2020高考化学冲刺600分考前仿真冲刺卷四含解析

2020高考化学冲刺600分考前仿真冲刺卷四含解析

考前仿真冲刺卷(四)‎ ‎1．本卷包括选择题和非选择题两部分，共100分，建议用时50分钟。‎ ‎2．可能用到的相对原子质量：‎ H－1　C－12　N－14　O－16　Na－23　Al－27　S－32　Cl－35.5　K－39　Fe－56　Cu－64　I－127‎ 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎7．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是(　　)‎ A．用报纸包装食物属于资源的充分利用，应该提倡 B． 是矿泉水瓶、饮料瓶底的常见标志，表示可回收利用，只能一次性使用，不能长期使用 C．具有吸水性的植物纤维加工后可用作食品干燥剂 D．防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成，其中树脂属于有机高分子材料 答案：A 解析：报纸上的油墨含有有毒有害物质，用报纸包装食物，会污染食物，对人健康不利，故A项错误；是回收标志，只能一次性使用，不能长期使用，可以用作矿泉水瓶、饮料瓶的制造材料，B项正确；具有吸水性的植物纤维属于天然纤维，无毒，可用作食品干燥剂，C项正确；树脂相对分子质量很大，属于有机高分子材料，D项正确。‎ ‎8．明代《造强水法》记载“绿矾五斤，硝五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，锅下起火，取气冷定，开坛则药化为水。用水入五金皆成水，惟黄金不化水中。”“硝”即硝酸钾。下列说法错误的是(　　)‎ A．“绿矾”的成分为FeSO4·7H2O B．“研细”可在蒸发皿中进行 C．“开坛则药化为水”，“水”的主要成分是硝酸 D．“五金皆成水”，发生氧化还原反应 答案：B 解析：B项“研细应在研钵中进行，不应选蒸发皿”，错误。‎ ‎9. 的分子式均为C5H6，下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．符合分子式为C5H6的同分异构体只有a、b、c三种 12‎ B．a、b、c的一氯代物都只有三种 C．a、b、c都能使溴的CCl4溶液褪色，且褪色原理相同 D．a、b、c分子中的5个碳原子一定都处于同一个平面 答案：C 解析：A项分子式为C5H6的同分异构体有多种，如HC≡C—CH2CH===CH2，错误；B项a、b的一氯代物有3种，c的一氯代物有4种，错误；C项a、b、c中均含，与Br2/CCl4发生加成反应，褪色，正确；D项C中两个平面由于单键可旋转，故不一定重合，错误。‎ ‎10．实验室用O2氧化NH3制备硝酸的装置如图所示(夹持装置略)，下列说法不正确的是(　　)‎ A．球形干燥管B中可以填充碱石灰或五氧化二磷 B．实验过程中，若熄灭酒精灯，装置C中的氧化铬继续保持红热，说明装置C中的反应放热 C．球形干燥管D中的无水氯化钙可吸收尾气中的氨气和水蒸气 D．装置E中的石蕊试液最终变红，说明锥形瓶中有硝酸产生 答案：A 解析：A项B中放五氧化二磷时，可吸收氨气，后续反应无法进行，错误；B项氧化铬保持红热，说明氧化铬继续受热，酒精灯撤掉，故热源只能来自于反应本身，故反应为放热反应，正确；C项无水氯化钙可吸收水蒸气，避免进入C，对C中反应有影响，吸收氨气，避免氨气进入E，干扰E中的实验，正确；D项石蕊试液变红，说明生成了酸性物质，故为HNO3正确。‎ ‎11．叶蜡石是一种重要的化工原料，化学式为X2[Y4Z10](ZW)2，X、Y、Z、W均为短周期元素，X与Y为同一周期相邻元素，Y的最外层电子数为次外层的一半，X为地壳中含量最多的金属元素，X的离子与ZW－含有相同的电子数。下列说法正确的是(　　)‎ A．原子半径：Y>X>Z>W B．最简单氢化物的沸点：Y>Z 12‎ C．X与W形成的[XW4]－具有较强的还原性 D．可用NaOH溶液分离X、Y的最高价氧化物的混合物 答案：C 解析：由题给信息可知X为Al，X的离子与ZW－电子数相同，故ZW－为OH－，W为H，Z为O，Y与X相邻且最外层电子数为次外层的一半，故Y为Si。A项原子半径，Al>Si>O>H，错误；B项氢化物的沸点，H2O>SiH4，错误；C项[AlH4]－中H为－1价，故[AlH4]－具有强还原性，正确；D项SiO2、Al2O3均溶于NaOH溶液，故用NaOH溶液无法分离二者，错误。‎ ‎12．