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湖北名校联盟2020年考前提分仿真卷化学（五）（解析版）
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湖北名校联盟2020年考前提分仿真卷（五）
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．下列诗句中，加点字（词）所指代物质的主要成分与其他三项不相同的是（ ）
A．柳絮飞时花满城 B．朝如青丝暮成雪
C．狐裘不暖锦衾薄 D．春蚕到死丝方尽
【答案】A
【解析】A．柳絮飞时花满城，柳絮主要成分纤维素；B．朝如青丝暮成雪，青丝主要成分蛋白质；C．狐裘不暖锦衾薄，狐裘主要成分蛋白质；D．春蚕到死丝方尽，丝主要成分蛋白质。综上所述，与其他三项不相同的是A，故选A。
8．莎普爱思的有效成分是由苄达酸与赖氨酸生成的有机盐，苄达酸结构如图所示。下列关于苄达酸的叙述正确的是（ ）
A．分子式为C16H16N2O3 B．属于芳香族化合物，且有弱酸性
C．苯环上的一氯代物有5种 D．所有原子可能共平面
【答案】B
【解析】A．根据结构简式可知其分子式为C16H14N2O3，故A错误；B．含有苯环属于芳香族化合物，含有羧基，具有弱酸性，故B正确；C．分子中有两个苯环，苯环上的氢原子有七种，所以一氯代物有7种，故C错误；D．根据甲烷为正四面体结构，分子中含有亚甲基，所有原子不可能共平面，故D错误；故选B。
9．我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2→*H+*H)。下列说法错误的是（ ）
A．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的产率
B．带*标记的物质是该反应历程中的中间产物
C．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%
D．第③步的反应式为*H3CO+H2O→CH3OH+*HO
【答案】C
【解析】A．反应历程第③步需要水，所以向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的产率，故A正确；B．根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，故B正确；C．根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，故C错误；D．第③步中*H3CO、H2O生成CH3OH和*HO，反应方程式为*H3CO+H2O→CH3OH+*HO，故D正确；选C。
10．下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A．除去硫酸铜溶液中的硫酸亚铁以最终制备胆矾晶体：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−
B．检验丙烯醛CH2=CHCHO中含有碳碳双键：CH2=CHCHO+Br2→CH2Br-CHBr-CHO
C．向Ba(OH)2溶液中加入过量的NH4HSO4溶液：Ba2++2OH−+NH+H++SO= BaSO4+NH3·H2O+H2O
D．向含有0.1mol溶质的硫酸亚铁稀溶液中加入7.8g Na2O2：Na2O2+4Fe2++6H2O=4Fe(OH)3+8
Na++O2↑
【答案】D
【解析】A．反应离子方程式正确，但除去硫酸铜溶液中的硫酸亚铁以最终制备胆矾晶体时，除杂试剂不能选用氯气，会引入新杂质，故A错误；B．检验丙烯醛CH2=CHCHO中含有碳碳双键，溴单质能和双键反应，也能和醛基反应，不能检验出碳碳双键，故B错误；C．向Ba(OH)2溶液中加入过量的NH4HSO4溶液，氢离子将氢氧根离子完全反应，反应的离子方程式为：Ba2++2OH−+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氧气氧化亚铁离子为三价铁离子，和氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀；向含有0.1mol溶质的硫酸亚铁稀溶液中加入7.8g Na2O2(物质的量为0.1mol)，亚铁离子和过氧化钠等物质的量反应，离子方程式为：4Na2O2+4Fe2++6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑，故D正确；故答案为：D。
11．X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（ ）
A．五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞X
B．X、Z两元素能形成原子个数比(X∶Z)为3∶1和4∶2的化合物
C．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物
D．用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀
【答案】B
【解析】X元素的原子形成的离子就是一个质子，应为H元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则Z为N元素、W为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，应为Al元素。A．H原子半径最小，同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Al＞C＞N＞O＞H，即M＞Y＞Z＞W＞X，故A错误；B．N、H两元素能形成NH3、N2H4，故B正确；C．化合物CO2是酸性氧化物，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故C错误； D．用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，阴极生成氢气，不会生成沉淀，故D错误。综上所述，答案为B。
12．新型锂空气电池具有使用寿命长、可在自然空气环境下工作的优点。其原理如图所示（电解质为离子液体和二甲基亚砜），电池总反应为：2Li+O2Li2O2，下列说法不正确的是（ ）
A．充电时电子由Li电极经外电路流入Li2O2
B．放电时正极反应式为2Li++O2+2e−=Li2O2
C．充电时Li电极与电源的负极相连
