【化学】安徽省芜湖一中2020届高三最后一卷（解析版）
安徽省芜湖一中2020届高三最后一卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39
一、选择题（42分）
7.下列关于文献记载的说法正确的是（ ）
A．《天工开物》中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质
B．《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化
C．《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程
D．《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏
【答案】D
【解析】A．丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，故A错误；B．青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；D．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故D正确；
8．同分异构现象在有机物中广泛存在，如图为苯及其几种同分异构体的键线式，下列有关说法中正确的是（ ）
A．b、c均与乙烯互为同系物
B．a和d的二氯代物均有3种
C．4种有机物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．a和b中所有原子可能共平面
【答案】B
【解析】A项，同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，这两种物质分子式均为C6H6，c含两个碳碳双键且为环状，b虽只含一个碳碳双键但也为环状化合物，故其与乙烯不是同系物，错误；B项，苯的二氯代物有邻、间、对3种，棱柱烷的二氯代物的数目可采用“定一移一”法判断，有、、，
共3种，正确；C项，苯和棱柱烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误；D项，苯分子中所有原子一定共平面，盆烯中含有四面体结构()，所有原子不可能共平面，错误。
9．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子
B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+
C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
D．密闭容器中1mol PCl3与1mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个P-Cl键
【答案】A
【解析】11B中含有6个中子，0.1mol 11B含有6NA个中子，A正确；溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；标准状况下苯不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量，C错误；PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，则所1mol PCl3与1mol Cl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。
10．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，Y是短周期中金属性最强的元素，Z的单质可用于野外焊接铁轨，W的单质为黄绿色气体。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B．X分别与Y、W组成的化合物中含有相同的化学键
C．Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱
D．Y、Z、W最高价氧化物对应水化物两两均可发生反应
【答案】D
【解析】根据题意分析可知：X为H，Y是Na，Z是Al，W是Cl元素。原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以四种元素的原子半径大小关系为：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，A错误；X是H，Y是Na，W是Cl，H、Na两种元素形成的化合物NaH是离子化合物，化学键为离子键；而H、Cl两种非元素形成的化合物HCl是共价化合物，化学键H-Cl是共价键，因此形成的化学键类型不同，B错误；元素的金属性Y>Z，所以Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C错误；Y、Z、W最高价氧化物对应水化物分别是NaOH、Al(OH)3、HClO4，Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与强酸反应，也能够与强碱反应，所以Y、Z、W最高价氧化物对应水化物两两均可发生反应，D正确；故合理选项是D。
