湖北名师联盟2020届高三第三次模拟考试卷化学试题 （解析版）

湖北名师联盟 2020 届高三第三次模拟测试卷 （理科综合）化学部分 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 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 K 39 一、选择题（每小题 6 分，共 42 分） 7．面对突如其来的新冠病毒，越来越多的人意识到学习化学的重要性。下列说法正确的是 A．医用酒精灭活新冠肺炎病毒是利用其氧化性 B．N95 口罩所使用的聚丙烯材料属于合成纤维 C．为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入稀盐酸 D．我国研制的重组新冠疫苗无需冷藏保存 【答案】B 【解析】A．医用酒精灭活新冠肺炎病毒是因为酒精使蛋白质脱水，并非酒精的氧化性，故 A 错误；B．聚丙烯材料属于合成有机高分子材料，故 B 正确；C．84 消毒液和稀盐酸混合会发生氧 化还原反应产生有毒气体氯气，所以两者不能混合使用，故 C 错误；D．疫苗的成分是蛋白质，因 光和热可以导致蛋白变性，所以疫苗需冷藏保存，故 D 错误；故选 B。 8．肉桂酸（ ）是一种合成有机光电材料的中间体。关于肉桂酸的下列 说法正确的是 A．分子式为 C9H9O2 B．不存在顺反异构 C．可发生加成、取代、加聚反应 D．与安息香酸（ ）互为同系物 【答案】C 【解析】A．根据肉桂酸的结构式可知分子式为：C9H8O2，A 错误；B．肉桂酸双键碳所连的两 个原子团均不同，故存在顺反异构，B 错误；C．肉桂酸中苯环和碳碳双键可以发生加成反应，羧基 可以发生取代反应，碳碳双键可以发生加聚反应，C 正确；D．肉桂酸中含碳碳双键，安息香酸中不 含，故两者不是同系物，D 错误；答案选 C。 9．乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为 20.8℃，能与水混溶)的装置(夹持装置已略)如图所示。下列 说法错误的是 A．①中用胶管连接其作用是平衡气压，便于液体顺利流下 B．实验过程中铜丝会出现红黑交替变化 C．实验开始时需先加热②，再通 O2，然后加热③ D．实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热 【答案】C 【解析】A．装置中若关闭 K 时向烧瓶中加入液体，会使烧瓶中压强增大，双氧水不能顺利流 下，①中用胶管连接，打开 K 时，可以平衡气压，便于液体顺利流下，A 选项正确；B．实验中 Cu 作催化剂，但在过渡反应中，红色的 Cu 会被氧化成黑色的 CuO，CuO 又会被还原为红色的 Cu，故 会出现红黑交替的现象，B 选项正确；C．实验开始时应该先加热③，防止乙醇通入③时冷凝，C 选 项错误；D．为防止倒吸，实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热，D 选项正确；答案选 C。 10．重要的农药、医药中间体—碱式氯化铜［CuaClb(OH)c·xH2O］，可以通过以下步骤制备。 步骤 1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成 CuCl2。已知 Fe3+对该反应有催化作用，其催 化原理如图所示。步骤 2：在制得的 CuCl2 溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。下 列有关说法不正确的是 A．图中 M、N 分别为 Fe2+、Fe3+ B．a、b、c 之间的关系式为：2a=b+c 此 卷 只 装 订 不 密 封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 C．步骤 1 充分反应后，加入少量 CuO 是为了除去 Fe3+ D．若制备 1mol 的 CuCl2，理论上消耗标况下 11.2L O2 【答案】A 【解析】由实验步骤及转化图可知，发生反应2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O，N 为 Fe2+，M 为 Fe3+， 在制得的 CuCl2 溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜，且化合物中正负化合价代数 和为 0，依此结合选项解答问题。A．根据上述分析，N 为 Fe2+，M 为 Fe3+，A 选项错误；B．根据 化合物中正负化合价的代数和为 0，可知 2a=b+c，B 选项正确；C．Fe3+水解使溶液显酸性，CuO 与 H+反应产生 Cu2+和水，当溶液的 pH 增大到一定程度，Fe3+形成 Fe(OH)3 而除去，从而达到除去 Fe3+的目的，C 选项正确；D．