东师大附中届高考冲刺押题卷二化学试题解析版.docx

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东师大附中届高考冲刺押题卷二化学试题解析版

东师大附中2020届高考冲刺押题卷

（二）

理科综合能力测试（化学）

1.下列关于古籍中的记载说法不正确的是

A.《本草纲目》“烧酒”条目下写道自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。

这里所用的“法”是指蒸馏

B.《吕氏春秋·别类编》中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性

C.《本草经集注》中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：

“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应

D.《抱朴子·金丹篇》中记载：

“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又成丹砂”，该过程发生了分解、化合、氧化还原反应

【答案】C

【解析】

【详解】A．由“蒸令气”可知与混合物沸点有关，则这里所用的“法”是指蒸馏，故A正确；

B．金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚，则说明合金硬度大于各成分，故B正确；

C．鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故C错误；

D．丹砂（HgS）烧之成水银，HgS

Hg+S，积变又还成丹砂的过程都是氧化还原反应，有单质（水银）生成，且单质（水银）重新生成化合物，故该过程包含分解、化合、氧化还原反应，故D正确；

答案选C。

【点睛】准确把握诗句含义，明确相关物质的性质是解题关键。

本题的易错点为C，要注意焰色反应属于物理变化，不是化学变化。

2.下列说法中，正确的是

A.将2gH2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NA

B.1molNa218O2与足量水反应，最终水溶液中18O原子为2NA个

C.常温下，46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NA

D.100mL12mol/L的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA

【答案】D

【解析】

【详解】A．将2gH2与足量的N2混合，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故A错误；

B.1molNa218O2与足量水生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中的氧原子转化为氢氧化钠和氧气中的氧原子，最终水溶液中18O原子为NA个，故B错误；

C．NO2、N2O4的摩尔质量不同，无法计算混合气体的组成，故C错误；

D．由于浓HNO3与铜反应生成NO2，而稀HNO3与铜反应生成NO，Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，100 mL 12 mol•L-1的浓HNO3完全被还原为NO2转移0.6mol电子，完全被还原为NO转移0.9mol电子，转移的电子数大于0.6NA，故D正确；

答案选D。

3.C8H9Cl的含苯环的（不含立体异构）同分异构体有

A.9种B.12种C.14种D.16种

【答案】C

【解析】

分子式为C8H9Cl中含有苯环、饱和烃基、氯原子；当取代基可以是1个：

-CH2CH2Cl；-CHClCH3，有2种同分异构体；取代基可以是2个：

-CH2Cl、-CH3；-CH2CH3、-Cl，根据邻、间、对位置异构可知，共有3+3=6种同分异构体；取代基可以是3个：

-Cl、-CH3、-CH3；2个甲基处于邻位时，-Cl有2种位置，有2种同分异构体；2个甲基处于间位时，-Cl有3种位置，有3种同分异构体；2个甲基处于对位时，-Cl有1种位置，有1种同分异构体；所以符合条件的同分异构体共有14种；故选C。

点睛：

本题主要考查了同分异构体的书写，苯环上的取代基种类和数目决定了同分异构体的种类，注意取代基的分类。

分子式为C8H9Cl，不饱和度为4，苯环本身的不饱和度就为4，说明解题时不用考虑不饱和键。

4.下列离子方程式书写不正确的是

A.用两块铜片作电极电解盐酸：

Cu+2H+

H2↑+Cu2+

B.NaOH溶液与足量的Ca（HCO3）2溶液反应：

2HCO3-+2OH-+Ca2+==CaCO3↓+2H2O

C.等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应：

2Fe2++2Br-+2Cl2==2Fe3++Br2+4Cl-

D.氨水吸收少量的二氧化硫：

2NH3·H2O+SO2==2NH4++SO32-+H2O

【答案】B

【解析】

试题分析：

A、用两块铜片作电极电解盐酸的离子反应为Cu+2H+

H2↑+Cu2+，故A正确；B、NaOH溶液与足量的Ca（HCO3）2溶液反应的离子反应为HCO3-+OH-+Ca2+═CaCO3↓+H2O，故B错误；C、等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，离子反应为2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-，故C正确；D、氨水吸收少量的二氧化硫的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故D正确；故选B。