D．碳酸锂涂层既可阻止锂电极的氧化又能让锂离子进入电解质
【答案】A
【解析】这是二次电池，放电时Li是负极，充电时Li是阴极；A．充电时电子经外电路流入Li，A错误；B．放电时正极为还原反应，O2得电子化合价降低，反应式为2Li++O2+2e−=Li2O2，B正确； C．充电时Li电极为阴极，与电源的负极相连，C正确；D．碳酸锂涂层的覆盖可阻止锂电极的氧化，但是涂层能让锂离子进入电解质定向移动形成闭合回路，D正确；答案选A。
13．向10mL 1mol·L−1的HCOOH溶液中不断滴加1mol·L−1的NaOH溶液，并一直保持常温，所加碱的体积与-lgc水(H+)的关系如图所示。c水(H+)为溶液中水电离的c(H+)。下列说法不正确的是（ ）
A．常温下，Ka(HCOOH)的数量级为10−4
B．a、b两点pH均为7
C．从a点到b点，水的电离程度先增大后减小
D．混合溶液的导电性逐渐增强
【答案】B
【解析】A．甲酸溶液中水电离出的氢离子为10−12 mol·L−1，则溶液中氢离子浓度为0.01mol·L−1，所以常温下，Ka(HCOOH)=≈10−4，因此数量级为10−4，故A正确；B．a点甲酸过量，水电离出的氢离子为10−7 mol·L−1，溶液pH=7；b点氢氧化钠过量，pH>7，故B错误；C．从a点到b点，溶液中的溶质由甲酸和甲酸钠变为甲酸钠，然后又变为甲酸钠和氢氧化钠，所以水的电离程度先增大后减小，故C正确；D．溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。甲酸是弱酸，生成的甲酸钠以及氢氧化钠均是强电解质，所以混合溶液的导电性逐渐增强，故D正确；故选B。
二、非选择题（共43分）
26．（14分）氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品。它不溶于H2SO4、HNO3 和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2(OH)4-nCln]，n随着环境酸度的改变而改变。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如图：
(1)还原过程中主要反应的离子方程式为_______________________________________。
(2)实验室为了加快过滤速度，往往采用抽滤的操作(如图)。仪器A的名称__________，有关抽滤，下列说法正确的是__________。
A．抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出
B．在布氏漏斗中放入滤纸后，直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤
C．在抽滤装置中洗涤晶体时，为减少晶体溶解损失，应使洗涤剂快速通过滤纸
D．减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀
(3)操作1为马上再洗涤，然后在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却、密封包装。其中最合理的洗涤试剂__________
A．浓盐酸 B．浓氨水 C．无水乙醇 D．水+乙醇
真空干燥的原因是_______________________________________________。
(4)随着pH减小，Cu2(OH)4-nCln中铜的质量分数__________。
A．增大 B．不变 C．减小 D．不能确定
【答案】（1）2Cu2++SO+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO+2H+ （2）吸滤瓶 AD
（3）C 防止CuCl在潮湿空气中水解、氧化 （4）C
【解析】海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵氯化发生反应2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2(NH4)2SO4 +H2SO4，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸，然后利用题干信息，结合物质的性质及要求分析解答。(1)向含有Cu2+的溶液中加入起还原作用的（NH4)2SO3、NH4Cl，发生还原反应，产生CuCl沉淀，同时产生硫酸，反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；(2)根据仪器A的结构可知该仪器名称是吸滤瓶；A．抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，以防止倒吸现象的发生，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出，A正确；B．在布氏漏斗中放入滤纸后，用玻璃棒引流转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤，B错误；C．在抽滤装置中洗涤晶体时，应将洗涤剂缓慢通过滤纸，让洗涤剂和晶体充分接触，C错误；D．颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层致密的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀，D正确；故合理选项是AD；(3)操作1为马上再洗涤，目的是为了洗去表面的杂质，为快速干燥，要用酒精洗涤，然后在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却、密封包装，故合理选项是C；真空干燥的目的防止CuCl在潮湿空气中水解氧化；(4)随着平pH值减小，[Cu2(OH)4-nCln]中4-n减小，n增大，则铜的含量减小，故合理选项是C。
27．（15分）钽是一种过渡金属，钽酸锂(LiTaO3)可用于制作滤波器。一种制备钽酸锂的流程如下，回答下列问题：
（1）LiTaO3中钽的化合价为_______。
（2）固体A呈红色，其主要成分是 （写化学式），常见用途有 （填一种即可）。
（3）操作2的名称是 ，用来检验溶液B中阴离子的常用试剂是 。
（4）HTaO3是 （填字母）。
a．难溶的强酸 b．可溶的弱酸 c．可溶的强酸 d．难溶的弱酸
（5）烧渣与NaOH溶液转化成溶液A的过程中，发生反应的离子方程式为 。
（6）上述废料中含Ta2O5的质量分数为44.2%，杂质不含Ta元素。现有100kg该废料，按上述流程最多可制备___kg LiTaO3。