根据方程式 2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O，若制备 1mol 的 CuCl2，理 论上消耗 0.5mol O2，标况下，V(O2)=n(O2)·Vm=0.5mol×22.4L·mol−1=11.2L，D 选项正确；答案选 A。 11．化合物 M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z 是原子序数依次增 大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W 与 Z 的质子数之和是 X 的 2 倍。下列说法不正确的 是 A．原子半径：Y＞Z＞X B．X 元素的族序数是 Y 元素的 2 倍 C．工业上电解熔融 Y2X3 化合物制备单质 Y D．W 与 X 形成的所有化合物都只含极性共价键 【答案】D 【解析】W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则 W 为 第一周期主族元素，W 为 H，Z 应为第三周期主族元素，根据化合物 M 的结构简式可知，Z 可形成 3 个单键和 1 个双键，因此，Z 原子最外层有 5 个电子，Z 为 P，W 与 Z 的质子数之和是 X 的 2 倍， X 的质子数= =8，则 X 为 O，根据化合物 M 的结构简式，Y 可形成+3 价阳离子，则 Y 为 Al， 以此解答。A．X 为 O，Y 为 Al，Z 为 P，电子层数越多，半径越大，同周期元素，核电荷数越大， 半径越小，原子半径：Y>Z>X，故 A 正确；B．X 为 O 元素，第ⅥA 族元素，Y 为 Al 元素，第ⅢA 族元素，X 的族序数是 Y 元素的 2 倍，故 B 正确；C．X 为 O，Y 为 Al，Y2X3 为 Al2O3，工业上制 备单质 Al 的方法为电解熔融 Al2O3，故 C 正确；D．X 为 O，W 为 H，W 与 X 形成的化合物有 H2O 和 H2O2，H2O2 中含有非极性共价键，故 D 错误；答案选 D。 12．环己酮（ ）在生产生活中有重要的用途，可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法 制备，其原理如图所示。下列说法正确的是 A．a 极与电源负极相连 B．a 极电极反应式是 2Cr3+-6e−+14OH−=Cr2O2−7 +7H2O C．b 极发生氧化反应 D．理论上生成 1mol 环己酮时，有 1mol H2 生成 【答案】D 【解析】根据原理图可知，a 极为电解池的阳极，Cr3+失电子发生氧化反应，电极反应式是 2Cr3+-6e−+7H2O=Cr2O2−7 +14H+，b 极为阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，结合转移电子数 相等计算，据此分析解答。A．根据原理图可知，a 极为电解池的阳极，则与电源正极相连，故 A 错 误；B．根据原理图可知，a 极为电解池的阳极，Cr3+ 失电子发生氧化反应，电极反应式是 2Cr3+-6e−+7H2O=Cr2O2−7 +14H+，故 B 错误；C．b 极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，故 C 错误； D．理论上由环己醇(C6H12O)生成 1mol 环己酮(C6H10O)，转移 2mol 电子，根据电子守恒可知，阴极 有 1mol 氢气放出，故 D 正确；故选 D。 13．已知某二元酸 H2MO4 在水中电离分以下两步：H2MO4 H++HMO−4，HMO−4 H++MO 2−4 。常温下向 20mL 0.1mol/L NaHMO4 溶液中滴入 c mol/L NaOH 溶液，溶液温度与滴入 NaOH 溶液 体积关系如图。下列说法正确的是 A．该氢氧化钠溶液 pH=12 B．图像中 F 点对应的溶液中 c(OH−)>c(HMO−4) C．滴入 NaOH 溶液过程中水的电离程度一直增大 D．图像中 G 点对应的溶液中 c(Na+)=c(HMO−4)+2c(MO2−4 ) 15 1 2 + 【答案】B 【解析】根据图像可知，NaHMO4 与 NaOH 发生反应是放热反应，当温度达到最高，说明两者 恰好完全反应，F 点温度最高，此时消耗 NaOH 的体积为 20mL，计算出氢氧化钠的浓度，然后根据 影响水电离的因素、“三大守恒”进行分析。A．根据图像分析可知，F 点温度最高，说明此时两物质 恰好完全反应，NaHMO4+NaOH=Na2MO4+H2O，20×10−3L×0.1mol∙L−1=20×10−3L×c(NaOH)，推出 c(NaOH)=0.1mol/L，c(H+)= = =10−13mol/L，则 pH=13，故 A 错误；B．F 点溶质为 Na2MO4， 溶液中质子守恒为 c(OH−)=c(H+)+c(HMO−4)+2c(H2MO4)，所以 c(OH−)＞c(HMO−4)，故 B 正确；C．