我国研究锂硫电池获得突破，电池的总反应是16Li＋S88Li2S，充放电曲线如图所示，下列说法不正确的是(　　)‎ A．充电时，电能转化为化学能 B．放电时，锂离子向正极移动 C．放电时，1 mol Li2S6转化为Li2S4得到2 mol e－‎ D．充电时，阳极总电极反应式是8S2－－16e－===S8‎ 答案：C 解析：充电时，是电解池，是电能转化为化学能， A项正确；放电时，是原电池，在原电池中，阳离子向正极移动，因此锂离子向正极移动， B项正确；根据图示，放电时，1 mol Li2S6转化为Li2S4的反应为2Li2S6＋2Li===3Li2S4，反应中2 mol Li2S6得到2 mol e－，即1 mol Li2S6得到1 mol e－， C项错误；根据16Li＋S88Li2S，充电时，阳极总电极反应式是8S2－－16e－＝S8, D项正确。‎ ‎13．常温下，向20 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液40 mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2逸出未画出)的物质的量分数随溶液pH变化的部分情况如图所示，下列说法错误的是(　　)‎ A．在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO不能大量共存 12‎ B．已知在25 ℃，CO的水解平衡常数Kh1＝2×10－4，当溶液的pH＝10时，溶液中c(HCO):c(CO)＝2:1‎ C．pH＝7时溶液中各种离子其物质的量浓度的大小关系是c(Na＋)>c(HCO)>c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)>c(CO)‎ D．当混合液pH≈6时，开始放出CO2气体 答案：C 解析：H2CO3、CO反应生成HCO，所以H2CO3、HCO、CO不能大量共存，A项正确；CO的水解平衡常数Kh1＝c(HCO)×c(OH－)/c(CO)＝2×10－4，已知pH＝10时，c(H＋)＝10－10 mol/L，c(OH－)＝10－4 mol/L，因此c(HCO)/c(CO)＝2×10－4/10－4＝2，即c(HCO):c(CO)＝2:1，B项正确；根据图像可知，pH＝8时，溶液为碳酸氢钠和氯化钠(1:1)，当pH＝7时，部分碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠和碳酸，因此溶液中c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO)>c(H＋)＝c(OH－)>c(CO)，C项错误；由图像可知，当pH≈6时，H2CO3浓度不再增加，说明溶液已饱和，CO2开始逸出，D项正确。‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎(一)必考题(共43分)‎ ‎26．(14分)实验室以绿矾(FeSO4·7H2O)为铁源制备补血剂甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]有关物质性质如下：‎ 甘氨酸(NH2CH2COOH)‎ 柠檬酸 甘氨酸亚铁 易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物 易溶于水和乙醇，有强酸性和还原性 易溶于水，难溶于乙醇 实验过程：‎ Ⅰ.配制含0.10 mol FeSO4的绿矾溶液。‎ Ⅱ.制备FeCO3：向配制好的绿矾溶液中，缓慢加入200 mL 1.1 mol·L－1NH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤沉淀。‎ Ⅲ.制备(NH2CH2COO)2Fe：实验装置如图(夹持和加热仪器已省略)，将实验Ⅱ得到的沉淀和含0.20 mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中，然后利用A中的反应将C中空气排净，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。‎ 回答下列问题：‎ 12‎ ‎(1)实验Ⅰ中：实验室配制绿矾溶液时，为防止FeSO4被氧化变质，应加入的试剂为__________________(写化学式)。