11．工业上联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极。实验过程中取样测丙溶液的pH值，pH试纸显红色。下列有关说法正确的是（ ）
A．a电极的电极反应式为：2H++2e−=H2↑
B．联合生产过程中需添加补充Na2SO4
C．离子交换膜d为阴离子交换膜
D．每转移0.1mol电子，产生1.12L的气体乙
【答案】B
【解析】根据题干信息，实验过程中取样测丙溶液的pH值，pH试纸显红色，说明并溶液呈酸性，电解过程中，OH−离子在a极放电，失去电子，所以a极为阳极，电极反应式为4OH−-4e−=2H2O+O2↑，即气体甲为氧气，SO向阳极移动，则c为阴离子交换膜，产物丙为硫酸，则b为阴极，电极反应式为2H++2e−=H2↑，即气体乙为氢气，Na+向阴极移动，则d为阳离子交换膜，产物丁为NaOH。未指明标准状况下，不能准确计算产生的氢气的体积，D错误；正确答案选B。
12．石墨烯是单层碳原子排列成的蜂窝状六角平面晶体，具有重要的应用前景。中科院科学家研发出一条以碳化硅为原料制备高品质石墨烯材料的途径，过程如图。下列相关认识正确的是（ ）
A．石墨烯与C60互为同素异形体 B．碳化硅是一种硬度很高的合金
C．上述制备途径属于物理剥离过程 D．石墨烯属于新型高分子化合物
【答案】A
【解析】石墨烯与C60
是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体；碳化硅属于非金属材料，不属于合金；由碳化硅生产石墨有新物质产生，属于化学反应；石墨烯属于单质。答案选A。
13．常温时，在H2CO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中H2CO3、HCO和CO的物种分布分数(X)=与pH的关系如图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．反应HCOH++CO的lgK=-6.4
B．pH=8的溶液中：c(Na+)>c(HCO)
C．NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性：c(Na+)=c(Cl−)
D．向pH=6.4的溶液中滴加NaOH溶液至pH=8，主要发生的离子反应：HCO+OH−=CO+H2O
【答案】B
【解析】pH=6.4时，c(HCO)=c(H2CO3)，反应H2CO3H++HCO的lgK=lgc(H+)=lg10−6.4=-6.4，故A项错误；pH=8的溶液中：c(H+)
c(Cl−)+c(HCO)+2c(CO)，则c(Na+)>c(HCO)，故B正确；向NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性时，c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO)+2c(CO)+c(OH−)，即c(Na+)=c(Cl−)+c(HCO)+2c(CO)，故C项错误；pH=6.4的溶液中含有等物质的量的NaHCO3和H2CO3，由图像可知，pH=8时溶液中HCO继续增大，继续减少H2CO3，故主要发生的离子反应为H2CO3+OH−=HCO+H2O，故D项错误。故选B。
二、非选择题（共43分）
26．（14分）天然脑砂含少量NH4Cl，《唐本草》记载脑砂入药可以散瘀消肿。某学习小组设计下列步骤制取NH4Cl，并进行天然脑砂含量的测定。请回答相关问题：
步骤Ⅰ用氨气与适量氯气反应制取NH4Cl
（1）装置A中仪器X的名称为 ；若用浓盐酸与MnO2反应制取氯气，则该反应的离子方程式为 。
（2）C中盛放的试剂是___________；要得到干燥纯净的氯气，按照气流由左到右的顺序，上述A、B、C装置连接依次为a→___________________________(用小写字母表示)。
（3）氨气与适量氯气混合反应可生成NH4Cl和一种无污染的气体，利用E装置模拟该反应。氨气应从___(用小写字母表示)通入，反应的化学方程式为____________________________；观察到的现象是_______________________________________。
步骤Ⅱ天然脑砂中NH4Cl含量的测定
准确称取一定质量脑砂，与足量的氧化铜混合，如图所示进行实验。
已知：2NH4Cl+3CuO3Cu+N2↑+2HCl↑+3H2O
（4）为完成NH4Cl含量的测定，请完成下列实验步骤：
加热前，称量H装置的总质量；当观察到_____________________________现象时，停止加热，冷却，_______________________。
（5）如果不用J装置，测出NH4Cl的含量将_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）圆底烧瓶 MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O
（2） 饱和食盐水 debc
（3） f 8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl 黄绿色气体消失，有白烟生成
（4） G中不再有气泡冒出 称量H装置的总质量
（2） 偏高
