湖北省黄石二中2020届理科综合能力测试(4.6)化学试题(四月月考WORD文档含答案)

1、黄石二中2021届高三4月线上考试理科综合能力测试化学试题考试时间：2021年4月6日上午9： 00-11 : 30可能用到的相对原子质量 ：H: 1 C :12 N :14 O: 16 Na: 23 S: 32 Cl: 35.5 Cu:64Zn:65第I卷共126分一、选择题：此题共 7小题，每题6分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题 目要求的。7. 2021年12月以来，我国局部地区突发的新型冠状病毒肺炎威胁着人们的身体健康。以 下是人们在面对新型冠状病毒肺炎时的一些认识，其中正确的选项是A 新型冠状病毒由 C、H、O三种元素组成B 过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病

2、毒氧化而到达消毒的目的C 防护服、口罩的制备均要用到有机高分子材料D. 84消毒液是以NaCIO为主要有效成分的消毒液，为了提升消毒效果，可以用热水配制& Na表示阿伏加德罗常数的值。以下说法中，不正确的选项是A .一定条件下，2.3 g Na与O2完全反响生成3.6 g产物时失去的电子数 0.1 NaB .电解精炼铜时，当电路中转移Na个电子，阳极溶解 32 g铜C .向仅含0.2 mol FeI 2的溶液中持续通入氯气，当有0.1 mol Fe 2 +被氧化时，转移电子的数目为0.5NaD .标准状况下，锌与某浓度的H2SO4反响生成11.2 L气体，反响中转移的电子数为6.02

3、X 109. 用来减轻感冒病症的布洛芬的结构简式如以下图所示，以下有关说法错误的选项是C1LC1LA . 1 mol布洛芬能与足量 NaHCO3溶液反响最多生成 1 mol CO 2B .布洛芬的分子式为C13H20O2C .布洛芬苯环上的一溴代物有2种D 布洛芬与苯乙酸是同系物10. 以下实验操作能到达实验目的的是A .为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上,与标准比色卡对照即可B .将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol?L1 NaOH 溶液C .用装置甲蒸干 AlCl 3溶液制无水AlCl 3固体D 用装置乙除去实验室所制乙烯

4、中的少量SO211. 一种新型漂白剂如以下图可用于漂白羊毛等，其中 W、Y、Z为不同周期不同主族的短 周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于 X的最外层电子数， W、X对应的简单离子 核外电子排布相同。以下表达正确的选项是2+ Z - X WLz X.X XX XX - zX ZA .工业上通过电解熔融的WX来制得WB . W、X对应的简单离子半径顺序为：W>XC.该漂白剂中各元素均满足8电子稳定结构D . Y的最高价氧化物对应水化物为弱酸12研究说明许多疾病，包括基因突变癌变、动脉硬化等和生物机体中毒等，可能是一氧化氮的释放或调节不正常引起的。用间接电化学法可对 NO进行无害化处理

5、，其原理如图所示质子膜允许H +和H2O通过，以下相关判断不正确的选项是第2页共18页l=INO1 A 电极I接电源负极，电极反响式为+c 2HSO3+ 2H + 2e =S2O4 + 2出0B.质子从电极I通过质子膜向电极I作定向移动C.吸收塔中的反响为 2NO + 2S2。2 + 2H2O=N2 + 4HSO3D .每处理2 mol NO，电解池质量减少 32 g13.定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反响：Cs+CO2g 2COg,平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如以下图所示，以下说法错误的选项是A . 550时，假设充入惰性气体，v正、v逆均减小，平衡向正反响方向移

6、动B. 650 时，反响达平衡后 CO2的转化率为25.0%C. T I时，假设充入等体积的 CO2和CO,平衡向逆反响方向移动D . 925 I时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp= 23. 04p总第II卷共174分三、非选择题：包括必考题和选考题两局部。第26题第28题为必考题，每个试题考生都必须做答。第35题第36题为选考题，考生根据要求做答。一必考题共129分26. 14分扁桃酸是唯一具有脂溶性的果酸，在医药工业可用于头孢羟唑、血管扩张药环扁桃酸酯、滴眼药羟苄唑、匹莫林等的中间体，也可作防腐剂。实验室用如下原理制备：55 60 CNaOH苯甲醛氯仿H3O+OH扁桃酸合成扁

