2020年湖北名校联盟考前提分仿真卷 化学（二） 学生版.docx

1、 绝密绝密 启用前启用前 20202020 届届湖北名校联盟湖北名校联盟考前提分仿真卷考前提分仿真卷 化化 学（二）学（二） 注意事项：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 5

2、9 一、选择题一、选择题（每小题每小题 6 分分，共共 42 分分。） 7化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法不正确的是 A地沟油可用来生产肥皂、甘油，达到废物利用的目的 B锅炉水垢中含有的 CaSO4，可先用 Na2CO3溶液处理，后用酸除去 C泉州府志：元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。泥土具 有吸附作用，能将红糖变白 D“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花不同 8现有下列两套实验装置，用于实验室制取乙酸乙酯和乙酸丁酯。下列说法错误的是 A导管 a 和导管 b 的作用都是冷凝回流 B都可用饱和 Na2CO3溶液来洗去酯中的酸和醇 C加入过量

3、的乙酸可以提高醇的转化率 D图 I 装置用于制取乙酸乙酯，图装置用于制取乙酸丁酯 9乙苯与氢气加成，其产物的一氯代物的同分异构体数目有（不考虑立体异构） A4 种 B5 种 C6 种 D7 种 10由下列实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向 Co2O3中滴加浓盐酸 产生黄绿色气体 氧化性：Cl2Co2O3 B 白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸 泡在饱和食盐水中，一段时间后 滴加几滴 K3Fe(CN)6溶液 无明显现象 该过程未发生氧化还原反应 C 将铁片投入浓硫酸中 无明显变化 常温下铁不与浓硫酸反应 D 将10mL 2mol/L的KI溶液与1mL 1mol/L

4、 FeCl3溶液混合充分反应 后滴加 KSCN 溶液 溶液颜色变红 KI 与 FeCl3的反应具有可逆性 112019 年 11 月Science杂志报道了王浩天教授团队发明的制取 H2O2的绿色方法，原理如 图所示(已知：H2O2=H+HO 2，Ka2.4 10 12)。下列说法错误的是 AX 膜为选择性阳离子交换膜 B每生成 1mol H2O2电极上流过 4mol e C催化剂可促进反应中电子的转移 Db 极上的电极反应为 O2+H2O+2e=HO2+OH 12某化合物的结构如图所示，分子中所有原子都达到了 8 电子稳定结构，X、Y、Z、W 是原 子序数依次增大的短周期主族元素，原子半径：

5、r(X)r(Y)r(Z)，W 的单质可用来制取漂白剂和自来 水消毒。下列说法正确的是 此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 AYZ2属于酸性氧化物 BX 的氧化物的水化物酸性弱于 W 的氧化物的水化物酸性 CX、Y、Z 与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物 D气态氢化物的稳定性：HZr(Y)r(Z)，同一周期原子序数越大原子半径越小，Z 能够形成 1 个双键，X 形成 4 个共价键， Y 形成 3 个共价键，W 形成 1 个共价键，W 位于第三周期，X、Y、Z 位于第二周期，X 为 C，Y 为 N， Z 为 O， W 为 Cl 元素， 据此解答。 A YZ2是 NO2， N

6、O2与 NaOH 溶液反应产生 NaNO3、 NaNO2、 H2O，反应中 N 元素化合价发生了变化，因此 NO2不属于酸性氧化物，A 错误；BX 形成的氧化 物有 CO、CO2，CO 难溶于水，CO2溶于水反应产生的 H2CO3为弱酸，而 Cl 元素的氧化物对应的酸 有多种，如 HClO 是一元弱酸，酸性比碳酸弱，而 HClO3、HClO4都是强酸，可见未指明氧化物的 价态，无法比较相应的物质的酸性强弱，B 错误；CC 与 H 形成 CH3-CH3、CH2=CH2等、N 与 H 可形成 NH2-NH2及 O 与 H 可形成 H2O2中含有非极性键；故 C、N、O 三种元素均可以与氢元素均 可

