湖北省名校联盟2020年高考化学考前提分仿真卷（八）（含解析）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ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Ⅰ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Ⅱ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 59
一、选择题（每小题6分，共42分。）
7．“白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”，是著名诗人戴望舒《雨巷》中描述的景象，下列有关说法中错误的是
A．“白墙”的白色源于墙体表层的CaO B．“黑瓦”与陶瓷的主要成分都是硅酸盐 C．做伞骨架的竹纤维的主要成分可表示为(C6H10O5)n D．刷在伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用 【答案】A
【解析】A．“白墙”的白色源于墙体表层的CaCO3，选项A错误；B．陶瓷、砖瓦均属于传统的硅酸盐产品，选项B正确；C．竹纤维的主要成分是纤维素，选项C正确；D．植物油属于油脂，油脂不溶于水，刷在伞面上形成一层保护膜能防水，选项D正确。答案选A。
8．有机物M的结构简式为
，下列说法正确的是
A．有机物M既能使酸性KMnO4溶液褪色又能使溴水褪色，且反应类型相同 B．1mol有机物M与足量氢气反应，消耗氢气4mol
C．与有机物M具有相同的官能团，且不包括M的同分异构体有3种 D．有机物M能发生取代、加成、氧化、水解等反应 【答案】B
【解析】A．分子结构中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应而使溴水褪色，能
被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，褪色原理不一样，故A错误；B．苯环和碳碳双键均可与H2发生加成反应，则1mol
与足量氢气反应，消耗氢气4mol，故B正确；
C．
含有苯环、碳碳双键和羧基，其具有相同官能团的同分异构体共有4种，其中乙烯
基与羧基在苯环的间位和对位有2种，另外苯环上只有一个取代基为-CH=CHCOOH或-C(COOH)=CH2有2种，故C错误；D．能发生取代、加成、氧化，但不能发生水解反应，故D错误；故
答案为B。
9．捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)
A．10.1g N(C2H5)3中所含的共价键数目为2.1NA B．标准状况下，22.4L CO2中所含的电子数目为22NA C．在捕获过程中，二氧化碳分子中的共价键完全断裂 D．100g 46％的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA 【答案】C
【解析】A．10.1g N(C2H5)3物质的量0.1mol，一个N(C2H5)3含有共价键数目为21根，则10.1g N(C2H5)3含有的共价键数目为2.1NA，故A正确；B．标准状况下，22.4L CO2的物质的量是1mol，1个CO2分子中有22个电子，所以含的电子数目为22NA，故B正确；C．在捕获过程中，根据图中信息可以看出二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂，故C错误；D．100g 46％的甲酸水溶液，甲酸的
质量是46g，物质的量为1mol，水的质量为54g，物质的量为3mol，因此所含的氧原子数目为5NA，故D正确；选C。
10．某化学兴趣小组对教材中乙醇氧化及产物检验的实验进行了改进和创新，其改进实验装置如图所示，按图组装好仪器，装好试剂。下列有关改进实验的叙述不正确的是
1
A．点燃酒精灯，轻轻推动注射器活塞即可实现乙醇氧化及部分产物的检验 B．铜粉黑红变化有关反应为：2Cu+O△H△
2====2CuO、C25OH+CuO====CH3CHO+Cu+H2O C．硫酸铜粉末变蓝，说明乙醇氧化反应生成了水 D．在盛有新制氢氧化铜悬浊液的试管中能看到砖红色沉淀 【答案】D
【解析】点燃酒精灯，轻轻推动注射器活塞即可反应，空气带着乙醇蒸气与热的铜粉发生反应，选项A正确；看到铜粉变黑，发生2Cu+O△OH+CuO====△
2====2CuO，看到铜粉黑变红，发生C2H5CH3CHO+Cu+H2O，选项B正确；硫酸铜粉末变蓝，是因为生成了五水硫酸铜，说明乙醇氧化有水生成，选项C正确；乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀需要加热，选项D不正确。