【解析】(1)装置A中仪器X的名称为圆底烧瓶；装置A中用浓盐酸与MnO2反应制取氯气，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)C的作用是除去Cl2中混有的HCl，则盛放的试剂是饱和食盐水；要得到干燥纯净的氯气，要先通过饱和食盐水除去HCl了，再通过浓硫酸除去水蒸气，为保证除杂充分，导气管均长进短出，故连接顺序为：adebc；(3)为保证氯气与氨气充分反应，应从f进入；发生的反应为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；可以观察到黄绿色气体消失有白烟生成；(4)根据分析，G中浓硫酸吸收生成的水蒸气，同时观察气体的生成，当G中无气泡时，说明NH4Cl反应完；H中的碱石灰吸收生成HCl气体，由HCl气体的质量，根据氯元素守恒或者方程可得NH4Cl的量，则反应完全后，停止加热，冷却，再称量H装置的总质量即可得到HCl气体的质量；(5)若没有J装置，外界的水蒸气和二氧化碳进入H装置被吸收，得到的HCl质量偏高，则测出NH4Cl的含量将偏高。
27．（15分）硼氢化钠(NaBH4)是有机合成中常用的还原剂。一种制备硼氢化钠工艺如下（部分条件和产物省略）：
已知：MgH2、NaBH4遇水蒸气剧烈反应并放出H2。
回答下列问题：
（1）Mg2B2O5·H2O中B的化合价为_______。MgH2和NaBO2必须在干燥条件下合成硼氢化钠，其原因是__________________________________。
（2）难溶的Mg2B2O5与浓氢氧化钠溶液反应的离子方程式为 。
（3）SOCl2溶于水能产生两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色，则灼烧时加入SOCl2的目的是______________________________。
（4）已知镁—H2O2酸性燃料电池反应为Mg+H2O2+H2SO4=MgSO4+2H2O。常温下，电解质溶液为200mL 0.1mol·L−1硫酸溶液。
①写出正极的电极反应式：______________________________。
②若电路中有0.038mol转移电子时，则溶液pH约为_____（忽略体积变化，不考虑H2O2
电离）。
（5）“有效氢”是衡量含氢还原剂的还原能力指标，定义为1g含氢还原剂的还原能力与多少克H2相当。NaBH4的“有效氢”等于_________________（结果保留2位小数）。
（6）工业上，可以利用NaBO2、HCHO和生石灰在加热下生成NaBH4和难溶的盐，写出化学方程式________________________________________。
【答案】（1）+3 防止MgH2、NaBH4与水蒸气反应
（2） Mg2B2O5+H2O+2OH−=2Mg(OH)2+2BO
（3） 提供HCl抑制MgCl2水解
（4） H2O2+2e−+2H+=2H2O 2
（5） 0.21
（6） NaBO2+2HCHO+2CaONaBH4+2CaCO3
【解析】Mg2B2O5·H2O与NaOH反应，得到滤渣和滤液，从滤液中最终得到了NaBO2。从滤渣最终得到了MgCl2。滤液的溶质为NaBO2，经过蒸发浓缩等一系列操作得到晶体。滤渣为Mg(OH)2，与浓盐酸作用得到MgCl2·7H2O，经电解等一系列操作得MgH2，与NaBO2反应得到NaBH4。（1）根据化合物中各元素的化合价代数和为0，B的化合价为+3。根据已知MgH2、NaBH4遇水蒸气剧烈反应并放出H2，所以保持干燥环境的目的是防止硼氢化钠、氢化镁与水蒸气反应；（2）Mg2B2O5·H2O与NaOH反应，得到滤渣和滤液。滤液的溶质为NaBO2，因为经过蒸发浓缩等一系列操作得到NaBO2晶体，而一系列操作不会改变溶质。滤渣为Mg(OH)2，与浓盐酸作用得到MgCl2·7H2O。所以难溶的Mg2B2O5与浓氢氧化钠溶液反应生成了氢氧化镁和偏硼酸钠（NaBO2)，方程式为Mg2B2O5+H2O+2OH−=2Mg(OH)2+2BO；（3）MgCl2·7H2O脱去结晶水的时候要防止Mg2+水解生成Mg(OH)2。而SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，消耗了水，生成的氯化氢又能抑制氯化镁水解。（4）①正极得到电子化合价降低，化合价降低的为H2O2中的O，其化合价从-1降低到-2，发生还原反应。电解质溶液含有硫酸，为酸性，则正极方程式为H2O2+2e−+2H+=2H2O。②n(H+)=0.04 mol，由电极反应式知，转移1mol电子必消耗1mol H+，转移0.038mol电子时溶液中c(H+)==0.01 mol·L−1，pH=-lgc(H+)=-lg0.01=2。（5）含氢还原剂的氧化产物为H2O等，1mol NaBH4的质量为38g，发生反应时，失去8mol电子，相当于4mol H2，为8g氢气。NaBH4的有效氢等于≈0.21。（6）反应物为NaBO2
、HCHO和CaO，根据原子守恒难溶盐为CaCO3。则方程式为NaBO2+2HCHO+2CaONaBH4+2CaCO3。
28．（14分）CO、CO2是化石燃料燃烧后的主要产物。
