安徽省太和一中2020届5月模拟考试化学试题（解析版）

安徽省太和一中2020年5月模拟考试化学试题
一、选择题（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。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是

【答案】C
【解析】A．液氨作制冷剂原理是液氨汽化大量吸热，而非分解，故A错误；B．作净水剂原理是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，而非氧化性，故B错误；C．漂粉精作为消毒剂是因为ClO−和HClO都有强氧化性，故C正确；D．氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点高，而非既能与强酸反应又能与强碱反应，故D错误；故答案选C。
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mol Mg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为NA
B．14g分子式为CnH2n的链烃中含有的C—H键的数目为2NA
C．室温时，1.0L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH−的数目为0.2NA
D．Fe与水蒸汽反应生成22.4L氢气，转移电子数为2NA
【答案】B
【解析】A．由于镁反应后变为+2价，故1mol镁反应转移2NA个电子，故A错误；B．CnH2n的最简式为CH2，故14g此链烃中含有的CH2的物质的量为1mol，则含2NA个C−H键，故B正确； C．pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根浓度为0.1mol/L，故1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故C错误；D．氢气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故D错误；答案选B。
9．R是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是

A．R与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同
B．用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基
C．R能发生加成反应和取代反应
D．R苯环上的一溴代物有4种
【答案】A
【解析】A．该分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，故A错误；B．该分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，故B正确；C．分子中含有醇羟基，能发生取代反应，含有苯环，能与氢气发生加成反应，故C正确；D．R苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4种，故D正确；故答案选C。
10．元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X的最高正价和最低负价之和为0，下列说法不正确的是
X





Y
Z


Q

A．原子半径（r）：r（Y）＞r（Z）＞r（X）
B．分别含Y元素和Z元素的两种弱酸可以反应生成两种强酸
C．推测Q的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应
D．Z的简单阴离子失电子能力比Y的强
【答案】D
【解析】元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，则X位于第二期，Y、Z位于第三周期；X的最高正价和最低负价之和为0，则X位于ⅣA族，为C元素，结合各元素在周期表中的相对位置可知，Y为S，Z为Cl元素，Q为Se元素，A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r（Y）＞r（Z）＞r（X），故A正确；B．亚硫酸与次氯酸反应生成HCl和硫酸，HCl和硫酸都是强酸，故B正确；C．Q位于ⅥA族，最外层含有6个电子，根据O、S的性质可推测Se的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应，故C正确；D．非金属性越强，对应离子的失电子能力越强，非金属性Cl＞S，则简单离子失电子能力Z（Cl）＜Y（S），故D错误；故选D。
11．利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+，O2，NO等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法错误的是

A．反应①②③④均在正极发生
B．单位时间内，三氯乙烯脱去a mol Cl时ne=a mol
C．④的电极反应式为NO+10H++8e−=NH+3H2O
D．增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使nt增大
【答案】B
【解析】A选项，由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；B选项，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1mol C2HCl3转化为1mol C2H4时，得到6mol电子，脱去3mol氯原子，所以脱去a mol Cl时ne =2a mol，故B错误；C选项，由示意图可写出如下转化NONH，由于生成物中有NH，所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH−来配平，所以 ④的电极反应式为NO+10H++8e−=NH+3H2O，故C正确；D选项，增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D正确；综上所述，答案为B。
12．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：Cl2>Co2O3
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K3[Fe(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 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
【答案】D
【解析】A．向Co2O3中滴加浓盐酸产生的黄绿色气体为氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物，则氧化性：Cl2＜Co2O3，故A错误；B．出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn为负极，铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故B错误；C．铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，并不是不反应，故C错误；D．根据2Fe3++2I−=2Fe2++I2，10mL 2mol/L的KI溶液与1mL 1mol/L FeCl3溶液反应后KI过量，由现象可知存在铁离子，说明KI与FeCl3反应有可逆性，故D正确；故选D。
13．已知AG=lg，电离度α=×100%。常温下，向10mL 0.1mol/L HX溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，混合溶液中AG与滴加NaOH溶液体积的关系如图所示。