11．二茂铁[Fe(C5H5)2]可作为燃料的节能消烟剂、抗爆剂。二茂铁的电化学制备装置与原理如图所示，下列说法正确的是
A．a为电源的正极
B．电解质溶液是NaBr水溶液和DMF溶液的混合液
C．电解池的总反应化学方程式为Fe+2C电解
5H6=====Fe(C5H5)2+H2↑ D．二茂铁制备过程中阴极的电极反应为2H++2e?=H2↑ 【答案】C
【解析】由二茂铁的电化学制备装置与原理可知，与电源正极b相连的铁为电解池的阳极，铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，与电源负极a相连的镍为电解池的阴极，钠离子在阴极上得电
子发生还原反应生成钠，钠与
发生置换反应生成
和氢气，
与亚铁离子反应生成二茂铁
和钠离子，制备二茂铁的总反应方程式为Fe+2+H2↑。A．由分析可知，a为电源的负
极，b为电源的正极，故A错误；B．与电源负极a相连的镍为电解池的阴极，钠离子在阴极上得电子发生还原反应生成钠，钠能与水反应，则电解质溶液不可能为NaBr水溶液，故B错误；C．由分
析可知，制备二茂铁的总反应方程式为Fe+2
+H2↑，故C正确；D．二茂铁制备过程
中阴极上钠离子得电子发生还原反应生成钠，电极反应式为Na++e?=Na，故D错误；故选C。
12．X、Y、Z、R是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Z位于同主族且能组成离子
化合物；Y原子最外层电子数等于其电子层数的3倍；Y的简单阴离子和Z的阳离子的电子层结构相同；R的周期数等于其主族序数。下列说法不正确的是
A．原子半径大小：Z＞R＞Y＞X
B．常温常压下，X与Y形成的化合物呈液态 C．R的单质能从硫酸铜溶液中置换出铜
D．X分别与Y、Z、R组成的二元化合物所含化学键类型均相同 【答案】D
【解析】所有元素都是短周期元素，X和Z位于同主族且能组成离子化合物，结合原子序数，X为H，Z为Na，Y原子最外层电子数等于其电子层数的3倍，则Y为O，R的周期数等于其主族序数，则R为Al，据此回答。A．同主族从上到下原子半径逐渐增大，同周期自左向右原子半径逐渐减小，四种元素原子半径大小：Na＞Al＞O＞H，A正确；B．常温常压下，H2O呈液态，B正确； C．Al比Cu活泼，能从铜的盐溶液中置换出铜，C正确；D．X分别与Y、Z、R组成的二元化合物分别为H2O，NaH，AlH3，H2O由共价键构成，NaH，AlH3均由离子键构成，D错误；答案选D。
13．25℃时，用0.1mol·L?1
NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A，H2A被滴定分数、pH及物种分布分
数δ[δ(X)=n(X)n(H(A2?)]如图所示：
2A)+n(HA-)+n
下列说法错误的是
A．用NaOH溶液滴定0.1mol·L?1 NaHA溶液可用酚酞作指示剂 B．0.1mol·L?1 NaHA溶液中：c(Na+)>c(HA?)>c(H2A)>c(A2?)
2
C．0.1mol·L?1
Na+
?
2?
2A溶液中：c(Na)>c(HA)+2c(A) D．H2A的Ka2=1×10?7
【答案】B
【解析】由图可知，实线为0.1mol·L?1 NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，虚线为
0.1mol·L?1 NaOH溶液滴定二元弱酸Hn(NaOH)2A的物种分布分数曲线。当n(H=1时，反应生成NaHA，
2A)NaHA溶液显酸性，当n(NaOH)n(HA)=2时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性。A．强碱滴定弱酸时，应选
2用酚酞做指示剂，则用NaOH溶液滴定0.1mol·L?1 NaHA溶液应用酚酞作指示剂，故A正确； B．由
图可知，当n(NaOH)n(H=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，说明HA?的电离程度大于水解程度，
2A)则溶液中c(A2?
)>c(H2A)，故B错误；C．0.1mol·L
?1
Na2A溶液中存在电荷守恒关系
c(Na+)+c(H+)=c(HA?)+2c(A2?)+c(OH?)，因Na?2A溶液显碱性，c(OH?)>c(H+)，则：c(Na+)>c(HA)+2c(A2?)，故C正确；D．由图可知，当δ(X)为50%时，溶液中c(HA?
)=c(A2?