【答案】（1）+5 （2）Fe2O3 制作颜料 （3）过滤 AgNO3和稀硝酸
（4）d （5）2OH−+Ta2O5=2TaO+H2O （6）47.2
【解析】含Ta2O5、FeO及油脂的废料在空气中高温除去油脂将FeO氧化为Fe2O3，加NaOH溶液得NaTaO3，加过量盐酸得HTaO3，再加Li2CO3灼烧得LiTaO3。（1）LiTaO3中钽的化合价为X=0-(+1)-(-2)×3=+5，故答案为：+5；（2）固体A为Fe2O3，可用于制作颜料；故答案为：Fe2O3；制作颜料；（3）操作2用于分离溶液B和固体HTaO3，故操作2为过滤；溶液B中含有阴离子为Cl−，可用AgNO3和稀硝酸来鉴别；故答案为：过滤；AgNO3和稀硝酸；（4）由操作2过滤可知HTaO3为难溶性酸，溶液A中含有TaO与盐酸反应生成HTaO3，HTaO3为弱酸；故答案为：d；（5）烧渣与NaOH溶液转化成溶液A的过程中，发生反应的离子方程式为2OH−+Ta2O5=2TaO+H2O ；故答案为：2OH−+Ta2O5=2TaO+H2O；（6）100kg该废料中含Ta2O5质量，则Ta2O5物质的量，则LiTaO3物质的量为200mol，LiTaO3质量；故答案为：47.2。
28．（14分）还原法处理氮的氧化物是环境科学研究的热点课题。
I．氧气还原法。H2还原NO发生的反应为：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)。
（1）已知几种化学键的键能数据如下：
2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=_______kJ·mol-1。
（2）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)·c(H2)(k是速率常数，只与温度有关）。科学研究发现上述反应分两步进行：
反应1：2NO(g)+H2(g)N2(g)+H2O2(g)；
反应2：H2O2(g)+H2(g)2H2O(g)。
总反应速率由反应较慢的一步决定，由此推知上述两步反应中，活化能较大的是反应___（填“l”或“2”）。c(NO)对总反应速率的影响程度_____c(H2)（填“大于”“小于”或“等于”）。
Ⅱ．NH3还原法。在恒容密闭容器中充入NH3和NO2，在一定温度下发生反应：8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g)+12H2O(g)。
（3）下列表明该反应达到平衡状态的是___（填字母）。
A．混合气体密度保持不变 B．NO2和N2的消耗速率之比为6∶7
C．混合气体中c(N2)=c(NO2) D．混合气体压强保持不变
III．CO还原法。利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH。在2L恒容密闭容器中充人2mol CO和2mol NO，测得NO的转化率与温度、时间的关系如图所示。
（4）下列说法正确的是___（填字母）。
A．图像中，T1>T2
B．上述反应在高温下能自发进行
C．10min时，T2 K下正、逆反应速率相等
D．增大NO的浓度，反应物的转化率增大
（5）T2K温度下，0~10min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=_ ____mol/L−1·min−1；T1 K温度下，上述反应的平衡常数K=_____L·mol−1。
（6）T1 K温度下，向平衡后的容器内再加入2mol N2和2mol NO，则平衡___________（填“向右移动”“向左移动”或“不移动”）。
【答案】（1）-666 （2）1 大于 （3）BD （4）AC （5）0.08 1
（6）向右移动
【解析】ΔH=反应物的化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量，反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=2×436+2×630-946-463×4=-666KJ/mol，故答案为：-666；（2）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)·c(H2)，反应1：2NO(g)+H2(g)N2(g)+H2O2(g)；反应2：H2O2(g)+H2(g)2H2O(g)。总反应速率由反应较慢的一步决定，则反应1反应速率慢活化能高，由反应速率表达式可知c(NO)对总反应速率的影响程度大于c(H2)；故答案为：1；大于；（3）恒容容器中8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)，反应达到平衡，正反应速率等于逆反应速率故NO2和N2的消耗速率之比为6∶7，B正确；反应为增压反应，容器中压强不变则可证明反应达到平衡，故D正确；A．密度恒定不变，无法说明达到平衡；C．c(N2)=c(NO2)浓度相等不等于反应速率相等，故C错误；故答案选BD。（4）对于反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)；A．根据“先拐先平“原则，由图像可知T1>T2，故A正确；B．T1>T2平衡时转化率T1
则平衡常数K=，故答案为：0.08；1；（6）T1 K温度下，向平衡后的容器内再加入2mol N2和2mol NO，则浓度商Q=<1故平衡正移，故答案为：向右移动。
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）
形形色色的物质，构成了我们这个五彩缤纷的世界。世上万物，神奇莫测，常常超乎人们按“常理"的想象。学习物质结构和性质的知识，能使你想象的翅膀变得更加有力。
（1）基态Ga原子的核外电子排布式是[Ar]______，基态Ga原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为___________。
（2）HC≡CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C原子的杂化类型为________。乙炔钠中存在______(填字母)。
A．金属键 B．σ键 C．π键 D．氢键 E．配位键 F．离子键 G．范德华力
（3）NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其阴离子的立体构型为________。写出和该阴离子互为等电子体的一种分子的结构式_________。