下列说法错误的是
A．F点溶液pH<7
B．G点溶液中c(Na+)=c(X−)>c(H+)=c(OH−)
C．V=10时，溶液中c(OH−) D．常温下，HX的电离度约为1%
【答案】C
【解析】A．F点为等物质的量HX溶液NaX溶液的混合液，此时AG=lg=6，则c(H+)>c(OH−)，pH<7，故A正确；B．G点溶液中AG=lg=0，则c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+ c(X−)，故c(Na+)=c(X−)>c(H+)=c(OH−)，故B正确；C．V=10时溶液为NaX溶液，由于水解和水的电离c(OH−)>c(HX)，故C错误；D．E点为0.1mol/L HX溶液，AG=lg=8，则=108，水的离子积KW==10-14， ，则电离度=，故D正确；故答案选：C。
二、非选择题（共58分）
（一）必做题
26．（14分）工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理。常用的处理方法有以下两种：
方法1：还原沉淀法
该法的工艺流程为：
其中第①步存在平衡2CrO（黄色）+2H+Cr2O（橙色）+H2O
（1）若平衡体系的pH=2，该溶液显______色。
（2）能说明第①步反应达平衡状态的是_____（填序号）
A．Cr2O和CrO的浓度相同
B．2v（Cr2O）=v（CrO）
C．溶液的颜色不变
（3）第②步中，还原1mol Cr2O离子，需要______mol的FeSO4·7H2O。
（4）第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH−
(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)·c3(OH−)=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，溶液的pH应调至______。
方法2：电解法
该法用Fe做电极电解含Cr2O的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。
（5）用Fe做电极的原因为______（用电极反应式解释）。
（6）在阴极附近溶液pH升高，溶液中同时生成的沉淀还有______。
【答案】（1）橙
（2）C
（3）6
（4）5
（5）阳极反应为Fe−2e−=Fe2+，提供还原剂Fe2+
（6）Fe(OH)3
【解析】（1）溶液显酸性，c(H+)较大，上述平衡右移，该溶液显橙色；综上所述，本题答案是：橙；（2）A．Cr2O和CrO的浓度相同时，反应不一定达到平衡状态，A错误；B．2v（Cr2O）=v（CrO），没有标出正逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，B错误；C．平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，可以判断反应达到平衡状态，C正确；综上所述，本题选C；（3）根据电子得失守恒可以知道，还原1mol Cr2O离子，得到Cr3+，得到电子：2×（6-3）=6mol，Fe2+被氧化为Fe3+，需要FeSO4·7H2O的物质的量为=6mol；综上所述，本题答案是：6；（4）当c(Cr3+)=10−5mol/L时，溶液的c(OH−)==10−9mol/L，c(H+)==10−5mol/L，pH=5，即要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，溶液的pH应调至5；综上所述，本题答案是：5；（5）用Fe做阳极，发生氧化反应，失电子：Fe−2e−=Fe2+，产生的亚铁离子做还原剂；综上所述，本题答案是：Fe−2e−=Fe2+，提供还原剂Fe2+；（6）溶液中氢离子在阴极得电子被还原为氢气，阴极极反应为：2H++2e−=H2↑，溶液酸性减弱，溶液pH升高，亚铁离子被氧化为铁离子，酸性减弱，铁离子产生沉淀Fe(OH)3；综上所述，本题答案是：Fe(OH)3。
27．（14分）科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”，其简单流程如图所示(条件及物质未标出)。

(1)已知：CH4、CO、H2的燃烧热分别为890.3kJ·mol－1、283.0kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1，则上述流程中第一步反应2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)的ΔH＝______________。
(2)工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，某温度下，将1mol CO2和3mol H2充入体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下表：
时间/h
1
2
3
4
5
6

0.90
0.85
0.83
0.81
0.80
0.80
①用H2表示前2h的平均反应速率v(H2)＝_________________________________；
②该温度下，CO2的平衡转化率为________。
(3)在300℃、8MPa下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入一密闭容器中发生(2)中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp＝________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
(4)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)　ΔH。在0.1 MPa时，按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，如图所示为不同温度(T)下，平衡时四种气态物质的物质的量(n)关系。

①该反应的ΔH________0(填“＞”或“＜”)。
②曲线c表示的物质为________。
③为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施______________。（答出一条即可）
【答案】（1）-71.4 kJ·mol－1
（2）0.225 mol·L－1·h－1 40%
（3）
（4）< C2H4 加压(或不断分离出水蒸气)
【解析】(1)在101kPa下，CH4、CO、H2的燃烧热(ΔH)分别为−890.3kJ/mol、−283kJ/mol、−285.8kJ/mol，它们的热化学反应方程式分别为：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−890.3
kJ/mol；②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=−283kJ/mol；③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=−285.8kJ/mol；根据盖斯定律，由①×2−②×2−③×4得2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) ΔH=[(−890.3kJ/mol×2)− (−283
kJ/mol)×2]−(−285.8kJ/mol×4)=−71.4kJ/mol；(2)①设反应的二氧化碳物质的量为x，气体压强之比等于气体物质的量之比， CO2(g) + 3H2(g) C2H4(g) + H2O(g)