)，pH=7，由Ka2=c（H+）c（A2-）c（HA-）=
c(H+)=1×10?7，故D正确；故选B。
二、非选择题（共43分）
26．（14分）POCl3是重要的化工原料，某兴趣小组准备用三氯化磷、氯气、二氧化硫制备POCl3，产物中还有一种遇水强烈水解的物质SOCl2，用下列装置完成实验。
已知：PCl3熔点-93.6℃、沸点76.1℃，遇水强烈水解，易与氧气反应；POCl3遇水强烈水解，能溶于PCl3。
(1)仪器甲的名称是_________________。
(2)已知装置B制备POCl3，以上仪器接口连接的顺序为a-___b-c-g-h-d，装置F中所装试剂为___，装置B中发生反应的化学方程式为____________________________。
(3)B
中
反
应
温
度
控
制
在
60~65
℃
，
其
原
因
是
_____________________________________________。
(4)用佛尔哈德法测定POCl3含量：准确称取20.20g POCl3产品，置于盛有60.00ml蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解；将水解液配成100.00mL溶液，取10.00mL溶液于锥形瓶中；加入10.00mL 3.200mol/L AgNO3标准溶液，并加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；加入指示剂，用0.2000mol/L KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去10.00mL KSCN溶液。[已知：Ksp(AgCl)=3.2×10?10，Ksp(AgSCN)=2×10?12]
①滴定选用的指示剂是________（填字母代号），滴定终点的现象为____________________。 A．FeCl2 B．NH4Fe(SO4)2 C．淀粉 D．甲基橙 ②用硝基苯覆盖沉淀的目的是____________________。 ③产品中POCl3的百分含量为____________。 【答案】（1）球形冷凝管
（2）j-i-e-f 饱和食盐水 PCl60~65℃
3+Cl2+SO2=========POCl3+SOCl2
（3）温度太高，PCl3、SO2会大量挥发，导致产量下降；温度太低，反应速率会变慢 （4）B 当最后一滴标准KSCN溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪色 防止滴加KSCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀 75.99%或76%
【解析】用三氯化磷、氯气、二氧化硫制备POCl3，从图中可以看出，应在B装置中进行。因为POCl3遇水强烈水解，所以制取的Cl2、SO2气体都必须干燥。装置A是制取Cl2的装置，此时Cl2中混有HCl和水蒸气，应使用F装置除去HCl气体，用D装置干燥，从而制得干燥、纯净的Cl2。C装置用于制取SO2，用E装置干燥。在B装置中发生制取POCl3的反应，由于PCl3熔点-93.6℃、沸点76.1℃，遇水强烈水解，所以球形冷凝管的上口还应接一个能吸收Cl2、SO2，并能防止空气中水蒸气进入的装置。(1)仪器甲的名称是球形冷凝管。答案为：球形冷凝管；(2)由以上分析知，仪器接口连接的
顺序为a- j-i-e-f-b-c-g-h-d，装置F用于除去Cl2中的HCl，所装试剂为饱和食盐水，装置B中三氯化磷、氯气、二氧化硫制备POCl同时生成SOCl=========
60~65℃3，2，发生反应的化学方程式为PCl3+Cl2+SO2 POCl+SOCl；饱和食盐水；PCl60~65℃
32。答案为：j-i-e-f3+Cl2+SO2=========POCl3+SOCl2；(3)信息显示，PCl3沸点76.1℃，易挥发，所以需控制温度，B中反应温度控制在60~65℃，其原因是温度太高，PCl3、SO2会大量挥发，导致产量下降；温度太低，反应速率会变慢。答案为：温度太高，PCl3、SO2会大量挥发，导致产量下降；温度太低，反应速率会变慢；(4)①因为需要控制KSCN溶液的用量，且现象明显，所以滴定选用的指示剂是含有Fe3+的溶液，故选B：滴定终点的现象为：当最后一滴标准KSCN溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪色。答案为：B；当最后一滴标准KSCN溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪色；②因为后续操作中需加入KSCN，会使AgCl转化为AgSCN[Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)]，为防此反应的发生，采用硝基苯覆盖沉淀的方法，其目的是防止滴
3
加KSCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀。答案为：防止滴加KSCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；③由关系式KSCN~AgNO3，可求出过量的n(AgNO3)=0.2000mol/L×0.01L=0.002mol，则由关系式POCl3~3HCl~3AgNO3可得：n(AgNO3)=3.2000mol/L×0.01L-0.002mol=0.03mol，从而得出n(POCl0.01mol?100mL3)=0.01mol，产品中POCl3的百分含量为10mL?153.5g/mol?100%=75.99%或76%。20.20g答案为：75.99%或76%。
27．（15分）碳是生命的基础，近几年科学家们纷纷掀起了研究碳的热潮。回答下列问题： （1）2019年人们“谈霾色变”，汽车尾气是雾霾的罪魁之一。汽车尾气净化的原理为：2NO(g)+2CO(g)=2CO2(g)+N2(g) ΔH＜0。
某温度下，恒容的密闭容器中通入NO和CO，测得不同时间的NO和CO的浓度如下表：
①2s内用N2表示的化学反应速率为___________，该温度下，反应的化学平衡常数为_________。
②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是_________(填代号)。
（2）用CH4催化还原NOx也可以减少氮的污染。
已知：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(g) ΔH=?867kJ/mol 2NO2(g)=N2O4(g) ΔH=-56.9kJ/mol H2O(g)=H2O(l) ΔH=-44.0kJ/mol
写出CH4催化还原N2O4(g)生成N2和H2O(l)的热化学方程式： 。 （3）常温常压下，测得向水中通入足量的CO2后，水溶液的pH=5.6。 ①若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3
HCO?+
3+H的平衡常数K大约为___。
(已知：溶液中c(H2CO3)=1.5×10?5
mol·L?1
，10
?5.6
=2.5×10?6
)
②常温下，测得NaHCOc(H?