根 据题意，两者恰好完全反应，生成的溶质 Na2MO4，属于强碱弱酸盐，即溶质为 Na2MO4 时，水解程 度最大，E 到 F 过程中，水的电离程度增大，F 到 G 过程中，氢氧化钠溶液过量，抑制水的电离， 因此滴加氢氧化钠的过程中，水的电离程度先变大，后变小，故 C 错误；D．由 A 选项推出 c(NaOH)=0.1mol/L，G 点加入 40mL 等浓度的 NaOH 溶液，反应后溶质为等浓度的 NaOH 和 Na2MO4， Na+ 的 浓 度 最 大 ，MO 2−4 部 分 水 解 ， 溶 液 显 碱 性 ， 则 c(OH−)>c(H+)， 溶 液 中 存 在 电 荷 守 恒 ： c(Na+)+c(H+)=2c(MO2−4 )+c(HMO−4)+c(OH−)，则 c(Na+)>c(HMO−4)+2c(MO2−4 )，故 D 错误；答案选 B。 二、非选择题（共 43 分） 26．（15 分）实验室可利用环己醇的氧化反应制备环己酮，反应原理和实验装置（部分夹持装 置略）如下： 有关物质的物理性质见下表。 物质 沸点（℃） 密度（g·cm−3，20 ℃） 溶解性 环己醇 161.1（97.8）* 0.96 能溶于水和醚 环己酮 155.6（95.0）* 0.95 微溶于水，能溶于醚 水 100.0 1.0 *括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物的沸点。 实验中通过装置 B 将酸性 Na2Cr2O7 溶液加到盛有 10mL 环己醇的 A 中，在 55~60℃进行反应。 反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集 95~100℃的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物。 （1）装置 D 的名称为____________________________。 （2）酸性 Na2Cr2O7 溶液氧化环己醇反应的 ，反应剧烈将导致体系温度迅速上升，副反 应增多。 ①滴加酸性 Na2Cr2O7 溶液的操作为____________________________________________； ②蒸馏不能分离环己酮和水的原因是__________________________________________。 （3）环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作： a．蒸馏、除去乙醚后，收集 151~156℃馏分 b．水层用乙醚(乙醚沸点 34.6℃，易燃烧)萃取，萃取液并入有机层 c．过滤 d．往液体中加入 NaCl 固体至饱和，静置，分液 e．加入无水 MgSO4 固体，除去有机物中少量的水 ①上述提纯步骤的正确顺序是________________________________________________； ②B 中水层用乙醚萃取的目的是______________________________________________； ③上述操作 c、d 中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有 __________，操作 d 中，加入 NaC1 固体的作用是_____________________________。 （4）恢复至室温时，分离得到纯产品体积为 6mL，则环已酮的产率为____________。（计算结 果精确到 0.1%） 【答案】（1）冷凝管 （2）打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加 环己酮和水形成具有固定组 成的恒沸物一起蒸发 （3）dbeca 使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量 漏斗、分液漏斗 降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层 （4）60.6% 【解析】（1）根据装置图可知，装置 D 是冷凝管；（2）①由于酸性 Na2Cr2O7 溶液氧化环己醇 的反应是放热反应，反应剧烈将导致体系温度迅速上升，副反应增多，为减少副反应的发生，滴加 酸性 Na2Cr2O7 溶液的方法是：打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加；②蒸馏不 能分离环己酮和水的原因是；环己酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸出；（3）①环己酮的提 纯需要经过以下一系列的操作：往粗品中加入 NaCl 固体至饱和，静置，分液；由于环己酮微溶于水， 能溶于醚，乙醚与水互不相溶，水层用乙醚萃取，萃取液并入有机层；加入无水 MgSO4 固体，除去 有机物中少量的水，过滤；蒸馏、除去乙醚后，收集 151～156℃馏分。