7、桃酸的实验步骤、装置示意图及相关数据如下:物质状态熔点/1沸点/ I溶解性扁桃酸无色透明晶体119300易溶于热水、乙醚和异丙醇乙醚无色透明液体-116.334.6溶于低碳醇、苯、氯仿，微溶于水苯甲醛无色液体-26179微溶于水，能与乙醇、乙醚、苯、氯仿等混 溶氯仿无色液体-63.561.3易溶于醇、醚、苯、不溶于水实验步骤: 步骤一：向如下图的实验装置中参加 0.1mol(约lO.ImL)苯甲醛、0.2mol (约16mL)氯仿, 慢慢滴入含19g氢氧化钠的溶液，维持温度在 55601,搅拌并继续反响1h,当反响液的 pH接近中性时可停止反响。乙步骤二：将反响液用 200mL水稀释，每次用2

8、0mL。乙醚萃取两次， 合并醚层，待回收。步骤三：水相用 50%的硫酸酸化至pH为23后，再每次用40mL 醚分两次萃取，合并萃取液并参加适量无水硫酸钠，蒸出乙醚，得粗产品约11.5g。请答复以下问题：(1) 图中仪器C的名称是 ，装置B的作用是(2) 步骤一中适宜的加热方式是 。(3) 步骤二中用乙醚的目的是 。 步骤三中参加适量无水硫酸钠的目的是(5) 该实验的产率为 (保存三位有效数字)。(6) 扁桃酸在高端化学中也有很重要的作用，如以扁桃酸与正丁醇为原料，在催化剂的催化 下可合成手性拆分剂扁桃酸正丁酯，试写出该反响的化学方程式27. ( 15分)硫的含氧酸有很多种，除常见的硫酸、亚硫酸

9、外，还有很多其他酸，如焦亚硫0II0酸(H2S2O5)、过一硫酸(H2SO5)和过二硫酸(H2S2O8)等。过一硫酸是一种一元强酸, 可用于游泳池消毒，其结构式如右图所示。过二硫酸是一种白色晶体，受热易分解，有强吸水性，极易溶于水且在水中会逐渐水解得到硫酸和过氧化氢，请答复F列相关问题。(1) 过一硫酸中硫元素的化合价是 。过二硫酸的结构式是 (2) 工业上制备过二硫酸溶液的流程之一如下:泡和 kiiso4 溶液冰-卜ddilLBat NO > >-k2s2oH -*h2B;iS2O.s 电解时阳极的电极反响式为 ， 阳极材料能否用铜丝代替铂丝？ (填 能或“不能)说明理由：(3)

10、 焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是重要的抗氧化剂，工业上利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：pH= Ll pH-7- ft pH=4.1 pH = 4.1时，I中为溶液(写化学式)。 工艺中参加 Na2CO3固体，并再次充入 SO2的目的是 。 葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂，在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol厂L的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反响的离 ?该样品中Na2S2O5的残留量为 g ?以SO2计。28. 15分研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化 对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。1海

11、水中无机碳的存在形式及分布如下图，用离子方程式表示海水呈弱碱性的主要原因-HCO;-C叶CO± 一厂HjjCOjj1仙r.i".(fCjo 2',.。春季海水pH = 8.1 ,预测冬季海水碱性将会 填 增强或减弱，理由是 工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反响:COg + 2H2g CH3OHg AHv 0,在容积为1L的恒容容器中，分别在 、T2、T3三种温度下合成甲醇。 如图是上述三种温度下不同 H2和CO的起始组成比起始时CO的物质的量均为1mol与CO平衡转化率的 关系。以下说法正确的选项是 填字母。A . a、b、c三点H2转化率：c> a>

12、bB .上述三种温度之间关系为Ti> T2> T3；U 1i Sjj H C. c点状态下再通入ImolCO和4molH2，新平衡中H2的体积分数增大D. a点状态下再通入 0.5molCO和0.5molCH 3OH，平衡不移动3NO加速臭氧层被破坏，其反响过程如以下图所示：NO的作用是 。：O3(g)+ O(g)=2O 2(g)AH = 143 kJ mbl反响 1: O3(g) + NO(g)=NO 2(g) + O2(g) AH1 = 200.2 kJ mol。第6页共18页反响2:热化学方程式为 。(4) 假设将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反响：2CO(g) +

13、 2NO(g) ,N2(g) + 2CO2(g) AH = - 759.8 kJ mOl, 反响到达平衡时，N的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如右图。 b点时，平衡体系中 C、N原子个数之比接近;b、c、d三点的平衡常数从大到 a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为小的顺序为。 假设n(CO)/n(NO) = 0.8,反响达平衡时，N的体积分数为20%,那么NO的转化率为 (二)选考题(共15分，请考生从给出的2道化学题中任选一题做答)35. 【化学一一选修3:物质结构与性质】(15分)锌、氮元素形成的化合物在各领域有着重要的作用。(1) 基态 Zn 2+的价电子排布式为 ;(