3溶液呈碱性，则溶液中2CO3)___c(CO23)(填“>”“”或“<”)，原因
是_______________(用离子方程式和必要的文字说明)。
③锅炉中的CaSO4沉淀可用可溶性碳酸盐浸取，然后加酸除去，浸取过程中会发生反应：CaSO2?
2?
4(s)+CO3(aq)
CaCO3(s)+SO4(aq)。
已知298K时，K?9
?5
sp(CaCO3)=2.80×10，Ksp(CaSO4)=4.90×10，则此温度下该反应的平衡常数K为___(计算结果保留三位有效数字)。
【答案】（1）1.875×10?4mol·L?1·s?1 5000 bd
（2）CH4(g)+N2O4(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l) ΔH=?898.1kJ·mol?1
（3）4.2×10?7
mol·L?1
> 碳酸氢钠溶液中存在水解平衡HCO?3+H2O
H2CO3+OH?和电离平衡HCO?CO2?+
3
3+H，
溶液显碱性，水解程度大于电离程度，故选c(H?4
2CO3)>c(CO23) 1.75×10
【解析】（1）①前2s内的Δc(NO)=(1.00－0.25)×10?3mol·L?1=7.50×10?4mol·L?1，则Δc(N?442)=
12×7.50×10mol·L?1=3.75×10?mol·L?1
，平均反应速率
υ?Nυ2?N=?c?c3.753.75?10??410mol?4mol?L?1?L=1.875?1?10??4mol?4?12??=t??=?t2s2s=1.87510mol?L?1??Ls??11?s；反应达到平衡时c(CO)=1×10?4mol·L?1
，
c(NO)=2.7×10?3mol·L?1
，
c(N12)=Δc(N2)=
×9×10?4
mol·L?1
=4.5×10?4
mol·L
?1
2，
则
c(CO2)=Δc(CO2)=Δc(CO)=9×10?4mol·L?1，该温度下，反应的化学平衡常数为
?(9?10?4)2?4.5?10?4K?5000；故答案为：1.875×10?4 mol·L?1(1?10?4)2?(2.7?10?3)2·s?1；5000。②a．反应达到平衡时，各物质的速率不再改变，故a不符合题意；b．绝热容器中，反应放热，温度升高，平衡常数减小，当平衡常数减小到不改变时，则达到平衡，故b符合题意；c．这两者的物质的量相等不
一定能说明达到平衡，只有这两者的物质的量不再改变，则达到平衡，故c不符合题意；d．质量分数不再改变，则达到平衡，故d符合题意；综上所述，答案为bd。（2）第一个方程式减去第二个方程式再加第三个方程式的2倍，即得CH4催化还原N2O4(g)生成N2和H2O(l)的热化学方程式：CH4(g)+N2O4(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l) ΔH=?867kJ·mol?1
-(-56.9kJ·mol
?1
)+2×(-44kJ·mol?1)=-898.1kJ·mol?1；故答案为：CH4(g)+N2O4(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l) ΔH=?898.1 kJ·mol?1。（3）①忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO?+H+
3的平衡常
数
K
大
约
为
c(HCO－3)?c(H+)c(H+)2(10?5.6mol?L?1)2(2.5?10?6?c(HCO???1?mol?L?1)2K?5mol?L?1?4.2?10?7mol?L?1?5；故答案23)c(H2CO3)1.5?10mol?L1.5?10为：4.2×10?7mol·L?1。②常温下，测得NaHCO3溶液呈碱性，原因是碳酸氢钠溶液中存在水解平衡HCO?+?23+H2O
H2CO3+H和电离平衡HCO3
CO?+
3+H，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，因此溶液
4
中c(H2?
?
?
2CO3)>c(CO3)；故答案为：>；碳酸氢钠溶液中存在水解平衡HCO3+H2OH2CO3+OH和电离平衡
HCO?