P后：P前=(4−2x)∶(1+3)=0.85，解得：x=0.3mol，则用氢气表示前2小时反应平均速率v(H2)==0.225mol/(L·h)；②反应达到平衡状态时，二氧化碳反应物质的量为y，
CO2(g) + 3H2(g) C2H4(g) + H2O(g)

P后：P前=(4−2y)∶(1+3)=0.8，解得：y=0.4mol该温度下CO2的平衡转化率=×100%=40%；(3)若反应条件为压强8MPa，300℃的反应温度下二氧化碳和氢气按1∶3的比例通入，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，结合三段式列式计算，
CO2(g) + 3H2(g) C2H4(g) + H2O(g)

分压=总压×物质的量分数，物质的量分数=，故P(CO2)=，P(H2)=，P(CH3OH)=，P(H2O)=Kp==(MPa)−2；(4)①由图可知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故ΔH＜0；②根据图知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，所以c曲线代表C2H4；③由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，该反应为气态分子数减小的反应，为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强，或不断分离出水，平衡向右移动，H2的平衡转化率增大。
28．（15分）普通立德粉（BaSO4·ZnS）广泛用于工业生产中，可利用ZnSO4和BaS共沉淀法制备。以粗氧化锌（含Zn、CuO、FeO等杂质）和BaSO4为原料制备立德粉的流程如下：

（1）生产ZnSO4的过程中，反应器Ⅰ要保持强制通风，原因是___。
（2）加入锌粉的主要目的是___（用离子方程式表示）。
（3）已知KMnO4在酸性溶液中被还原为Mn2+，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO2，在碱性溶液中被还原为MnO。据流程判断，加入KMnO4时溶液的pH应调至___
a．2.2~2.4 b．5.2~5.4 c．12.2~12.4
滤渣Ⅲ的成分为____。
（4）制备BaS时，按物质的量之比计算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1∶2，目的是__；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，反应器Ⅳ中产生的尾气需用碱液吸收，原因是__。
（5）普通立德粉（BaSO4·ZnS）中ZnS含量为29.4%，高品质银印级立德粉中ZnS含量为62.5%。在ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S中选取三种试剂制备银印级立德粉，所选试剂为___，反应的化学方程式为__（已知BaSO4相对分子质量为233，ZnS相对分子质量为97）。
【答案】（1）反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风
（2）Zn+Cu2+=Zn2++Cu
（3）b MnO2和Fe(OH)3
（4）避免产生CO等有毒气体 尾气中含有的SO2等有毒气体
（5）ZnSO4、BaS、Na2S 4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4
【解析】分析流程中的相关反应：反应器Ⅰ中粗氧化锌中所含Zn、CuO、FeO与硫酸反应，不溶性杂质以滤渣Ⅰ的形式过滤分离；反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+；反应器Ⅲ中用KMnO4氧化Fe2+，同时控制pH，在弱酸性、弱碱性环境中，产生MnO2和Fe(OH)3沉淀得到净化的ZnSO4溶液；反应器Ⅳ中 BaSO4+2C=BaS+2CO2制备BaS；反应器Ⅴ用ZnSO4和BaS共沉淀制备立德粉。⑴反应器Ⅰ中Zn与硫酸反应产生氢气，保持强制通风，避免氢气浓度过大而易发生爆炸，出现危险，故答案为反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风。⑵反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+，其离子方程式为Cu2+，Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故答案为Zn+Cu2+=Zn2++Cu。⑶反应器Ⅲ除Fe2+，将亚铁离子氧化为铁离子以便除去，同时在弱酸性、弱碱性环境中KMnO4还原为MnO2，以滤渣形式分离，因此在弱酸性环境来氧化亚铁离子，利用铁离子水解变为沉淀，故答案为b；MnO2和Fe(OH)3。反应器Ⅳ中BaSO4+2C=BaS+2CO2，BaSO4 +4C=BaS+4CO，投料比要大于1∶2，避免产生CO等有毒气体；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，将BaS氧化产生SO2等有毒气体，因此有毒气体要除掉需用碱液吸收，故答案为避免产生CO等有毒气体；尾气中含有的SO2等有毒气体。⑸已知BaSO4的相对分子质量为233，ZnS的相对分子质量为97，ZnS含量为29.4%，立德粉为BaSO4·ZnS；ZnS含量为62.5%，立德粉（BaSO4·4ZnS），因此需要4mol ZnSO4和1mol BaS反应生成BaSO4·4ZnS，还需要3mol硫离子和将3mol硫酸根与另外的离子结合，因此还需要3mol Na2S参与反应，反应的化学方程式为：4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4，故答案为ZnSO4、BaS、Na2S；4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4。
（二）选做题（从给出的两题中任选一道作答，多做则按第一题计分，共15分）
35．【选修3——物质结构与性质】
纳米磷化钻常用于制作特种钻玻璃，制备磷化钻的常用流程如图：