14、2) 独立的NH3分子中，H NH 键键角为107 ° 18'如图是Zn (NH 3)6才的局部结构以及 其中H-NH 键键角。请解释Zn(NH3)6产离子中H-N-H键角变为109.5 的原因是 (3) 离子液体具有很高的应用价值，其中EMIM +离子由H、C、N三种元素组成，其结构如下图：oH大n键可用符号nm表示，其中m、n分别代表参与形成大n键的原子数和电子数。贝U EMIM+离子中的大n键应表示为化合物EMIMAICI 4具有很高的应用价值，其熔点只有7 I,该物质晶体的类型是 。4过渡元素水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律，Zn2+等过渡元素离子形

15、成的水合离子的颜色如下表所示：离子Sc3+Cr3 +Fe2+Zn2+水合离子的颜色无色绿色浅绿色无色请根据原子结构推测 Sc3+、Zn2+的水合离子为无色的原因： Zn与S形成某种化合物的晶胞如图I所示。 Zn2+填入S2组成的 空隙中； 由能否判断出 S2、Zn2+相切？ 填“能或“否；晶体密度为d g/cm3,S2半径为a pm，假设要使S2-、Zn2+相切，那么Zn2+半径为pm 写计算表达式。一种合成辣椒素中间体 G36. 【化学一一选修5:有机化学根底】15分辣椒的味道主要来自辣椒素类化合物。的合成路线如下：答复以下问题：(1) E中所含官能团的名称为 。(2) A的结构简式为。(3

16、) C t D、Ft G的反响类型分别是 CtD的化学方程式为(5) 满足以下条件的E的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。其中核磁共含有一个六元碳环环上三个碳原子分别连有一个取代基且其中两个为羧基。振氢谱有7组峰的结构简式为。参照上述合成路线，以 1, 3 丁二烯和NaCH(COOC2H5)2为原料(无机试剂任选)，设计制备HUOC的合成路线黄石二中2021届高三理科综合试题(4-6)化学答案7.【答案】C【解析】A项，2.3 g Na与氧气反响时，无论生成Na20还是Na2O2, Na的化合价均是从0价升高到+ 1价，Na失去电子1X 2.3/23 mol= 0.1 mol，数目为0.1N

17、a，正确；B项，由于电 解精炼时阳极为粗铜，同时有其他杂质溶解，所以电路中转移Na个电子时溶解的铜不为 32 g,错误；C项，通入氯气首先与 反响，即当Fe"参与反响时，已经完全与氯气反响， 所以该过程中碘离子反响转移电子数0.4Na , Fe2反响转移电子数0.1Na，共转移电子数0.5Na ,正确；D项，标准状况下，锌与某浓度的H2SO4反响不管生成SO2还是H2，每生成1 mol都转移2mol电子，正确。9. 【答案】B【解析】布洛芬分子中只含有一个羧基，每摩尔羧基只与1mol NaHCO 3反响，生成1 mol CO 2,故A正确；布洛芬分子的分子式为C13H18O2，故B错

18、误；布洛芬分子上下结构对称，那么布洛芬在苯环上的一氯代物有 2种，故C正确；布洛芬分子含有一个苯环、一个羧基，与苯 乙酸是同系物，故 D正确10. 【答案】D【解析】A项，测定新制氯水的 pH时，不能用pH试纸，新制氯水有漂白性，错误；B项，不能直接在容量瓶中溶解固体，错误；C项，蒸干AlCl 3溶液时，会促进 Al3+水解，生成的HCI会挥发，最终得不到无水 AlCl 3固体，错误；D项，SO2会被NaOH溶液吸收，且 乙烯不会与NaOH溶液反响，正确。11. 【答案】D12. 【答案】D【解析】A项，在电极I上HSO3获得电子生成S2O2，那么电极I为阴极，接电源负极，电极反响式为2HSO

19、3 + 2H + + 2e=S2O4+ 2H2O, A正确；B项，电解池中质子从电极 1阳 极向电极I阴极作定向移动，故 B正确；C项，吸收塔中的 S2O4与NO反响生成N2与 HSO3,反响的离子方程式为 2NO + 2S2O£ + 2H2O=N2+ 4HSO3 , C正确；D项，电解池 中发生的反响为4HSO3 =2H2O + O2f+ 2S2O4一，吸收塔中的反响为2NO + 2S2O4+2H2O=N2+ 4HSO3，结合题图可知， 每处理1 mol NO ,电解池中分解 2 mol HSO 3 , HSO3 分解生成的O2逸出，S2O4一进入吸收塔中，故电解池的质量会增加 1