CO2?
+
2?
33+H，溶液显碱性，水解程度大于电离程度，故c(H2CO3)>c(CO3)；③浸取过程中会发生反
应
：
CaSO?
2?4(s)+CO
23
(aq)CaCO3(s)+SO4(aq)，
K?c(SO2?4)c(CO2??KspCaSO4?4.90?10?5?10?9?1.75?104；故答案为：1.75×104。 3)KspCaCO32.8028．（14分）金属钼（Mo）在工业和国防建设中有重要的作用。钼的常见化合价为?4、?5、?6。由钼精矿（主要成分是MoS2）制备单质钼和钼酸钠晶体（Na2MoO4?2H2O），部分流程如下图所示：
已知：钼酸微溶于水，可溶于碱溶液。 回答下列问题：
(1)钼精矿在空气中焙烧时，发生的主要方程式为_______________________。
(2)钼精矿焙烧时排放的尾气对环境会产生危害，请你提出一种实验室除去该尾气的方法________________________。
(3)操作2的名称为_________________________________。
(4)实验室由钼酸经高温制MoO3，所用到的硅酸盐材料仪器的名称是_________。
(5)操作1中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中c(MoO2?
?1
4)=0.80mol·L，c(SO2?)=0.050mol·L?1
，在结晶前需加入Ba(OH)2?
4
2固体以除去溶液中的SO4
。当BaMoO4开始沉淀时，SO2?
?10
4的去除率是_________。[Ksp(BaSO4)=1.1×10、Ksp(BaMoO?8
4)=4.0×10溶液体积变化可忽略不计]
(6)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数（φ）。
①x=___________。
②焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2，还原剂为_________。若反应中转移3mol e?
，则消耗的还原剂的物质的量为______________。
【答案】（1）2MoS+7O高温
22=====2MoO3+4SO2
（2）可用氨水或氢氧化钠溶液吸收（其他答案合理亦可） （3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 （4）坩埚 （5）95.6%
（6）64 MoS2 0.25mol
【解析】根据流程图信息分析得：灼烧泪精矿，MoS高温
2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O2=====2MoO3+4SO2，
碱性条件下，MoOCO?2?
3和Na23溶液反应，反应方程式为MoO3+CO23=MoO4+CO2↑，
溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4·2H2O，Na2MoO4与足量盐酸反应生成钼酸，高
温灼烧钼酸生成MoO3，氢气还原MoO3得到Mo，以此解答该题。（1）根据流程图分析知，钼精矿焙烧时，反应方程式为：2MoS高温高温
2+7O2=====2MoO3+4SO2，故答案为：2MoS2+7O2=====2MoO3+4SO2；（2）钮精矿焙烧时排放的尾气含有二氢化硫，会形成酸雨：二氢化硫为酸性氧化物，可用氨水或氢氢化钠溶液吸收，故答案为：可用氨水或氢氧化钠溶液吸收；（3）操作2是从Na2MoO4溶液中获取Na2MoO4·2H2O晶体，操作是将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（4）高温灼烧钼酸生成MoO3，所用的硅酸盐材料仪器为坩埚，故答案为：
坩埚；（5）已知：Ksp(BaSO)=1.1×10?10、Ksp(BaMoO82??144)=4.0×10?，c(MoO4)=0.80mol·L，
c(SO
2?)=0.050mol·L?1
，当BaMoO2+
4.0?10-84
4开始沉淀时，c(Ba)=0.80=5.0?10-8，此时
c(SO2?
4
)=1.1?10-102?
0.05mol/L-0.0022mol/L5.0?10-8=0.0022mol/L，则SO4
的去除率=0.05mol/L?100%=95.6%，故答案为：95.6%；（6）①由图2可知，6层中存在的固体物质分别为MoS2、MoO3、MoO2，图象分析MoS2、MoO3的物质的量百分比均为18%，根据Mo元素守恒，则MoO2的物质的量百分比为64%，则x为64；故答案为：64；②MoSMoO高温
2与MoO3反应生成2和SO2，反应为：2MoS2+6MoO3=====7MoO2+2SO2，其中MoS2中Mo元素化合价不变，S元素由-2升高到+4价，被氧化，作还原剂；则转移12mol电子时，
消耗的还原剂的物质的量为1mol，反应中转移3mol e?，消耗的还原剂的物质的量为0.25mol，故答案为：MoS2；0.25mol。
5
湖北省名校联盟2020年高考化学考前提分仿真卷(八)(含解析)