(1)将体积比为2∶1的CO2和CO混合气体通入有足量Na2O2固体的密闭容器中，同时不断地用电火花点燃。将残留固体溶于水，所得溶液中2c(CO)+c(HCO)__________c(Na+)（填“>”“<”或“=”）。
(2)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566.0 kJ/mol；键能E（o=o）=499.0kJ/mol
①CO(g)+O2(g)CO2(g)+O(g)的ΔH=____________kJ/mol
②已知2500K时，①中反应的平衡常数为0.40。某时刻该反应体系中各物质浓度满足： c(CO)·c(O2)=c(CO2)·c(O)，则此时反应____________（填向左”或“向右”）进行。
(3)已知：反应CO2(g)CO(g)+O(g)在密闭容器中CO2分解实验的结果如下图1；反应2CO2(g)2CO(g)+O2(g)中1mol CO2在不同温度下的平衡分解量如下图2，
①分析图1，求2min内v(CO2)=_______。
②分析图2，1500℃时反应达平衡，此时容器体积为1L，则反应的平衡常数K=______(计算结果保留1位小数)。
(4)为探究不同催化剂对CO和H2合成CH3OH的选择性效果，某实验室控制CO和H2的初始投料比为1∶3进行实验，得到如下数据：
选项
T/K
时间/min
催化剂种类
甲醇的含量(%)
A
450
10
CuO-ZnO
78
B
450
10
CuO-ZnO-ZrO2
88
C
450
10
ZnO-ZrO2
46
①由表1可知，该反应的最佳催化剂为____________（填编号）；图3中a、b、c、d四点是该温度下CO的平衡转化率的是____________。
②有利于提高CO转化为CH3OH的平衡转化率的措施有____________。
A．使用催化剂CuO－ZnO－ZrO2 B．适当降低反应温度
C．增大CO和H2的初始投料比 D．恒容下，再充入a mol CO和3a mol H2
【答案】（1）<
（2） -33.5 向左
（3） 3×10−7mol/(L·min) 3.2×10−8mol/L
（4） B cd BD
【解析】(1)Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，电火花不断引燃，发生反应：2CO+O22CO2，整个过程相当于CO+Na2O2=Na2CO3，由于加入足量的Na2O2固体，则反应后的气体只能为O2，所以反应后生成物的化学式是Na2CO3、O2；Na2CO3在溶液中水解显碱性，则c(OH−)>c(H+)。溶液中电荷守恒为：2c(CO)+c(HCO)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，由于c(OH−)>c(H+)，所以2c(CO)+c(HCO)K=0.40，则反应向左进行；(3)①2min内O的浓度增大0.6×10−6mol/L，则CO2的浓度减小0.6×10−6mol/L，则v(CO2)==3×10−7mol/(L·min)；②在反应开始时n(CO2)=1mol，设生成的O2为x mol，则平衡时n(O2)=x mol，n(CO)=2x mol，n(CO2)=(1-2x)
mol，由于平衡时，氧气的体积分数为0.2，则=0.2，解得x=0.002，此时容器体积为1 L，则c(CO2)=0.996mol/L，c(CO)=0.004mol/L，c(O2)=0.002mol/L，所以该反应的化学平衡常数K=mol/L≈3.2×10−8 mol/L；(4)①表中数据可知，相同条件下甲醇的含量最高时催化剂效果最好，所以甲醇含量88%最高，催化剂CuO-ZnO-ZrO2最佳，故合理选项是B；图3中a、b、c、d四点是该温度下CO平衡转化率的必须是平衡状态下的转化率，a、b点反应未达到平衡状态，不是平衡转化率，而c、d点是平衡转化率，故合理选项是cd；②使用催化剂CuO-ZnO-ZrO2加快反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能提高CO的平衡转化率，A错误；该反应的正反应是放热反应，适当降低反应温度，可以使化学平衡正向移动，可增大反应物CO的转化率，B正确；增大CO和H2的初始投料比，可增大H2的转化率，CO的转化率减小，C错误；恒容下，再充入a mol CO和3a mol H2，相当于增大压强，中的压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，CO转化率增大，D正确；故合理选项是BD。
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：物质结构与性质】（15分）
锌的配合物[Zn(NH3)4]2+、ZSM、[Zn(N2H4)2(N3)2]n等用途非常广泛。
(1)Zn2+基态核外电子排布式为________________________。
(2)Zn2+能与NH3形成配离子[Zn(NH3)4]2+。配体NH3分子属于________________(填“极性分子”或“非极性分子”)；在[Zn(NH3)4]2+中，Zn2+位于正四面体中心，N位于正四面体的顶点，试在图中表示出[Zn(NH3)4]2+中Zn2+与N之间的化学键___________。
(3)ZSM是2－甲基咪唑和水杨酸与锌形成的配合物，2－甲基咪唑可通过下列反应制备：