7、形成含非极性键的二元化合物，C 正确；D非金属性：OCl，故氢化物的稳定性为 H2OHCl， D 错误；故合理选项是 C。 13. 【答案】B 【解析】 A 曲线为达到沉淀溶解平衡时的曲线， a 点和 b 点 c(CrO2 4)不一样， 则 c(Ag +)不相同， A 错误；B根据图象上相关数据，Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+CrO2 4(aq)，如以 c(CrO 2 4)=10 2mol/L 时，溶解度为 105 mol/L 计算 Ksp=c2(Ag+) c(CrO2 4)=(2 10 5)2 102=4 1012，则数量级为 1012，B 正确； C加热蒸发饱和 Ag2CrO4溶液

8、再恢复到 25，仍然为该温度下的饱和溶液，各种微粒的浓 度不变，因此不能使溶液由 a 点变到 b 点，C 错误；D由于 Ksp(AgCl)=1.8 10-10，当溶液中 KCl 为 0.01 mol/L 时，形成沉淀需 Ag+的浓度最小为 c(Ag+)= 10 1.8 10 0.01 mol/L=1.8 108mol/L，而 Ksp(Ag2CrO4)=4 1012，形成 Ag2CrO4时需要 Ag+的浓度最小为 c(Ag+)= 12 4 10 0.01 mol/L=2 105 mol/L，形成沉淀需要的 Ag+浓度越小，先形成沉淀，可见等浓度的混合溶液中，Cl先产生沉淀，D 错误；故合理选项是

9、 B。 26. 【答案】（1）圆底烧瓶 不能 （2）b （3）打开活塞 K （4）保温，避免水蒸气冷凝 （5）ab HF+OH=F+H2O （6）2.85% 【解析】A 是水蒸气发生装置，长导管作用起到平衡压强的作用，防止烧瓶内压强过大，实验 时，首先打开活塞 K，目的是让烧瓶内压强和外界一致，待水沸腾时，关闭活塞 K，开始蒸馏，若 蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即打开活塞 K，和外界联通降低压强，B 制取 HF 的装置，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢，用水蒸气蒸出，冷凝到 D 装置，被氢氧化钠中和吸收，在采用滴定法定量测定氟元素的质量分数。(1)A

10、的名称是圆底烧瓶， 长导管用于平衡压强，实验过程中其下端在液面以下；答案：圆底烧瓶；不能；(2)实验过程中，直 形冷凝管中的冷却水应从 a 进 b 出，这样可使冷却水充满外管，有利于带走热量；答案：b。(3)从实 验安全角度考虑，实验时，首先打开活塞 K，目的是让烧瓶内压强和外界一致，待水沸腾时，关闭 活塞 K，开始蒸馏，若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即打开活塞 K， 和外界联通降低压强；答案：打开活塞 K；(4)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以 石棉绳，石棉绳的隔热效果比较好，主要起到保温防止水蒸气冷凝的作用；答案：保温，避免水蒸 气冷凝。(5)根据题干

11、知识可知反应原理为高沸点酸（难挥发性酸）制取低沸点酸（易挥发性酸） ， 醋酸和硝酸易挥发， 不可代替高氯酸； 答案： ab； D 中是氢氧化钠与 HF 发生酸碱中和生成盐和水， 离子方程式为 HF+OH=F+H2O；答案：HF+OH=F+H2O。(6)关系式法计算：设 F的物质的量为 x mol 3FLaF3La3+ EDTA La3+ 3mol 1mol 1mol 1mol x x/3 0.1mol/L 20.00 103L 0.1mol/L 20.00 103L 3 x +0.1mol/L 20.00 103L=0.100mol/L 25.00 103L 得 x=1.5 103mol=0.

12、0015mol 氟化稀土样品中氟的质量分数为： 0.0015mol 19g/ mol 1.00g 100%=2.85%；答案：2.85%。 27. 【答案】（1）MnO2+SO2=SO2 4+Mn 2+ AC （2）将 Fe2+氧化为 Fe3+ （3）7.2 104 （4）蒸发浓缩、趁热过滤 （5）8MnO2+2Li2CO3= 6007504LiMn 2O4+2CO2+O2 【解析】(1)“浸出”过程中 MnO2与 SO2发生氧化还原反应，转化为 Mn2+的离子方程式为 MnO2+SO2=SO2 4+Mn 2+；提高 MnO 2的浸出率：A不断搅拌，使 SO2和软锰矿浆充分接触，这样 SO2就