‎ ‎(2)实验Ⅱ中：生成沉淀的离子方程式为 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)实验Ⅲ中：‎ ‎①检查装置A的气密性的方法是 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②装置A中所盛放的药品是________。(填序号)‎ A．Na2CO3和稀H2SO4‎ B．CaCO3和稀H2SO4‎ C．CaCO3和稀盐酸 ‎③确认C中空气排尽的实验现象是 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎④加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的pH促进FeCO3溶解，另一个作用是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎⑤洗涤实验Ⅲ中得到的沉淀，所选用的最佳洗涤试剂是________。(填序号)‎ A．热水　　　B．乙醇溶液　　C．柠檬酸溶液 ‎⑥若产品的质量为17.34 g，则产率为________。‎ 答案：‎ ‎(1)Fe(1分)‎ ‎(2)Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋ H2O(2分)‎ ‎(3)①关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，停止加水一段时间后，若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气(合理即可)(2分)　②C(2分)　③D中澄清石灰水变浑浊(2分)　④防止二价铁被氧化(1分)　⑤B(2分)　⑥85%(2分)‎ 解析：(1)二价铁具有较强的还原性，为防止二价铁被氧化，需加入少量铁粉。(2)实验Ⅱ中，绿矾的水溶液与NH4HCO3反应的离子方程式为：Fe2＋＋2HCO＝FeCO3↓＋CO2↑＋H2O。(3)①实验Ⅲ中，检查装置A的气密性方法为，关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，停止加水一段时间后，若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气。②装置A产生CO2气体，A盛放的药品为CaCO3与稀盐酸。③确认C中空气排尽的实验现象为D中澄清石灰水变浑浊。④加入柠檬酸一方面可以调节溶液的pH促进FeCO3溶解，另一方面可以防止二价铁被氧化。⑤由于甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，故使用乙醇洗涤。⑥根据原子守恒，绿矾中的铁元素为0.1‎ 12‎ ‎ mol，过程中NH4HCO3溶液过量，故根据铁原子守恒知理论上产生(NH2CH2COO)2Fe 0.1 mol，其质量为20.4 g，故产率＝×100%＝×100%＝85%。‎ ‎27．(15分)黄铜矿可用于生产金属铜。‎ ‎(1)工业上以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有少量MgO、FeS)来生产铜，同时获取副产物铁和硫单质，原料的综合利用率较高。主要流程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎①反应Ⅰ中FeCl3作________(选填“氧化剂”或“还原剂”)；滤渣Z为________(填化学式)。‎ ‎②物质X最好选用________(选填相应的字母)。‎ A．KMnO4　　　B．HNO3　　　C．H2O2‎ ‎③已知几种常见离子沉淀时的pH如下表所示，调节pH获取滤渣Y时，pH的取值范围是________≤pH<________。‎ 沉淀物 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Fe(OH)3‎ ‎2.7‎ ‎3.5‎ Fe(OH)2‎ ‎7.6‎ ‎9.6‎ Mg(OH)2‎ ‎9.5‎ ‎11.1‎ 注：Fe(OH)2为絮状沉淀，不易从溶液中除去 ‎④常温下，某氢氧化镁悬浊液pH＝8.5，此溶液中Mg2＋浓度为________________mol·L－1。(常温下，Mg(OH)2的Ksp＝1.8×10－11)‎ ‎(2)实验室改进上述工艺方法，将黄铜矿精矿粉碎后采用如图装置进行电化学浸出实验来制取铜：‎ 12‎ ‎①硫酸铁与稀硫酸的混合液和黄铜矿粉反应的化学方程式为：CuFeS2＋4H＋===Cu2＋＋Fe2＋＋2H2S↑，生成的硫化氢气体被硫酸铁氧化而除去，除去硫化氢气体的离子方程式为________________________________________________________________________。