（4）配体中配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性有关，SCN−的结构式可以表示为[S=C=N] −或[S-C≡N]−，SCN−与Fe3+、Au+和Hg2+等离子能形成配离子，N、C、S的电负性依次为3.0、2.5和2.5。SCN−中提供孤电子对的原子可能是_______________。
（5）某离子晶体的晶胞结构如图所示。
①晶体中在每个X周围与它最近且距离相等的X共有___个。
②设该晶体的摩尔质量为M g·mol−1，晶胞的密度为ρ g·cm−3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个最近的X间的距离为_____cm。
【答案】（1）3d104s24p1 哑铃形 （2）sp BCF （3）直线形 N=N=O或O=C=O
（4）S （5）12
【解析】（1）Ga为31号元素，基态Ga原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，因此核外电子排布式是[Ar]3d104s24p1，基态Ga原子核外电子占据最高能级为4p，其电子云轮廓图为哑铃形；故答案为：3d104s24p1；哑铃形。（2）HC≡CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C原子2个σ键，无孤对电子，因此C的杂化类型为sp杂化；A．HC≡CNa是离子化合物，不存在金属键，故A不符合题意；B．碳碳三键里有1个σ键，故B符合题意；C．碳碳三键里有1个σ键，2个π键，故C符合题意；D．电负性大的原子与氢形成的共价键，这个分子的氢与另外一个分子中电负性大的原子形成氢键，HC≡CNa不满足这个条件，故D不符合题意；E．HC≡CNa没有中心原子，也无孤对电子，因此无配位键，故E不符合题意；F．HC≡CNa是离子化合物，含有离子键，故F符合题意；G．HC≡CNa是离子化合物，不是分子，不存在范德华力，故G不符合题意；故答案为：sp；BCF。（3）NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其阴离子N的中心N价层电子对数为，为sp杂化，其立体构型为直线形；由于价电子N−=O，因此和该阴离子互为等电子体的一种分子的结构式N=N=O或O=C=O；（4）配体中配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性有关，SCN-的结构式可以表示为[S=C=N] −或[S−C≡N] −，SCN−与Fe3+、Au+和Hg2+等离子能形成配离子，根据结构可以得出C无孤对电子，S、N都有孤对电子，又根据N、C、S的电负性依次为3.0、2.5和2.5，电负性越大，吸引电子能力越强，形成配位键能力越弱，因此SCN−中提供孤电子对的原子可能是S；故答案为：S。（5）①顶点X分子，与它最近的X在面心上，通过空间想象每个平面有4个X，共有三个平面，因此晶体中在每个X周围与它最近且距离相等的X共有12个；故答案为：12。②根据晶胞得到X个数有，Y个数有8个，因此该离子化合物化学式为XY2，设该晶体的摩尔质量为M g·mol−1，晶胞的密度为ρ g·cm−3，阿伏加德罗常数为NA，，晶胞边长为，由于晶体中两个最近的X间的距离为面对角线的一半，因此晶体中两个最近的X间的距离为；故答案为：。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
有机物W用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下。
请回答下列问题：
（1）F的化学名称是________，⑤的反应类型是__________。
（2）E中含有的官能团是________（写名称），D聚合生成高分子化合物的结构简式为____________。
（3）将反应③得到的产物与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式____________________________________________。
（4）④、⑤两步能否颠倒？_____（填“能”或“否”）理由是__________________________。
（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的结构简式为________。
（6）参照有机物W的上述合成路线，以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）__________________________________________。
【答案】（1）苯甲醇 消去反应 （2）碳碳双键、羧基
（3）
（4）否 在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化
（5）5
（6）
【解析】由B的结构可知A为，A与溴发生加成反应生成B，B发生水解反应生成C为，C催化氧化的产物继续氧化生成D，则D为，对比D、E分子式可知D分子内脱去１分子水生成E，故D在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成E，则E为，E和F发生酯化反应生成W为。（1）F的结构简式为，的化学名称是苯甲醇，⑤为D在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成E。（2）E的结构为，含有的官能团是碳碳双键、羧基，D含有羧基和羟基，能发生聚合生成酯类高分子化合物，结构简式为。（3）经过反应③，是羟基连接的碳原子上有2个氢原子的碳原子发生氧化反应生成醛基得到，与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式。（4）④、⑤两步不能颠倒，因为在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化。（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有5种。苯环上可以连接一个甲基和一个-CH=CH2，有三种结构，也可以是苯环上连接-CH=CHCH3或-CH2CH=CH2，共5种，其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的结构简式为。（6）根据逆推原理分析，合成苯甲醇，需要制备，可以用甲苯的取代反应，利用苯和一氯甲烷发生取代反应生成甲苯，故合成路线为：。