13、会更多转化为 SO2 4，A 项正确；B增大通入 SO2的流速，可能会导致部分 SO2未来得及反 应就逸出，物质的产率降低，B 项错误；C温度升高，可以提升反应速率，C 项正确；D减少软 锰矿浆的进入量，SO2可能不能及时参加反应，导致回收率降低，D 项错误；故合理选项是 AC，故 答案为MnO2+SO2=SO2 4+Mn 2+； AC； (2)第1步除杂中加入H 2O2的目的是将溶液中的Fe 2+氧化为Fe3+， 以便于形成 Fe(OH)3沉淀，过滤将沉淀除去，故答案为：将 Fe2+氧化为 Fe3+；(3)MnF2除去 Mg2+的 离 子 反 应 方 程 式 是MnF2+Mg2+Mn2+Mg

14、F2， 该 反 应 的 平 衡 常 数 数 值 为 2 +2 +2- s p24 2 +2 +2- s p2 ( M n F ) c ( M n)c ( M n) c( F ) = 7 . 21 0 c ( M g)c ( M g) c( F )( M g F ) K K K ，故答案为：7.2 104；(4)溶液到晶体，同时 MnSO4 H2O 在水中的溶解度随温度的升高而减小，采用蒸发浓缩、趁热过滤操作，故答案为：蒸发 浓缩、趁热过滤；(5) MnO2和 Li2CO3反应后只有 Mn 的价态降低，必然有元素的化合价升高，C 元 素处在最高价态，不能升高，则只能是 O 元素价态升高，所以还有

15、 O2生成。根据电子守恒、原子守 恒，可得该反应的方程式为：8MnO2+2Li2CO3= 6007504LiMn 2O4+2CO2+O2，故答案为： 8MnO2+2Li2CO3= 6007504LiMn 2O4+2CO2+O2。 28. 【答案】（1）N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) H2=H-H1 （2）正反应 c （3）2k2 Kp B、D N2O4与 NO2的消耗速率满足条件 v(NO2)=2v(N2O4) （4）1.5 104 31 （5）O2和较浓的硫酸 2HSO 3+2H +2e=S 2O 2 4+2H2O 2NO+2S2O 2 4+2H2O=N2+4HSO 3 【解析】

16、(1)2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H， 第一步反应为2NO(g)N2O2(g) H10， 则第二步反应为-， 整理可得N2O2(g) +O2(g)2NO2(g) H2=H-H1； (2)对于反应2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)，反应温度为 T1，反应开始时 c(NO2)=0.6mol/L，c(NO)=c(O2)=0，反应达到平衡 时 c(O2)=0.2mol/L， 则根据物质转化关系可知， 平衡时 c(NO2)=0.6mol/L-2 0.2mol/L=0.2mol/L， c(NO)= 2 0.2mol/L=0.4mol/L，该温度下化学反应的平衡常数 K= 2 2 0.40

17、.2 0.2 =0.8，对于容器中进行的上述 反应，在开始时刻浓度商 Qc= 2 2 0.50.2 0.3 0.560.8，则反应向正反应方向进行；对于反应，由 于 NO 与 O2按照 21 关系发生改变，根据给出的物质的浓度，可认为其等效开始状态为 c(O2)=0， c(NO)=(0.5-0.2 2)mol/L=0.1mol/L，c(NO2)=(0.3+0.2 2)mol/L=0.7mol/L，反应在 1L 容器中进行，所 以气体的浓度和为气体的物质的量的和，对于容器 I，开始时气体的物质的量 n(总)I=0.6mol，容器 开始时气体的物质的量 n(总)II=0.7mol+0.1mol=0

18、.8mol0.6mol，在相同外界条件下气体的物质的量 与压强呈正比，所以达到平衡时，容器 I 与容器 II 中的总压强之比小于 1，故合理选项是 c；(3)反应 达 到 平 衡 时v(NO2)正=2v(N2O4)逆， (NO2)=k1 p2(NO2) ， (N2O4)=k2 P(N2O4) ， 所 以Kp= 24 1 2 22 p N Ok 2pNO2k ，所以 k1=2k2 Kp；满足平衡条件 v(NO2)=2v(N2O4)，即为平衡点，根据图象，B、 D 所对应的速率刚好为 12 的关系，所以 B、D 为平衡点；(4)曲线 a 中 NO 的起始浓度为 6 104 mg m3，A 点的脱除