【考点定位】考查离子方程式的书写

【名师点晴】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应的离子反应中遵循电子守恒，选项B中量少的完全反应，选项C中等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化。

5.2017年12月，华为宣布:

利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2

C6+LiCoO2，其工作原理如图所示。

下列关于该电池的说法不正确的是

A.该电池若用隔膜可选用质子交换膜

B.石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度

C.充电时，LiCoO2极发生的电极反应为:

LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+

D.废旧的该电池进行“放电处理”让Li+从石墨烯中脱出而有利于回收

【答案】A

【解析】

A、由电池反应，则需要锂离子由负极移向正极，所以该电池不可选用质子交换膜，选项A不正确；B、石墨烯超强电池，该材料具有极佳的电化学储能特性，从而提高能量密度，选项B正确；C、充电时，LiCoO2极是阳极，发生的电极反应为:

 LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，选项C正确；D、根据电池反应式知，充电时锂离子加入石墨中，选项D正确。

答案选A。

点睛：

本题考查原电池和电解池的原理，根据电池反应式知，负极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来解答。

6.现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。

R原子最外层电子数是电子层数

2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示，下列推断正确的是

A.原子半径和离子半径均满足：

Y＜Z

B.Y的单质易与R、T的氢化物反应

C.最高价氧化物对应的水化物的酸性：

T＜R

D.由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性

【答案】B

【解析】

【分析】

现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，结合五种元素的原子半径与原子序数的关系图可知，Z的原子半径最大，X的原子半径和原子序数均最小，则X为H元素；由R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R为第二周期的C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z为Na元素，Y为O元素，Z与T形成的Z2T 化合物能破坏水的电离平衡，T为S元素，据此分析解答。

【详解】由上述分析可知，X为H元素，R为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，T为S元素。

A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径为Y＜Z，而具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为Y＞Z，故A错误；

B．Y的单质为氧气，与C的氢化物能够发生燃烧反应，与S的氢化物能够反应生成S和水，故B正确；

C．非金属性S＞C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：

T＞R，故C错误；

D．由H、C、O、Na四种元素组成的化合物不仅仅为NaHCO3，可能为有机盐且含有羧基，溶液不一定为碱性，可能为酸性，如草酸氢钠溶液显酸性，故D错误；

答案选B。

7.某温度下，向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中−lgc（Cu2+）与Na2S溶液体积（V）的关系如图所示，下列有关说法正确的是（已知：

lg2＝0.3，Ksp（ZnS）=3×10-25mol2/L2）

A.a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点

B.Na2S溶液中：

c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）=2c（Na+）

C.向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol•L-1的混合溶液中逐滴加入10-4mol•L-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀

D.该温度下Ksp（CuS）=4×10-36mol2/L2

【答案】D

【解析】

A、Cu2＋单独存在或S2－单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不是a，b，c三点中最大的，故A错误；B、Na2S溶液中，根据物料守恒，2c（S2－）+2c（HS－）+2c（H2S）═c（Na＋），故B错误；C、向100mLZn2＋、Cu2＋浓度均为10-5mol·L－1的混合溶液中逐滴加入10-4mol·L－1的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2－浓度为c（S2－）=Ksp（ZnS）/c（Zn2＋）=3×10-25mol2·L－2/10-5mol·L－1=3×10-20mol·L－1，产生CuS时需要的S2－浓度为c（S2－）=Ksp（CuS）/c（Cu2＋）=4×10-36mol2·L－2/10-5mol·L－1=4×10-31mol·L－1，则产生CuS沉淀所需S2－浓度更小，优先产生CuS沉淀，故C错误；D、该温度下，平衡时c（Cu2＋）=c（S2－）=10-17.7mol·L－1，则Ksp（CuS）=c（Cu2＋）c（S2－）=10-17.7mol·L－1×10-17.7mol·L－1=10-35.4mol2·L－2，由于已知lg2=0.3，则Ksp（CuS）=10-35.4mol2·L－2=（100.3）2×10-36mol2·L－2=4×10-36mol2·L－2，故D正确；故选D。