湖北名校联盟2020年考前提分仿真卷（五）
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．下列诗句中，加点字（词）所指代物质的主要成分与其他三项不相同的是（ ）
A．柳絮飞时花满城 B．朝如青丝暮成雪
C．狐裘不暖锦衾薄 D．春蚕到死丝方尽
【答案】A
【解析】A．柳絮飞时花满城，柳絮主要成分纤维素；B．朝如青丝暮成雪，青丝主要成分蛋白质；C．狐裘不暖锦衾薄，狐裘主要成分蛋白质；D．春蚕到死丝方尽，丝主要成分蛋白质。综上所述，与其他三项不相同的是A，故选A。
8．莎普爱思的有效成分是由苄达酸与赖氨酸生成的有机盐，苄达酸结构如图所示。下列关于苄达酸的叙述正确的是（ ）
A．分子式为C16H16N2O3 B．属于芳香族化合物，且有弱酸性
C．苯环上的一氯代物有5种 D．所有原子可能共平面
【答案】B
【解析】A．根据结构简式可知其分子式为C16H14N2O3，故A错误；B．含有苯环属于芳香族化合物，含有羧基，具有弱酸性，故B正确；C．分子中有两个苯环，苯环上的氢原子有七种，所以一氯代物有7种，故C错误；D．根据甲烷为正四面体结构，分子中含有亚甲基，所有原子不可能共平面，故D错误；故选B。
9．我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2→*H+*H)。下列说法错误的是（ ）
A．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的产率
B．带*标记的物质是该反应历程中的中间产物
C．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%
D．第③步的反应式为*H3CO+H2O→CH3OH+*HO
【答案】C
【解析】A．反应历程第③步需要水，所以向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的产率，故A正确；B．根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，故B正确；C．根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，故C错误；D．第③步中*H3CO、H2O生成CH3OH和*HO，反应方程式为*H3CO+H2O→CH3OH+*HO，故D正确；选C。
10．下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A．除去硫酸铜溶液中的硫酸亚铁以最终制备胆矾晶体：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−
B．检验丙烯醛CH2=CHCHO中含有碳碳双键：CH2=CHCHO+Br2→CH2Br-CHBr-CHO
C．向Ba(OH)2溶液中加入过量的NH4HSO4溶液：Ba2++2OH−+NH+H++SO= BaSO4+NH3·H2O+H2O
D．向含有0.1mol溶质的硫酸亚铁稀溶液中加入7.8g Na2O2：Na2O2+4Fe2++6H2O=4Fe(OH)3+8
Na++O2↑
【答案】D
【解析】A．反应离子方程式正确，但除去硫酸铜溶液中的硫酸亚铁以最终制备胆矾晶体时，除杂试剂不能选用氯气，会引入新杂质，故A错误；B．检验丙烯醛CH2=CHCHO中含有碳碳双键，溴单质能和双键反应，也能和醛基反应，不能检验出碳碳双键，故B错误；C．向Ba(OH)2溶液中加入过量的NH4HSO4溶液，氢离子将氢氧根离子完全反应，反应的离子方程式为：Ba2++2OH−+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氧气氧化亚铁离子为三价铁离子，和氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀；向含有0.1mol溶质的硫酸亚铁稀溶液中加入7.8g Na2O2(物质的量为0.1mol)，亚铁离子和过氧化钠等物质的量反应，离子方程式为：4Na2O2+4Fe2++6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑，故D正确；故答案为：D。
11．X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（ ）
A．五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞X
B．X、Z两元素能形成原子个数比(X∶Z)为3∶1和4∶2的化合物
C．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物
D．用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀
【答案】B
【解析】X元素的原子形成的离子就是一个质子，应为H元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则Z为N元素、W为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，应为Al元素。A．H原子半径最小，同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Al＞C＞N＞O＞H，即M＞Y＞Z＞W＞X，故A错误；B．N、H两元素能形成NH3、N2H4，故B正确；C．化合物CO2是酸性氧化物，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故C错误； D．用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，阴极生成氢气，不会生成沉淀，故D错误。综上所述，答案为B。
12．新型锂空气电池具有使用寿命长、可在自然空气环境下工作的优点。其原理如图所示（电解质为离子液体和二甲基亚砜），电池总反应为：2Li+O2Li2O2，下列说法不正确的是（ ）
A．充电时电子由Li电极经外电路流入Li2O2
B．放电时正极反应式为2Li++O2+2e−=Li2O2
C．充电时Li电极与电源的负极相连
D．碳酸锂涂层既可阻止锂电极的氧化又能让锂离子进入电解质
【答案】A