19、率为 55%，B 点的脱除率为 75%，从 A 点到 B 点经过 0.8s，该时间段内 NO 的 脱除速率 V= 43 6 100.750.55 mg m 0.8s =1.5 104 mg/(m3 s)； NH3与 NO 的物质的量的比值越 大，NO 的脱除率越大，则物质的量之比分别为 41、31、13 时，对应的曲线为 a、b、c，即 曲线 b 对应的物质的量之比是 31；(5)阳极电解质溶液为稀 H2SO4，在阳极，溶液中水电离产生 的 OH失去电子发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-2e=O2+4H+，由于水不断放电消耗，所以阳 极区 H2SO4溶液浓度不断增大，所以从 A 口中出来的

20、物质的是 O2和较浓的硫酸；在电解池阴极 上得到电子发生还原反应，根据图可知是 HSO3在酸性条件下发生还原反应，生成 S2O2 4，其电极反 应式为 2HSO3+2e+2H+=S2O2 4+2H2O；根据图示，吸收池中 S2O 2 4和 NO 是反应物，N2和 HSO 3是 生成物，则根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得吸收池中除去 NO 的原理是 2NO+2S2O2 4 +2H2O=N2+4HSO3。 35. 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d5 sp2、sp3 （2）34 （3）V 形 （4）b kJ mol1 2e kJ mol1 (f-a-b-c-d-e) kJ mo

21、l1 （5）ZnS 3 A 388 aN 【解析】(1)锰原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s2，则 Mn2+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5；有机高聚物中 C 的价层电子对数分别为 3 和 4，则杂化方式分别为 sp2、sp3；答 案：1s22s22p63s23p63d5；sp2、sp3；(2)已知 CN与 N2互为等电子体，可推出拟卤素(CN)2分子结构为 NC-CN，则 键为 3 个， 键为 4 个，从而得出 键和 键为数目之比为 34；答案为：34； (3)NO2的价层电子对数为 51 2 =3，N 与 2 个 O 各形成共价双键，另有一

22、对孤对电子，对成键电子 有排斥作用，从而使结构不对称，由此可确定空间构型为 V 形；答案为：V 形；(4)由图中可知， Mn(g)Mn+时吸收的能量为 b kJ mol1，则 Mn 的第一电离能为 b kJ mol1；键能是指破坏 1mol O2 分子内共价键所需吸收的能量，由图中可确定 O2的键能是 2e kJ mol1；MnO 的晶格能可利用盖斯 定律，按箭头所指方向，MnO 的晶格能为(f-a-b-c-d-e) kJ mol1；答案为：b kJ mol1；2e kJ mol1； (f-a-b-c-d-e) kJ mol1；(5)R(晶胞结构如图)由 Zn、S 组成，利用均摊法，可求出晶胞

23、中所含有的 Zn、 S 原子数分别为 4，从而确定其化学式为 ZnS；已知其晶胞边长为 a cm，可求出 1 个晶胞的体积和质 量，从而求出该晶胞的密度为 331 A 4 97g/mol a cmmolN = 3 A 388 aN g cm-3；答案为： 3 A 388 aN 。 36. 【答案】（1）羟基和羧基 取代反应 （2） （3）8 （4）、(其他答案只要正确也可) （5） 【解析】根据 A 到 B，B 到 C 反应，推出溴原子取代苯环上的氢，取代的是甲基的邻位，D 到 E 发生的是信息类似的反应，引入碳碳双键，即 E 为，E 到 F 发生的是信息类似的 反应，得到碳氧双键，即 F 为

24、，F 到 M 发生的信息类似的反应，即得到 M。(1)C 中的官能团的名称为羟基和羧基，根据信息和得到 F 的结构简式为，根据 AB 和 BC 的结构简式得到 AB 的反应类型为取代反应；故答案为：羟基和羧基； 取代反应。 (2)根据信息得出DE的反应方程式为； 故答案为：。(3)M 物质中核磁共振氢谱中有 8 组吸收峰，如图。(4)只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有 2 种，容 易想到有两个支链且在对位，遇 FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基 分子中含，至少写出 2 个同时符合下列条件试剂 X 的同分异构体的结构简式、； 故答案为：、(其他答案只要正确也可)。(5)甲苯先与 Cl2光 照发生侧链取代，后与氢气发生加成反应，然后发生氯代烃的消去反应引入碳碳双键，然后与溴加 成，再水解，因此由甲苯制备 R（）的合成路线： ； 故答案为： 。