8.三氯氧磷（POCl3）是一种工业化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。

利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示（夹持装置略去）：

已知PCl3和三氯氧磷的性质如表：

熔点/℃

沸点/℃

其他物理或化学性质

PCl3

-112.0

76.0

PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HCl

POCl3

1.25

106.0

（1）装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替？

做出判断并分析原因：

_______

（2）装置B的作用是______________（填标号）。

a.气体除杂b.加注浓硫酸c.观察气体流出速度d.调节气压

（3）仪器丙的名称是___________，实验过程中仪器丁的进水口为__________（填“a”或“b”）口。

（4）写出装置C中发生反应的化学方程式_______，该装置中用温度计控制温度为60~65℃，原因是________。

（5）称取16.73gPOCl3样品，配制成100mL溶液；取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入3.2mol·L-1的AgNO3溶液10.00mL，并往锥形瓶中滴入5滴Fe2（SO4）3溶液；用0.20mol·L-1的KSCN溶液滴定，达到滴定终点时消耗KSCN溶液10.00mL（已知：

Ag++SCN-=AgSCN↓）。

则加入Fe2（SO4）3溶液的作用是________，样品中POCl3的纯度为_____________。

【答案】

（1）.否，长颈漏斗不能调节滴液速度

（2）.acd（3）.三颈烧瓶（4）.a（5）.2PCl3+O2=2POCl3（6）.温度过低反应速度过慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低（7）.指示剂（8）.91.8%

【解析】

【分析】

A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3，为了控制反应速率，同时防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在60～65℃，所以装置C中用水浴加热，POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢，为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答

（1）~（4）；

（5）测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量，进而确定POCl3的质量分数。

【详解】

（1）装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替，因为长颈漏斗不能调节滴液速度，故答案为：

否，长颈漏斗不能调节滴液速度；

（2）装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡出现，长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为：

acd；

（3）根据装置图，仪器丙为三颈烧瓶，为了提高冷却效果，应该从冷凝管的下口进水，即进水口为a，故答案为：

三颈烧瓶；a；

（4）氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式2PCl3+O2=2POCl3，根据上面的分析可知，反应温度应控制在60～65℃，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低，故答案为：

2PCl3+O2=2POCl3；温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；

（5）Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，则用 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液时，可选择硫酸铁溶液为指示剂，达到终点时的现象是溶液会变红色；KSCN的物质的量为0.20mol•L-1×0.010L=0.002mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.2mol•L-1×0.01L-0.002mol=0.03mol，即16.73gPOCl3产品中POCl3的物质的量为

×

=0.1mol，则所得产品中POCl3的纯度为

×100%=91.8%，故答案为：

指示剂；91.8%。

【点睛】明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。

本题的易错点为（5），要理清楚测定POCl3的纯度的思路，注意POCl3~3HCl。

9.燃煤烟气的脱硫脱硝是目前研究的热点。

（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。

已知:

①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）  △H=-574kJ•mol-1

②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）  △H=-1160kJ•mol-1

③H2O（g）=H2O（l）  △H=-44kJ•mol-1

写出CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）、CO2（g）和H2O（l）的热化学方程式______________。

（2）某科研小组研究臭氧氧化--碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺,氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下:

反应Ⅰ:

NO（g）+O3（g）

NO2（g）+O2（g） △H1 =-200.9kJ•mol-1   Ea1 =3.2kJ•mol-1

反应Ⅱ:

SO2（g）+O3（g）

SO3（g）+O2（g）  △H2 =-241.6kJ•mol-1  Ea2 =58kJ•mol-1

已知该体系中臭氧发生分解反应:

2O3（g）

3O2（g）。

请回答:

其它条件不变,每次向容积为2L的反应器中充入含1.0molNO、1.0molSO2的模拟烟气和2.0molO3,改变温度,反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示:

①由图可知相同温度下NO的转化率远高于SO2,结合题中数据分析其可能原因_______。

②下列说法正确的是____________。

AP点一定为平衡状态点

B温度高于200℃后,NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零

C其它条件不变,若缩小反应器的容积可提高NO和SO2的转化率

③假设100℃时P、Q均为平衡点,此时反应时间为10分钟,发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%,则体系中剩余O3的物质的量是_______mol;NO的平均反应速率为_______;反应Ⅱ在此时的平衡常数为______。

（3）用电化学法模拟工业处理SO2。

将硫酸工业尾气中的SO2通入如图装置（电极均为惰性材料）进行实验,可用于制备硫酸,同时获得电能:

①M极发生的电极反应式为____________。

②当外电路通过0.2mol电子时,质子交换膜左侧的溶液质量_______（填“增大”或“减小”）_______克。

【答案】

（1）.CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-955kJ/mol

（2）.反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应（3）.BC（4）.0.65（5）.0.0425mol/（L·min）（6）.0.96（7）.SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+（8）.增大（9）.6.2

【解析】

（1）①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574kJ•mol-1，②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-1160kJ•mol-1，③H2O（g）═H2O（l）△H=-44.0kJ•mol-1，根据盖斯定律，将

×（①+②+③×4）得：

CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=

×[（-574kJ•mol-1）+（-1160kJ•mol-1）+（-44.0kJ•mol-1）×4]=-955kJ•mol-1，故答案为：

CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-955kJ•mol-1；

（2）①反应Ⅰ：

NO（g）+O3（g）

NO2（g）+O2（g）△H1=-200.9kJ•mol-1Ea1=3.2kJ•mol-1

反应Ⅱ：

SO2（g）+O3（g）

SO3（g）+O2（g）△H2=-241.6kJ•mol-1Ea2=58kJ•mol-1，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应，因此相同温度下NO的转化率远高于SO2，故答案为：

反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应；

②A．图中曲线属于描点法所得图像，P点不一定为图像的最高点，即不一定为平衡状态点，可能是建立平衡过程中的一点，故A错误；B．根据图像，温度高于200℃后，2O3（g）

3O2（g）反应进行程度加大，体系中的臭氧浓度减小，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、当臭氧完全分解，则二者转化率几乎为零，故B正确；C．其它条件不变，若缩小反应器的容积，使得2O3（g）

3O2（g）平衡逆向移动，臭氧浓度增大，反应Ⅰ：

NO（g）+O3（g）

NO2（g）+O2（g）和反应Ⅱ：

SO2（g）+O3（g）

SO3（g）+O2（g）平衡正向移动，NO和SO2的转化率提高，故C正确；故选BC；

CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-955kJ•mol-1

③反应Ⅰ：

NO（g）+O3（g）

NO2（g）+O2（g）中NO的转化率为85%，则反应的NO为0.85mol，O3为0.85mol；反应Ⅱ：

SO2（g）+O3（g）

SO3（g）+O2（g）中SO2的转化率为30%，反应的SO2为0.3mol，O3为0.3mol，2O3（g）

3O2（g）中发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，为0.2mol，则体系中剩余O3的物质的量=2.0mol-0.85mol-0.3mol-0.2mol=0.65mol；NO的平均反应速率=

=0.0425mol/（L·min）；平衡是为0.85mol+0.30mol+0.3mol=1.45mol，反应Ⅱ的平衡常数=

=0.96，故答案为：

0.65；0.0425mol/（L·min）；0.96；

（3）①本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸，M电极为负极，N电极为正极，M电极上二氧化硫失去电子氧化生成SO42-，根据原子守恒会电荷守恒可知，有水参加反应，有氢离子生成，电极反应式为：

SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，故答案为：

SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+；

②负极反应式为：

SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，正极反应式为O2+4e--+4H+==2H2O，当外电路通过0.2mol电子时，负极反应的二氧化硫为0.1mol，质量为6.4g，同时有0.2mol氢离子通过质子交换膜进入右侧，左侧溶液质量增大6.4g-0.2g=6.2g，故答案为：

增大；6.2。

点睛：

本题综合考查了化学反应原理。

本题的易错点为（3），要注意根据原电池的总反应判断电极反应方程式的书写，②中要注意氢离子的移动对溶液质量的影响。

10.以Cl2、NaOH、CO（NH2）2（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：

已知：

①Cl2+2OH−

ClO−+Cl−+H2O

放热反应。

②N2H4·H2O沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。

（1）如图表示用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取Cl2时，阳极上产生也会产生少量的ClO2的电极反应式：

________________________________；电解一段时间，当阴极产生标准状况下气体112mL时，停止电解，则通过阳离子交换膜的阳离子物质的量为________mol。

（2）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是____________________________________。

（3）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如下图所示。

NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。

实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_________________；使用冷凝管的目的是_________________________________。

（4）