‎ ‎②选择性离子交换膜只允许________(填离子符号)通过。电解过程中，阳极区Fe3＋的浓度基本保持不变，原因是_______________________(用电极反应式表示)。‎ 答案：‎ ‎(1)①氧化剂(1分)　S(1分)　②C(2分)　③3.5(1分)　9.5(1分)　④1.8(2分)‎ ‎(2)①2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋(3分)‎ ‎②Cu2＋(2分)　Fe2＋－e－===Fe3＋(2分)‎ 解析：(1)①黄铜矿中Fe、S元素都具有较强的还原性，故反应Ⅰ中FeCl3作氧化剂。反应Ⅳ所得滤渣Z为S。②加入物质X的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，KMnO4、HNO3虽然具有强氧化性，但易引入杂质或产生有毒气体，因此物质X最好选用H2O2，C项正确。③参与反应Ⅱ的滤液中含Fe3＋、Fe2＋和Mg2＋，加入氧化剂X，调节pH的目的是使Fe2＋完全转化为Fe3＋，进而使Fe3＋完全沉淀，且Mg2＋不沉淀，需控制溶液的pH范围是：3.5≤pH<9.5。④常温下，氢氧化镁悬浊液的pH＝8.5时，溶液中c(OH－)＝10－5.5 mol·L－1，结合Mg(OH)2的Ksp＝1.8×10－11，即c(Mg2＋)·c2(OH－)＝1.8×10－11，解得c(Mg2＋)＝1.8 mol·L－1。(2)①H2S具有强还原性，能与Fe3＋发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋。②由题图电解池装置可知，电解质溶液中含有Cu2＋和Fe2＋，右侧碳棒为阴极，发生的电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，故装置中选择性离子交换膜只允许Cu2＋通过；电解过程中，Fe2＋在阳极区发生氧化反应：Fe2＋－e－===Fe3＋，生成的Fe3＋与H2S反应得到Fe2＋，Fe2＋继续在阳极区发生反应，如此循环，故电解过程中阳极区Fe3＋的浓度基本保持不变。‎ ‎28．(14分)Na2SO3和I2O5是重要的化工产品，在工业生产和废水处理方面有重要应用。‎ ‎(1)利用I2O5可消除CO污染，其反应原理为I2O5(s)＋5CO(g)5CO2(g)＋I2(s)。在不同温度(T1、T2)下，向装有足量I2O5固体的2 L恒容密闭容器中通入2 mol CO，测得CO2气体体积分数φ(CO2)随时间t的变化曲线如图所示。‎ ‎①T1________(选填“>”“<”或“＝”)T2，理由是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②温度为T2时，0～0.5 min内，CO的平均反应速率v(CO)＝________。‎ 12‎ ‎③b点时，CO的转化率为__________，平衡常数K＝__________。‎ ‎④保持温度不变，要提高CO转化率可采取的措施是________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有________、________(任答两条)。‎ ‎(2)已知反应：Na2SO3(aq)＋O2(aq)===Na2SO4(aq)　ΔH1＝Q1 kJ·mol－1‎ O2(g)===O2(aq)　ΔH2＝Q2 kJ·mol－1‎ Na2SO3溶液和O2(g)反应的热化学方程式为 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)工业上常用Na2SO3溶液脱除烟气中的SO2。随着SO2的吸收，当溶质变为NaHSO3时，溶液中c(Na＋)－c(H2SO3)＝____________________________________________。