20、 mol H2O的质量，即18 g,所以每处理2 mol NO，电解池质量增加 36 g, D错误。13. 【答案】C【解析】A : 550 I,假设充入惰性气体，容器的压强不变，容器的体积增大，相当于减小压强，u正、u逆均减小，平衡向正反响方向移动，A项正确；B :由图知650 I时，CO的体积分数为40%，CO2的体积分数为 60%，平衡时n CO2： n CO =60% : 40%=3:2，设CO2平衡物质的量 为3mol, CO平衡物质的量为2mol，生成2molCO消耗ImolCO?,反响到达平衡时 CO2的 转化率为 如01100%=25% , B项正确；C : T I平衡时CO与

21、CO2的体积分数相等，3mol 1mol假设充入等体积的 CO2和CO即为平衡状态，平衡不移动，C项错误；D: 925 I时CO的体积分数为96%, CO2的体积分数为4%, CO的分压为0.96p总，CO2的分压为0.04p总，用平衡 分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp= 0.96p总2 0.04p总=23.04p总；D项正确。答案选Co点睛：此题考查化学平衡图像的分析和化学平衡的计算，明确图像中曲线变化的含义是解题的关键，注意容器为恒压容器，充入惰性气体时相当于减小压强， 对有气体参与的反响反响 速率减慢、化学平衡向气体分子数增大的方向移动。26. 14 分【答案】1球形冷凝管2分吸收

22、逸出的有机物乙醚，并防止倒吸2分2水浴加热2分3除去反响液中未反响完的反响物2分4作枯燥剂2分575.7%2 分+ CH3CH2CH2CH2OH催化剂CHCOOCH 2CH2CH2CH3+出0OHOH2分【解析】【分析】苯甲醛与氯仿在氢氧化钠溶液中发生反响，生成扁桃酸等，需要加热且维持温度在 5560 I o由于有机反响物易挥发，所以需冷凝回流，并将产生的气体用乙醇吸收。反响后所得的混合物中，既有反响生成的扁桃酸，又有剩余的反响物。先用乙醚萃取剩余的有机反响物，然后分液；在分液后所得的水溶液中加硫酸，将扁桃酸钠转化为扁桃酸，再用乙醚萃取出来，蒸馏进行别离提纯。【详解】1图中仪器C的名称是球形冷

23、凝管。答案为：球形冷凝管；装置B中有倒置的漏斗，且 第11页共18页蒸馏出的有机物易溶于乙醇，所以其作用是吸收逸出的有机物 乙醚，并防止倒吸。答案为:吸收逸出的有机物乙醚，并防止倒吸； 步骤一中，温度需控制在 5560 I之间，那么适宜的加热方式是水浴加热。答案为：水浴 加热；3步骤二中，将反响液用200mL水稀释那么参加乙醚，是为了萃取未反响的有机反响物， 所以用乙醚的目的是除去反响液中未反响完的反响物。答案为：除去反响液中未反响完的反 应物; 步骤三中，水相用50%的硫酸酸化至pH为23后，再每次用40mL乙醚分两次萃取 为了去除扁桃酸中溶有的少量水，参加适量无水硫酸钠，其目的是作枯燥剂。

24、答案为： 作干燥剂； 该实验中，0.1mol约IO.1mL苯甲醛理论上可生成O.lmol扁桃酸，那么其产率为11.5gO.lmol 152g/mol100% =75.7%。答案为:75.7%。+ CH3CH2CH2CH2OH催化剂CHCOOCH 2CH2CH2CH3+ H2OOH当反响混合物需要加热，且加热温度不超过1001时，可使用水浴加热。水浴加热的特点:便于控制温度，且可使反响物均匀受热。27. 15 分o【答案】1 +6 1分2分2SO4 2e=S2O8一 2 分不能1分铜是活性电极，铜作阳极时本身会失去电子2分3 NaHSO31 分得到NaHSO3过饱和溶液2分 S2O2 + 212