（1）基态P原子的电子排布式为___。P在元素周期表中位于___区。
（2）中碳原子的杂化类型是___C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是___（用元素符号表示），电负性由大到小的顺序为___。
（3）CO中C的价层电子对数为___，其空间构型为___。
（4）磷化钴的晶胞结构如图所示，最近且相邻两个钴原子的距离为n pm。设NA为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞密度为___ g·cm−3（列出计算式即可）。

【答案】（1） p
（2）sp2 N>O>C O>N>C
（3）3 平面正三角形
（4）
【解析】（1）基态P原子的电子排布式为，P在元素周期表中位于p区；故答案为：；p；（2）尿素C原子上没有孤对电子，形成3个σ键，所以尿素分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，故第一电离能由大到小的顺序是N>O>C，元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，电负性由大到小的顺序为O>N>C，故答案为：sp2；N>O>C；O>N>C；（3）CO中C的价层电子对数=且不含孤电子对，空间构型为平面正三角形；故答案为：3；平面正三角形；（4）由晶胞图可知，一个晶胞中含P原子数为，含钴原子数为，所以一个晶胞质量为；由图可知，由于相邻两个钴原子的距离为n pm，则立方体的棱长为n pm，则体积，密度，故答案为：。
36．【选修5——有机化学基础】
有机化合物F是一种重要的有机合成中间体，其合成路线如下图所示：

已知：①A的核磁共振氢谱图中显示两组峰
②F的结构简式为：

③通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。
④R-CH=CH2R-CH2CH2OH
请回答下列问题：
(1)A的名称为______________(系统命名法)；Z中所含官能团的名称是___________。
(2)反应Ⅰ的反应条件是__________。
(3)E的结构简式为_______________________。
(4)写出反应Ⅴ的化学方程式____________________________________________。
(5)写出反应IV中的化学方程式____________________________________________。
(6)W是Z的同系物，相对分子质量比Z大14，则W的同分异构体中满足下列条件：
①能发生银镜反应，②苯环上有两个取代基，③不能水解，遇FeCl3溶液不显色的结构共有_________种(不包括立体异构)，核磁共振氢谱有四组峰的结构为____________。
【答案】（1）2－甲基－2－丙醇 酚羟基、醛基
（2）浓硫酸，加热
（3）(CH3)2CHCOOH
（4）+2Cl2+2HCl
（5）(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O
（6）6
【解析】A的分子式为C4H10O，A→B是消去反应，所以B是。B→C组成上相当于与水发生加成反应，根据提供的反应信息，C是2－甲基－1－丙醇。C→D是氧化反应，D是2－甲基－1－丙醛，D→E是氧化反应，所以E是2－甲基－1－丙酸。X的分子式为C7H8O，且结合E和F的结构简式可知，X的结构简式为；在光照条件下与氯气按物质的量之比1∶2反应，是甲基中的2个H被Cl取代，因此Y的结构简式为，Y→Z是水解反应，根据信息③，应该是-CHCl2变成-CHO，则Z的结构简式为，Z→F是酯化反应。(1)结合以上分析可知，A的结构简式为：，名称为2−甲基−2−丙醇；Z的结构简式为：，所含官能团为酚羟基、醛基；(2)A为，B为，A→B是消去反应，反应Ⅰ的反应条件是浓硫酸、加热；C是，D是，所以C→D是在铜作催化剂条件下发生的氧化反应；(3)结合以上分析可知，E的结构简式为；(4)在光照条件下与氯气按物质的量之比1∶2反应，是甲基中的2个H被Cl取代生成，反应Ⅴ的化学方程式：；(5)D是(CH3)2CHCHO，在氢氧化铜悬浊液中加热发生氧化反应，反应IV中的化学方程式： +2Cu(OH)2+Cu2O+2H2O；(6)Z的结构简式为，W是Z的同系物，相对分子质量比Z大14，W分子式为C8H8O2，W的同分异构体中满足下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②苯环上有两个取代基，可以3种位置；③不能水解，遇FeCl3溶液不显色，没有酯基、酚羟基。满足条件的结构有：苯环上分别连有−CHO和−CH2OH，结构有3种。苯环上分别连有−CHO和−OCH3，结构有3种，共计有6种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构为：。