CN，单键为键，CN中含有一个

26、键，2个键，因此(CN)2中键和键的个数比为43。（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81/81个、121/43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：R-BrE的核磁共振氢谱只有一组峰；C能发生银镜反应；J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

27、)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，根据题中已知可知F为(CH3)3CMgBr，C能发生银镜反应，同时结合G和F的结

28、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，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。