‎ 答案：(除标明外，每个1分)‎ ‎(1)①<　温度为T2时优先达到平衡，温度高反应速率快(2分)‎ ‎②0.6 mol·L－1·min－1　③80%　1 024(2分)　④将CO2从反应体系中移走　选择合适的催化剂　增大压强(合理答案均可)‎ ‎(2)2Na2SO3(aq)＋O2(g)===2Na2SO4(aq)　ΔH＝(2Q1＋Q2) kJ·mol－1(2分)‎ ‎(3)c(HSO)＋c(SO)(2分)‎ 解析：(1)①从题图可知温度为T2时反应先达到平衡状态，根据“先拐先平数值大”可知，T1P>S，请说明原因 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)氯有多种含氧酸，其电离平衡常数如下：‎ 化学式 HClO4‎ HClO3‎ HClO2‎ HClO Ka ‎1×1010‎ ‎1×10‎ ‎1×10－2‎ ‎4×10－8‎ 从结构的角度解释以上含氧酸Ka不同的原因 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)NaCl晶胞如图所示。‎ ‎①氯离子采取的堆积方式为________。‎ A．简单立方堆积 ‎ B．体心立方堆积 C．面心立方最密堆积 ‎ D．六方最密堆积 ‎②若氯离子的半径用r表示，阿伏加德罗常数用NA表示，则晶胞密度的表达式为________(用含r、NA的代数式表示)。‎ 答案：(除标明外，每空1分)(1)3s23p4　2　哑铃形或纺锤形 ‎(2)sp3　三角锥形　小于 ‎(3)磷的3p能级处于半充满状态，导致磷原子较难失去电子，氯的原子半径小，核电荷数较大(3分)‎ ‎(4)中心原子的价态不同或非羟基氧的个数不同(2分)‎ 12‎ ‎(5)①C　②(3分)‎ 解析：(1)基态硫原子核外有16个电子，由构造原理可写出其价层电子排布式为3s23p4；其3p能级上含有2个未成对电子，未成对电子所处的轨道呈哑铃形或纺锤形。(2)PCl3中心原子P含3个共用电子对和1对孤对电子，即中心原子P采取sp3杂化，其立体构型为三角锥形；PCl3与PCl5均为分子晶体，其熔点随相对分子质量增大而升高，即PCl3的熔点小于PCl5的熔点。(3)P原子3p能级处于半充满状态，很难失去电子；而Cl原子半径小，核电荷数较大，故第一电离能：Cl>P>S。(4)从表格数据可以看出中心原子价态越高(或非羟基氧个数越多)，其酸性越强，对应的Ka越大。(5)①由NaCl的晶胞图可知，Cl－采取面心立方最密堆积。②根据晶胞图可知面对角线长度为4r，由勾股定理可知晶胞的边长为，由均摊法可知该晶胞中含Na＋个数为×12＋1＝4，含Cl－个数为×8＋×6＝4，设晶胞的密度为ρ(g·cm－3)，则×58.5＝ρ×3，解得ρ＝。‎ ‎36．[化学——选修5：有机化学基础](15分)‎ 顺丁烯二酸也称马来酸，是食品饮料工业中的新型酸味剂。马来酸酐()是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物树脂H。流程中E的产量常作为衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)E的名称为____________；I中含有官能团的名称是____________。‎ ‎(2)F为环状结构，核磁共振氢谱只有一组峰，其结构简式为________。‎ ‎(3)顺丁烯二酸的结构简式为________。‎ ‎(4)I生成J的反应类型为________反应。‎ ‎(5)写出D与G反应生成H的化学方程式________。‎ ‎(6)同时符合下列条件的有机物共有________种，写出核磁共振氢谱峰面积比为3:3:1:1的一种同分异构体的结构简式________(不考虑立体异构)。‎ 12‎ ‎①相对分子质量比J大14‎ ‎②与J具有相同官能团 ‎③可发生银镜反应 答案：(除标明外，每空1分)‎ ‎(1)乙烯　碳碳双键、羧基(2分)‎ ‎(2) ‎ ‎(3) (2分) ‎ ‎(4)酯化(取代)‎ ‎(5)‎ HOHOO＋(2n－1)H2O (2分)‎ ‎(6)8(2分)　‎ 解析：结合图示B与H2O的反应及C的分子式可确定C为，C与H2发生加成反应生成D，D为HOOC—CH2CH2—COOH；I与CH3OH发生酯化反应生成J，J为CH2===CHCOOCH3，J经加聚反应生成K，K为。根据E的产量常作为衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志，可知E为CH2===CH2，结合F为环状结构且只有1种类型的氢原子，可确定F为，D和G在浓硫酸作用下发生缩聚反应生成的H为。‎ ‎(6)根据题中限定条件可知该物质比J多1个“CH2”原子团，与J互为同系物，且为甲酸某烯酯，因此该有机物可能的结构有 HCOOCH===CHCH2CH3、HCOOCH2CH===CHCH3、‎ 12‎ HCOOCH2CH2CH===CH2、、‎ ‎、、‎ 和，共8种，其中核磁共振氢谱峰面积比为3:3:1:1的结构简式为。‎ 12‎