25、+ 3H2O=2SO4+ 4I+ 6H + 2 分0.1282 分【解析】1过一硫酸中，硫与氧形成6个共用电子对，硫元素的化合价是 +6价。过二硫酸可看作是 H2O2中氢原子被SO3H取代的产物，其结构简式为过二硫酸的结构式是；(2)电解产物中的 H2一定在阴极生成，那么阳极产物为S2OI，电极反响式为2S0£ 2e=S20£，阳极用铜时，铜失电子，不能生成住08。( 3)酸性条件下，S02与Na2CO3溶液反响生成 NaHS03。工艺中参加 Na2CO3固体并再次通入 S02， 其目的是得到NaHS03过饱和溶液。根据电子、电荷及质量守恒，可写出反响的离子方程式为S20+

26、 212 + 3H 20=2S04+4+ 6H +, nS2O2_= ©I? = 2X 0.01000 mol L1 X 10.00 X_1OL = 5X 105 mol，该样品中2_ 5_ 1 1 000 mL L_ 1S2O2 的残留量以 SO2 计为 5 X 105 mol X 2 X 64 g 仏加 00 mL = 0.128 g J1。28. 15 分减弱(1分);水解是吸热的,催化剂(1分);N02(g) +1 : 12分;cv b【答案】1HC0 3_ + H2O = H 2CO3 + OH _ 2 分；温度越低，水解程度越低(1分);(2)D (2分);0g = NO

27、g + 02g H = + 57.2 kJ/mol 2 分;v a1 分; b = c> d1 分;60%2 分。【解析】【分析】(1) 本小题考察盐类水解，水解平衡为吸热反响，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶 液碱性减弱；(2) 根据图中n(H2)/n(CO)越大，即增大氢气浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大；根 据图中关系，当n(H2)/n(C0)一定时，温度升高，CO转化率变大，反响正方向为吸热反响， 与题意反响是放热反响像违背；利用反响平衡常数，在此根底上再参加反响物质，可求出Qc，比拟Qc与K即可推断出平衡是否移动。(3) 通过图示，不难得到 NO起着催化剂的作用，根据盖斯

28、定律，可以得到反响2的热化 学方程式；(4) 当反响物按化学计量数之比参加时，平衡时的N2的体积分数最大， 所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1 : 1；根据反响是放热反响，当n(CO)/n(NO) 定时，温度升高， 平衡逆向移动，平衡常数变小，CO的转化率变小；列出三段式即可求出 NO的转化率。【详解】(1)海水呈弱碱性的主要原因是HC03+ H20 = H2CO3+ OH ;春季海水pH = 8.1，水解平衡为吸热反响，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱;A.根据图中n(H2)/n(CO)越大，即增大氢气浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大，而氢气转化率变小，图中CO转化率

29、c>b，所以氢气转化率b>c; a、b两点的n(H2)/n(CO)相同, CO转化率越大，氢气的转化率越大，所以a>b。综上氢气的转化率为 a>b>c； A项错误；B. 根据图中关系，当n(H2)/n(CO) 定时，温度升高，CO转化率变大，反响正方向为吸热反应，与题意反响是放热反响像违背；所以温度Ti<T2<T3； B项错误；C. c点状态下再通入ImolCO和4molH2,等效平衡在原平衡的根底上压强增大一倍，正方向为气体体积减小的反响，故平衡正向移动，新平衡中H2的体积分数减小，C项错误；D. T1温度下，a点n(H2)/n(CO)=1.5，列出

30、三段式：CO g +2H2 g =CH3OH g ?起始11.50反响0.510.5平衡0.50.50.50 5T1温度下的平衡常数 K=2 =4，再通入0.5molCO和0.5molCH 3OH，Qc=0.5 0.50.5 0.5(0.50.5) 0.52=4,所以平衡不移动,D项正确;(3 )反响是臭氧在 NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反响过程中 NO参与反响后又生成，所以 NO作用为催化剂；根据盖斯定律两个热化学反响相减可得到反响2的热化学方程式：NO2(g)+O(g)=NO(g)+O 2(g) H=+57.2kJ/mol ；(4) 当反响物按化学计量数之比参加时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1： 1 ；增大n(CO)/n(NO) , CO转化率降低，所以 a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为 c<b<a;平衡常数只与温度有关，所以b、c点的平衡常数相同，反响放热，升温平衡正向移动，N2的体积分数减小，所以 T1>T2，d点平衡常数小于b、c点，所以b、c、d三点的平 衡常数从大到小的顺序为b=c>d;假设n(CO)n(NO) = 0.8,反响达平衡时,N的体积分数为20%，令平衡时CO转化了 xmol ,起始2CO g +2N0 g =N2 g +2CO2 g