【解析】这是二次电池，放电时Li是负极，充电时Li是阴极；A．充电时电子经外电路流入Li，A错误；B．放电时正极为还原反应，O2得电子化合价降低，反应式为2Li++O2+2e−=Li2O2，B正确； C．充电时Li电极为阴极，与电源的负极相连，C正确；D．碳酸锂涂层的覆盖可阻止锂电极的氧化，但是涂层能让锂离子进入电解质定向移动形成闭合回路，D正确；答案选A。
13．向10mL 1mol·L−1的HCOOH溶液中不断滴加1mol·L−1的NaOH溶液，并一直保持常温，所加碱的体积与-lgc水(H+)的关系如图所示。c水(H+)为溶液中水电离的c(H+)。下列说法不正确的是（ ）
A．常温下，Ka(HCOOH)的数量级为10−4
B．a、b两点pH均为7
C．从a点到b点，水的电离程度先增大后减小
D．混合溶液的导电性逐渐增强
【答案】B
【解析】A．甲酸溶液中水电离出的氢离子为10−12 mol·L−1，则溶液中氢离子浓度为0.01mol·L−1，所以常温下，Ka(HCOOH)=≈10−4，因此数量级为10−4，故A正确；B．a点甲酸过量，水电离出的氢离子为10−7 mol·L−1，溶液pH=7；b点氢氧化钠过量，pH>7，故B错误；C．从a点到b点，溶液中的溶质由甲酸和甲酸钠变为甲酸钠，然后又变为甲酸钠和氢氧化钠，所以水的电离程度先增大后减小，故C正确；D．溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。甲酸是弱酸，生成的甲酸钠以及氢氧化钠均是强电解质，所以混合溶液的导电性逐渐增强，故D正确；故选B。
二、非选择题（共43分）
26．（14分）氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品。它不溶于H2SO4、HNO3 和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2(OH)4-nCln]，n随着环境酸度的改变而改变。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如图：
(1)还原过程中主要反应的离子方程式为_______________________________________。
(2)实验室为了加快过滤速度，往往采用抽滤的操作(如图)。仪器A的名称__________，有关抽滤，下列说法正确的是__________。
A．抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出
B．在布氏漏斗中放入滤纸后，直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤
C．在抽滤装置中洗涤晶体时，为减少晶体溶解损失，应使洗涤剂快速通过滤纸
D．减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀
(3)操作1为马上再洗涤，然后在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却、密封包装。其中最合理的洗涤试剂__________
A．浓盐酸 B．浓氨水 C．无水乙醇 D．水+乙醇
真空干燥的原因是_______________________________________________。
(4)随着pH减小，Cu2(OH)4-nCln中铜的质量分数__________。
A．增大 B．不变 C．减小 D．不能确定
【答案】（1）2Cu2++SO+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO+2H+ （2）吸滤瓶 AD
（3）C 防止CuCl在潮湿空气中水解、氧化 （4）C
【解析】海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵氯化发生反应2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2(NH4)2SO4 +H2SO4，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸，然后利用题干信息，结合物质的性质及要求分析解答。(1)向含有Cu2+的溶液中加入起还原作用的（NH4)2SO3、NH4Cl，发生还原反应，产生CuCl沉淀，同时产生硫酸，反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；(2)根据仪器A的结构可知该仪器名称是吸滤瓶；A．抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，以防止倒吸现象的发生，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出，A正确；B．在布氏漏斗中放入滤纸后，用玻璃棒引流转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤，B错误；C．在抽滤装置中洗涤晶体时，应将洗涤剂缓慢通过滤纸，让洗涤剂和晶体充分接触，C错误；D．颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层致密的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀，D正确；故合理选项是AD；(3)操作1为马上再洗涤，目的是为了洗去表面的杂质，为快速干燥，要用酒精洗涤，然后在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却、密封包装，故合理选项是C；真空干燥的目的防止CuCl在潮湿空气中水解氧化；(4)随着平pH值减小，[Cu2(OH)4-nCln]中4-n减小，n增大，则铜的含量减小，故合理选项是C。
27．（15分）钽是一种过渡金属，钽酸锂(LiTaO3)可用于制作滤波器。一种制备钽酸锂的流程如下，回答下列问题：
（1）LiTaO3中钽的化合价为_______。
（2）固体A呈红色，其主要成分是 （写化学式），常见用途有 （填一种即可）。
（3）操作2的名称是 ，用来检验溶液B中阴离子的常用试剂是 。
（4）HTaO3是 （填字母）。
a．难溶的强酸 b．可溶的弱酸 c．可溶的强酸 d．难溶的弱酸
（5）烧渣与NaOH溶液转化成溶液A的过程中，发生反应的离子方程式为 。
（6）上述废料中含Ta2O5的质量分数为44.2%，杂质不含Ta元素。现有100kg该废料，按上述流程最多可制备___kg LiTaO3。
【答案】（1）+5 （2）Fe2O3 制作颜料 （3）过滤 AgNO3和稀硝酸
（4）d （5）2OH−+Ta2O5=2TaO+H2O （6）47.2
