2020年高考化学模拟冲刺卷（四）7.【答案】A【解析】普通玻璃的主要成分是硅酸盐，属于可回收物，B项错误；聚乙烯结构中不含碳碳双键，无法
使溴水褪色，C项错误；丝毛的主要成分是蛋白质，其中还含有氮元素，燃烧产物不止CO2和H2O；合成纤维成分复杂，所以燃烧产物也不止C
O2和H2O，D项错误；答案选A。8.【答案】A【解析】铁发生吸氧腐蚀，铁为负极，电极反应为：Fe-2e?=Fe2+，正极反应为
：O2+4e?+2H2O=4OH?，Fe2+与OH?反应生成的氢氧化亚铁又被氧气氧化为氢氧化铁，最后变成Fe2O3·xH2O，14
.0gFe的物质的量为，电极反应转移的电子数为0.25×2NA=0.5NA，A正确；标况下，11.2LSO2的物质的量为0.5
mol，溶于水生成H2SO3，H2SO3发生两级电离：H2SO3HSO+H+、HSOSO+H+，根据质量守恒定律，溶液中含硫粒子的
数目等于0.5NA，B错误；常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中c(OH?)=1mol·L?1，OH-数目为0.5L
×1mol·L?1=0.5NA，由Ba(OH)2的化学式可知Ba2+的数目为0.25NA，C错误；化学式为C2H6O的有机物可能为
乙醇(C2H5OH)或甲醚(CH3OCH3)，乙醇(C2H5OH)分子中有5个C-H键，甲醚(CH3OCH3)分子中有6个C-H键
，C2H6O的某种有机物4.6g的物质的量为0.1mol，含C-H键数目不一定为0.5NA，D错误。答案选A。9.【答案】B【解
析】由于加入的氯水过量，加入KI后，I?会被过量的Cl2氧化生成能使淀粉变蓝的I2，所以无法证明Br2和I2的氧化性强弱关系，A项
错误；能够让品红溶液褪色的可能是SO2，也可能是氯气等，B项正确；需要先将水解后的溶液调至碱性，再加入新制Cu(OH)2，故C项错
误；由于先前加入的NaCl只有几滴的量，所以溶液中仍然剩余大量的Ag+，所以后续加入KI溶液后，必然会生成黄色的AgI沉淀，实验设
计存在漏洞，并不能证明AgI和AgCl的Ksp的大小关系；D项错误；答案选B。10.【答案】A【解析】第二步反应为慢反应，第三步
反应为快反应，则第二步反应的活化能大于第三步的活化能，A选项正确；不管ΔH<0，还是ΔH>0，升高温度，v正和v逆均增大，B选项错
误；根据有效碰撞理论可知，任何化学反应的发生都需要有效碰撞，但每一次碰撞不一定是有效碰撞，C选项错误；反应的中间产物有N2O2和N
2O，D选项错误。11.【答案】C【解析】首先发现Y形成了双键，因此推测Y是氧或者硫，考虑到四种元素的原子序数依次增大，Y与W同
族，W的核电荷数是Y的两倍，因此Y只能是氧，W是硫，X为氢，Z则只能是钠，故该物质为亚硫酸氢钠，据此来分析本题即可。根据分析，四种
简单离子半径的大小为，A项错误；元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，最简单氢化物的稳定性：W＜Y，B项错误；氢和Na可
以形成氢化钠，是离子化合物，C项正确；亚硫酸是一种弱酸，D项错误；答案选C。12.【答案】B【解析】燃料电池通氧气的极为正极，则
b电极为正极，发生还原反应，电极反应为4H++O2+4e?＝2H2O，故A正确；电路中有4mol电子发生转移，消耗氧气的物质的量为
=1mol，标准状况下体积为22.4L，则大约消耗标准状况下空气22.4L×5=112L，故B错误；硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成
二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，则两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子，故C正确；负极上HS?
在硫氧化菌作用下转化为SO，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS?+4H2O-8e?=SO+9H+，故D正确；故答案为B。12.