①与CN−互为等电子体的分子是____________(填化学式，写两种)。
②2－甲基咪唑中碳原子杂化轨道类型为________；1mol 2－甲基咪唑分子中含σ键和π键之比为________。
③乙二胺易溶于水的主要原因是_____________________________________________。
【答案】（1）[Ar]3d10(或1s22s22p63s23p63d10)
（2） 极性分子 或
（3） N2、CO sp2和sp3 6∶1 乙二胺分子与水分子能形成分子间氢键
【解析】(1)Zn是30号元素，原子核外有30个电子，Zn原子失去最外层2个电子变为Zn2+，根据构造原理，可知基态Zn2+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；(2)NH3中的N-H键是极性共价键，由于吸引电子的能力N>H，使共用电子对偏向N原子一方，N原子带部分负电荷，H原子带部分正电荷，分子中正、负电荷重心不重合，因此NH3是极性分子；[Zn(NH3)4]2+是正四面体结构，Zn2+位于正四面体中心，N位于正四面体的顶点，由于Zn2+有空轨道，而NH3的N原子上有孤电子对，所以[Zn(NH3)4]2+中Zn2+与N之间以配位键结合，可表示为：或；(3)①等电子体含有的原子数相等，最外层电子数也相等，则与CN-互为等电子体的分子是CO、N2；②2－甲基咪唑结构简式是，分子中含有两种碳原子，一种是结合4个其它原子或原子团的饱和碳原子，采用sp3杂化；另一种是C原子与C原子或C原子与N原子形成双键，这种碳原子没有达到结合其它原子的最大数目，是不饱和碳原子，采用sp2杂化；2－甲基咪唑分子式是C4H6N2，其中含有的单键都是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键，则1个2－甲基咪唑中含有12个σ键，含有2个π键，则1mol的2－甲基咪唑分子中含σ键和π键之比12∶2=6∶1；③乙二胺与水之间易形成氢键，增加了分子之间的吸引力，使得乙二胺易溶于水中。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
某药物H的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）C的名称是______________。
（2）F→H的反应类型为______________。B→C的试剂和条件是_____________。
（3）H有多种同分异构体，在下列哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型______（填字母）。
A．质谱仪 B．元素分析仪 C．红外光谱仪 D．核磁共振氢谱仪
（4）写出D→E的化学方程式___________________________________。
（5）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有____种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3∶3∶2∶2∶1∶1的是__________。
①既能发生银镜反应，又能发生水解反应；②属于芳香族化合物；③苯环上只有2个取代基。
（6）参照上述流程，以D和乙醛为原料合成（其他无机试剂自选），设计合成路线：__________________________________________________。
【答案】（1）苯甲醇
（2） 加成反应 氢氧化钠水溶液，加热
（3） C
（4）
（5） 15
（6）
【解析】由D逆推，D为苯甲醛，则A中也有苯环，1个侧链。A的分子式C7H8，A为甲苯。A在光照条件下，和氯气反应，侧链上的H原子被Cl原子取代，B为。B在NaOH水溶液中、加热发生水解，C为苯甲醇，D为苯甲醛。E的分子式为C10H12O2，E反应生成的F分子式为C10H10O，为消去反应，结合条件为醇羟基在浓硫酸的作用下发生消去反应。F为。G与F的碳碳双键发生加成反应生成H。(1)根据上述分析，C为苯甲醇；(2) 可以推出F的结构简式为，从G和H的结构来看，G与F的碳碳双键发生加成反应生成H，F→H的反应类型为加成反应。B为，在NaOH水溶液中、加热水解生成C为苯甲醇，答案为加成反应；氢氧化钠水溶液，加热；(3)红外光谱仪能显示物质中的官能团和化学键类型；答案选C。(4)D为苯甲醛，丙酮中甲基上氢原子与醛基发生加成反应。答案为；(5)依题意，①既能发生银镜反应，又能发生水解反应；但是E中只有2个O原子，因此同分异构体为甲酸酯。E除去苯环上的6个碳原子，还有4个碳原子，有两个取代基，其中有一端必须为甲酸酯，苯环上两个取代基的组成方式有5种：①HCOOCH2CH2—、—CH3；②HCOOCH(CH3)—、—CH3；③HCOOCH2—、—CH2CH3；④HCOO—、—CH2CH2CH3；⑤HCOO—、—CH(CH3)2，两个取代基均存在邻、间、对三种结构，共15种同分异构体；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3∶3∶2∶2∶1∶1的是；(6)模仿D→E→F的转化原理，苯甲醛与乙醛发生加成反应，再脱水，最后加成生成目标产物。答案为：。