【解析】含Ta2O5、FeO及油脂的废料在空气中高温除去油脂将FeO氧化为Fe2O3，加NaOH溶液得NaTaO3，加过量盐酸得HTaO3，再加Li2CO3灼烧得LiTaO3。（1）LiTaO3中钽的化合价为X=0-(+1)-(-2)×3=+5，故答案为：+5；（2）固体A为Fe2O3，可用于制作颜料；故答案为：Fe2O3；制作颜料；（3）操作2用于分离溶液B和固体HTaO3，故操作2为过滤；溶液B中含有阴离子为Cl−，可用AgNO3和稀硝酸来鉴别；故答案为：过滤；AgNO3和稀硝酸；（4）由操作2过滤可知HTaO3为难溶性酸，溶液A中含有TaO与盐酸反应生成HTaO3，HTaO3为弱酸；故答案为：d；（5）烧渣与NaOH溶液转化成溶液A的过程中，发生反应的离子方程式为2OH−+Ta2O5=2TaO+H2O ；故答案为：2OH−+Ta2O5=2TaO+H2O；（6）100kg该废料中含Ta2O5质量，则Ta2O5物质的量，则LiTaO3物质的量为200mol，LiTaO3质量；故答案为：47.2。
28．（14分）还原法处理氮的氧化物是环境科学研究的热点课题。
I．氧气还原法。H2还原NO发生的反应为：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)。
（1）已知几种化学键的键能数据如下：
2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=_______kJ·mol-1。
（2）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)·c(H2)(k是速率常数，只与温度有关）。科学研究发现上述反应分两步进行：
反应1：2NO(g)+H2(g)N2(g)+H2O2(g)；
反应2：H2O2(g)+H2(g)2H2O(g)。
总反应速率由反应较慢的一步决定，由此推知上述两步反应中，活化能较大的是反应___（填“l”或“2”）。c(NO)对总反应速率的影响程度_____c(H2)（填“大于”“小于”或“等于”）。
Ⅱ．NH3还原法。在恒容密闭容器中充入NH3和NO2，在一定温度下发生反应：8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g)+12H2O(g)。
（3）下列表明该反应达到平衡状态的是___（填字母）。
A．混合气体密度保持不变 B．NO2和N2的消耗速率之比为6∶7
C．混合气体中c(N2)=c(NO2) D．混合气体压强保持不变
III．CO还原法。利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH。在2L恒容密闭容器中充人2mol CO和2mol NO，测得NO的转化率与温度、时间的关系如图所示。
（4）下列说法正确的是___（填字母）。
A．图像中，T1>T2
B．上述反应在高温下能自发进行
C．10min时，T2 K下正、逆反应速率相等
D．增大NO的浓度，反应物的转化率增大
（5）T2K温度下，0~10min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=_ ____mol/L−1·min−1；T1 K温度下，上述反应的平衡常数K=_____L·mol−1。
（6）T1 K温度下，向平衡后的容器内再加入2mol N2和2mol NO，则平衡___________（填“向右移动”“向左移动”或“不移动”）。
【答案】（1）-666 （2）1 大于 （3）BD （4）AC （5）0.08 1
（6）向右移动
【解析】ΔH=反应物的化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量，反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=2×436+2×630-946-463×4=-666KJ/mol，故答案为：-666；（2）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)·c(H2)，反应1：2NO(g)+H2(g)N2(g)+H2O2(g)；反应2：H2O2(g)+H2(g)2H2O(g)。总反应速率由反应较慢的一步决定，则反应1反应速率慢活化能高，由反应速率表达式可知c(NO)对总反应速率的影响程度大于c(H2)；故答案为：1；大于；（3）恒容容器中8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)，反应达到平衡，正反应速率等于逆反应速率故NO2和N2的消耗速率之比为6∶7，B正确；反应为增压反应，容器中压强不变则可证明反应达到平衡，故D正确；A．密度恒定不变，无法说明达到平衡；C．c(N2)=c(NO2)浓度相等不等于反应速率相等，故C错误；故答案选BD。（4）对于反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)；A．根据“先拐先平“原则，由图像可知T1>T2，故A正确；B．T1>T2平衡时转化率T1
则平衡常数K=，故答案为：0.08；1；（6）T1 K温度下，向平衡后的容器内再加入2mol N2和2mol NO，则浓度商Q=<1故平衡正移，故答案为：向右移动。
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）
形形色色的物质，构成了我们这个五彩缤纷的世界。世上万物，神奇莫测，常常超乎人们按“常理"的想象。学习物质结构和性质的知识，能使你想象的翅膀变得更加有力。
（1）基态Ga原子的核外电子排布式是[Ar]______，基态Ga原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为___________。
（2）HC≡CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C原子的杂化类型为________。乙炔钠中存在______(填字母)。
A．金属键 B．σ键 C．π键 D．氢键 E．配位键 F．离子键 G．范德华力
（3）NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其阴离子的立体构型为________。写出和该阴离子互为等电子体的一种分子的结构式_________。