【答案】C【解析】根据条件“Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可形成盐”，推测Q为N元素；X是与Q同周期，且半径是同周期中最小的元素，
所以X为F元素；由“Z－具有与氩原子相同的电子层结构”可知，Z为Cl元素；根据“Y、Z原子的最外层电子数之和为10”，且“Q、X、
Y、Z的原子序数依次增大”，可知Y为Al元素。X的简单氢化物是HF为弱酸，A项错误；Y单质即铝单质，常温下既可以与强酸反应也可以与
强碱反应，B项错误；Q和X的简单氢化物分别为NH3和HF，标况下HF为液态，而NH3为气态，所以HF的沸点更高，C项正确；Y和Z的
化合物即AlCl3，属于分子晶体，并不具备高沸点和高强度，D项错误。13.【答案】C【解析】由图可知，pH在7.35～7.45之
间时As主要微粒为H3AsO3，故A错误；n(H3AsO3)∶n(H2AsO)＝1∶1时，溶液显碱性，故B错误；调节pH至11时，
由图像可知离子方程式为H3AsO3+OH?=H2AsO+H2O，故C正确；pH＝12时溶液显碱性，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，故
D错误；故答案选C。26.【答案】（1）球形冷凝管ad使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺上与对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸
盐进入水层与对硝基甲苯的分离H++OH?=H2O、+OH?+H2Ob57.0%【解析】首先向三颈烧瓶中加稀盐酸、对硝基甲苯和适量
铁粉加热进行反应，生成对甲基苯胺盐酸盐，调节pH=7~8，沉淀铁离子并使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，加入苯溶解生成的对甲基苯
胺和未反应的对硝基甲苯，抽滤静置分液得到有机层，向有机层中加入盐酸使对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐，生成的对甲基苯胺盐酸盐易溶于
水，静置分液得到无机层，向无机层加入NaOH溶液，使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，对甲基苯胺常温下为不溶于水的固体，所以在加入
氢氧化钠溶液后会有对甲基苯胺固体析出，抽滤得到固体，洗涤、干燥得到产品。（1）该反应中反应物沸点较低，加热反应过程中会挥发，需要在
a处加装球形冷凝管冷凝回流；分液操作需要烧杯、分液漏斗、铁架台，所以选ad；（2）根据题目所给信息可知，pH值升高会使对甲基苯胺盐
酸盐转化为对甲基苯胺，达到分离提纯的目的；（3）根据分析步骤③中液体M为有机层，溶剂为苯，密度比水小，所以在上层；加入盐酸使对甲基
苯胺转化为易溶于水的对甲基苯胺盐酸盐，从而实现与对硝基甲苯的分离；（4）下层液体中有未反应的盐酸和生成的对甲基苯胺盐酸盐都与NaO
H发生反应，离子方程式为：H++OH?=H2O、+OH?+H2O；（5）洗涤过程是为了洗去对甲基苯胺可能附着的对甲基苯胺盐酸盐、N
aCl和NaOH等可溶于水的杂质，为降低对甲基苯胺洗涤过程的溶解损失，最好的洗涤剂应为蒸馏水，所以选b；（6）原料中有13.7g对
硝基甲苯，即=0.1mol，所以理论上生成的对甲基苯胺应为0.1mol，实际得到产品6.1g，所以产率为=57.0%。27.【答
案】（1）SiO2（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O萃取、分液Fe3++6Cl?[FeCl6]3－（已知
ⅱ中的反应），导致Fe3+浓度降低，使3R－NH2+Fe3++SO+H2OFe(NH2－R)3(OH)SO4+H+（已知ⅰ中的反应
），平衡向逆反应方向移动，Fe3+从易溶于煤油的物质中转化到易溶于水的物质中，实现反萃取（4）4∶1（5）Fe2O3+3H2O+
6e?=2Fe+6OH?催化剂【解析】粉煤灰主要成分有Al2O3、Fe2O3、Fe2O4和SiO2等物质，过程Ⅰ酸浸，二氧化硅
不溶于硫酸，除去二氧化硅；浸取液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+，加入过氧化氢与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+，再加入伯胺
R－NH2与Fe3+反应；3R－NH2+Fe3++SO+H2OFe(NH2－R)3(OH)SO4+H+生成易溶于煤油的产物，得到有
机层。对有机层进行反萃取操作，Fe3+从易溶于煤油的物质中转化到易溶于水的物质中，再经过系列操作得到纳米三氧化二铁。（1）过程I对
煤粉灰进行酸浸，主要成分二氧化硅不溶于酸，故过滤后滤渣的主要成分是SiO2。（2）过程II加入过量H2O2与Fe2+发生氧化还原反
应生成Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。加入伯胺－煤油对浸取液进行分离，得到有机层和水层1
，该操作的名称是萃取、分液。（3）Fe3++6Cl－[FeCl6]3?（已知ⅱ中的反应），导致Fe3+浓度降低，使3R－NH2+F
e3++SO+H2OFe(NH2－R)3(OH)SO4+H+（已知ⅰ中的反应），平衡向逆反应方向移动，Fe3+从易溶于煤油的物质中
转化到易溶于水的物质中，实现反萃取。（4）4[FeCl6]3－+5N2H4＝4Fe2++N2+4N2H5++24Cl－中，铁元素化
合价降低，[FeCl6]3－作氧化剂，氮元素化合升高，N2H4作还原剂，但并不是所有参与反应的N2H4都作还原剂，5molN2H