（4）配体中配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性有关，SCN−的结构式可以表示为[S=C=N] −或[S-C≡N]−，SCN−与Fe3+、Au+和Hg2+等离子能形成配离子，N、C、S的电负性依次为3.0、2.5和2.5。SCN−中提供孤电子对的原子可能是_______________。
（5）某离子晶体的晶胞结构如图所示。
①晶体中在每个X周围与它最近且距离相等的X共有___个。
②设该晶体的摩尔质量为M g·mol−1，晶胞的密度为ρ g·cm−3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个最近的X间的距离为_____cm。
【答案】（1）3d104s24p1 哑铃形 （2）sp BCF （3）直线形 N=N=O或O=C=O
（4）S （5）12
【解析】（1）Ga为31号元素，基态Ga原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，因此核外电子排布式是[Ar]3d104s24p1，基态Ga原子核外电子占据最高能级为4p，其电子云轮廓图为哑铃形；故答案为：3d104s24p1；哑铃形。（2）HC≡CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C原子2个σ键，无孤对电子，因此C的杂化类型为sp杂化；A．HC≡CNa是离子化合物，不存在金属键，故A不符合题意；B．碳碳三键里有1个σ键，故B符合题意；C．碳碳三键里有1个σ键，2个π键，故C符合题意；D．电负性大的原子与氢形成的共价键，这个分子的氢与另外一个分子中电负性大的原子形成氢键，HC≡CNa不满足这个条件，故D不符合题意；E．HC≡CNa没有中心原子，也无孤对电子，因此无配位键，故E不符合题意；F．HC≡CNa是离子化合物，含有离子键，故F符合题意；G．HC≡CNa是离子化合物，不是分子，不存在范德华力，故G不符合题意；故答案为：sp；BCF。（3）NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其阴离子N的中心N价层电子对数为，为sp杂化，其立体构型为直线形；由于价电子N−=O，因此和该阴离子互为等电子体的一种分子的结构式N=N=O或O=C=O；（4）配体中配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性有关，SCN-的结构式可以表示为[S=C=N] −或[S−C≡N] −，SCN−与Fe3+、Au+和Hg2+等离子能形成配离子，根据结构可以得出C无孤对电子，S、N都有孤对电子，又根据N、C、S的电负性依次为3.0、2.5和2.5，电负性越大，吸引电子能力越强，形成配位键能力越弱，因此SCN−中提供孤电子对的原子可能是S；故答案为：S。（5）①顶点X分子，与它最近的X在面心上，通过空间想象每个平面有4个X，共有三个平面，因此晶体中在每个X周围与它最近且距离相等的X共有12个；故答案为：12。②根据晶胞得到X个数有，Y个数有8个，因此该离子化合物化学式为XY2，设该晶体的摩尔质量为M g·mol−1，晶胞的密度为ρ g·cm−3，阿伏加德罗常数为NA，，晶胞边长为，由于晶体中两个最近的X间的距离为面对角线的一半，因此晶体中两个最近的X间的距离为；故答案为：。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
有机物W用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下。
请回答下列问题：
（1）F的化学名称是________，⑤的反应类型是__________。
（2）E中含有的官能团是________（写名称），D聚合生成高分子化合物的结构简式为____________。
（3）将反应③得到的产物与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式____________________________________________。
（4）④、⑤两步能否颠倒？_____（填“能”或“否”）理由是__________________________。
（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的结构简式为________。
（6）参照有机物W的上述合成路线，以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）__________________________________________。
【答案】（1）苯甲醇 消去反应 （2）碳碳双键、羧基
（3）
（4）否 在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化
（5）5
（6）
【解析】由B的结构可知A为，A与溴发生加成反应生成B，B发生水解反应生成C为，C催化氧化的产物继续氧化生成D，则D为，对比D、E分子式可知D分子内脱去１分子水生成E，故D在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成E，则E为，E和F发生酯化反应生成W为。（1）F的结构简式为，的化学名称是苯甲醇，⑤为D在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成E。（2）E的结构为，含有的官能团是碳碳双键、羧基，D含有羧基和羟基，能发生聚合生成酯类高分子化合物，结构简式为。（3）经过反应③，是羟基连接的碳原子上有2个氢原子的碳原子发生氧化反应生成醛基得到，与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式。（4）④、⑤两步不能颠倒，因为在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化。（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有5种。苯环上可以连接一个甲基和一个-CH=CH2，有三种结构，也可以是苯环上连接-CH=CHCH3或-CH2CH=CH2，共5种，其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的结构简式为。（6）根据逆推原理分析，合成苯甲醇，需要制备，可以用甲苯的取代反应，利用苯和一氯甲烷发生取代反应生成甲苯，故合成路线为：。
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