4反应只有1mol作还原剂，故该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1。（5）该装置为电解装置，阴极发生还原反应，总电极反应为
N2+6e?+6H2O=2NH3+6OH?，已知阴极发生电极反应分两步进行，第二步：2Fe+N2+3H2O＝Fe2O3+2NH3，
则该电解池第一步发生反应的方程式为Fe2O3+3H2O+6e?=2Fe+6OH?。纳米Fe2O3在电解过程中质量和性质未发生改变，
故其所起的作用是催化剂。28.【答案】（1）2NO2+4HSO=N2+4SO+4H+-87.7kJ·molˉ1由反应Ⅰ、Ⅲ可
知ΔH6＝-615.0kJ·molˉ1，随着反应的进行，反应体系中温度升高，使平衡2H2O+4NO+3O24HNO3向逆反应方向移
动BC见右图Ti-4eˉ+2H2O=TiO2+4H+【解析】(1)根据流程图知，NO2被NH4HSO3吸收生成N2，N元素
化合价由+4价变为0价，NO2得电子被还原，则HSO失电子被氧化，被氧化生成SO，离子方程式为2NO2+4HSO=N2+4SO+4
H+；(2)根据盖斯定律（Ⅱ-Ⅰ）×得反应NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(l)，则ΔH4=[（-288.4kJ/m
ol）-（-113.0kJ/mol）]×=-87.7kJ/mol；②依据I×3+III×2，得出：ΔH6=(-113×3-138×
2)kJ·molˉ1=－615kJ·molˉ1，CO燃烧是放热反应，随着反应进行温度升高，使2H2O+4NO+3O24HNO3向逆
反应方向进行，因此NO的降解率下降；(3)①CO的降解率为x，设起始CO浓度为1mol/L，则达到平衡时c(CO)=(1-x)mo
l·Lˉ1，c(O2)=0.01mol·Lˉ1，c(CO2)=xmol·Lˉ1，根据平衡常数的定义，K===；②A．平衡常数是
温度的函数，温度升高向吸热方向进行，即向逆反应方向进行，K=，故K减小，即Kb＞Kc，故A错误；B．由图得，相同温度下β型沥青混凝
土中CO降解速率比α型要大，故B正确；C．d点降解率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失效，故C正确；故答案为：BC；③据催化剂
能加快化学反应速率，但不影响平衡移动，故图为；(4)阳极失去电子发生氧化反应，故电极反应方程式为Ti-4eˉ+2H2O=TiO2+
4H+。35.【答案】（1）由高能量状态跃迁到低能量状态N>O>S>KOsp2直线型草酸分子间能形成更多氢键2∶
112【解析】(1)N原子价电子数为5，其电子排布图为；焰色反应属于发射光谱，故电子是由高能量状态跃迁到低能量状态，由第一电离能
递变规律及N原子的2p能级处于半充满状态得第一电离能的大小顺序为N>O>S>K；上述反应涉及的元素中氧元素的非金属性最强，故电负性
最大，(2)①C2O3中碳原子形成3个σ键、为sp2杂化；CO2中C原子采取sp杂化，立体构型为直线型；②草酸分子中有2个O-H键
，丁酸分子中只含有一个O-H键，故草酸分子间形成的氢键数目比丁酸分子间形成的氢键数目多，因此其沸点比较高；③CO与N2互为等电子体
，结构相似，故π键与σ键个数比为2∶1；(3)由晶胞图知，同一平面内与K+距离相等且最近的K+有4个，通过某一个K+且相互垂直的平
面有3个，故共有12个K+符合条件；由均摊原理知每个晶胞中含有4个KO2，质量为4/NA×71g，晶胞的体积为d3×10?30cm
3，故密度为：g/cm3。36.【答案】（1）甲苯氟原子浓硫酸和浓硝酸、加热取代反应（或硝化反应）吸收反应产生的氯化氢，
提高反应物转化率+2Fe+4HCl+2FeCl2+2H2O27613【解析】A中含有1个苯环，由B的分子式可知A为，则B为，
B中的氯原子被氟原子取代生成了C，C的结构简式为，C发生硝化反应生成D，D中硝基被还原成氨基生成E，E与酰氯发生取代反应生成F，F
的结构简式为，然后发生硝化反应生成G，结合对应的有机物的结构和性质解答。（1）由以上分析可知A为甲苯，结构简式为，C中官能团的名称
为氟原子。（2）③为三氟甲苯的硝化反应，反应条件是在浓硫酸作用下，水浴加热，与浓硝酸发生取代反应。（3）反应⑤中生成了HCl，加入
吡啶这样的有机碱，可以消耗产生的氯化氢，促进平衡右移，提高反应转化率，故答案为消耗反应中生成的氯化氢，促进平衡右移，提高产率。（4
）由题中转化关系可知反应④的化学方程式为：+2Fe+4HCl+2FeCl2+2H2O；（5）由结构简式可知G的分子式为C11H11
O3N2F3，则相对分子质量为276。（6）T（C7H7NO2）是E在碱性条件下的水解产物，显然有1个羧基，它的同分异构体，要求：①—NH2直接连在苯环上②能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色固体，说明结构中含有醛基。分析可知，T符合条件的同分异构体分两大类：一类是苯环上有2个取代基：—NH2和HCOO—，在苯环上按邻、间、对排列方式共有3种，另一类是苯环上有3个取代基：—OH、—CHO、—NH2，3个不同的取代基在苯环上的排列方式共有10种结构，所以一共有13种符合条件的同分异构体。其中核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶2的物质的结构简式为：。（6）由目标产物逆推，需要合成氨基，推知原料要先发生硝化，引入硝基，再还原得到氨基，氨基与酰氯发生取代反应生成目标产物，合成路线为：。金太阳教学平台fuwu.jtyedu.com |
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