所以，提纯步骤的正确顺序 是 dbeca；②b 中水层用乙醚萃取的目的是：使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量； ③上述操作 c、d（过滤和分液）中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器 Kw c(OH )− 1410 0.1 − 0H∆ MnO CoO 和 MnO 都属于离子晶体，离子半径：r(Mn2+)>r(Co2+)，CoO 的晶格能 大于 MnO 的晶格能 （4）极性 NH3 能与水分子形成氢键，而 PH3 不能，所以在水中的溶解性 PH3 小 （5） 【解析】（1）钴（Co）的核电荷数为 27，基态钴原子的价电子排布式为为 3d74s2，Mn 位于元 素周期表的第四周期第ⅦB 族，属于 d 区，故答案为：3d74s2；d。（2）磷元素可以形成多种含氧酸 H3PO4、H3PO2、H3PO3、HPO3，偏磷酸的酸性最强，次，亚，正依次减弱，PO 3－4 的中 P 原子的价 层电子对数为 4，且不含孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化方式是 sp3，故答案 为：HPO3；正四面体；sp3。（3）CoO 和 MnO 都属于离子晶体，离子半径：r(Mn2+)>r(Co2+)，CoO 的晶格能大于 MnO 的晶格能，熔点：CoO>MnO，故答案为：CoO>MnO；CoO 和 MnO 都属于离子 晶体，离子半径：r(Mn2+)>r(Co2+)，CoO 的晶格能大于 MnO 的晶格能。（4）PH3 分子中磷原子形成 了 3 个 σ 键，1 个孤电子对，其价层电子对的总数是 4，空间结构为三角锥形，是极性分子，NH3 能 与水分子形成氢键，所以在水中的溶解性 NH3 大于 PH3，故答案为：极性；NH3 能与水分子形成氢 键 ，而 PH3 不 能， 所以 在 水中 的 溶解 性 PH3 小 。（5） 由晶 胞结 构 可知 ，X 原 子个 数为 ： ， Y 原 子 个 数 为 ： 8 ， 所 以 X 为 S2− ， Y 为 Li+ ， 设 晶 胞 的 边 长 为 b cm ， ， cm，距离最近的两个 S2−的是面对角线的一半，面对角线为 ，则距离最近的两个 S2−的距离为 nm，故答案为： 。 36．【化学——选修 5：有机化学基础】（15 分） 化合物 H 是药物合成的一种中间体，可通过以下方法合成： （1）B 中官能团名称为 。 （2）G→H 的反应类型为 。 （3）已知 C 的一种同分异构体为： ，下列说法正确的是 。 a．能发生酯化反应 b．能发生银镜反应 c．1mol 该物质完全水解能消耗 3mol NaOH d．该分子的核磁共振氢谱中峰面积之比为 1∶2∶6∶2 e．其在酸性条件下的水解产物之一能与 FeCl3 溶液发生显色反应 （4） 中手性碳原子（一个碳原子上连有 4 个不一样的原子或者原子团）个数 为 。 （5）E 的分子是为 C14H17O3N，E 经还原得到 F，写出 E→F 的反应方程式： 。 （6）已知：① ②苯胺( )易被氧化 请以甲苯和(CH3CO)2O 为原料制备 ，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任 选)。 。 【答案】（1）醚键和氨基 （2）取代反应（水解反应） （3）bde （4）1 （5） 73 A 4M 2 10aN 2 × × 1 18 6 48 2 × + × = 3 A 4Mb aN = 2b 73 A 4M 2 10aN 2 × × 73 A 4M 2 10aN 2 × × （6） 【解析】A 加氢还原得到 B，B 酰胺化得到 C，C 发生两次取代得到 D，D 苯环 H 原子被取代 得到 E，E 催化加氢得到 F，F 发生消去反应得到 G，G 发生水解得到 H。（1）B 为 ，官能团 有 两 个 ， 醚 键 和 氨 基 ， 故 答 案 为 ： 醚 键 和 氨 基 ； （ 2 ） G→H ： ，酰胺基变回氨基，发生水解反应，故答案为：水解反应； （3）已知 C 的一种同分异构体为： ：a．不含羧基也不含羟基，不能发生酯化 反应，a 错误；b．分子结构中左边 能发生银镜反应，b 正确；c．酯基水解消耗 1mol NaOH， 水解后的产物有酚羟基，再消耗 1mol，故 1mol 该物质完全水解能消耗 2mol NaOH，c 错误；d．水 平画一条对称轴，有四种等效氢，个数分别为 1、2、6、2，则核磁共振氢谱中峰面积之比为 1∶2∶ 6∶2，d 正确；e．该物质水解后得到 1 个酚羟基，可以和 FeCl3 溶液发生显色反应，e 正确；故答案 为：bde；（4）与四个不相同的原子或原子团相连的碳原子为手性碳，该分子中与 Br 相连的 C 原子 为手性碳原子，故答案为：1；（5）E 的分子式为 ，F 的分子式为 ，E 的分子 式比 F 少 2 个 H，且 E 经还原得到 F，所以 E 的结构简式 ，E 和氢气反应生成 F，方程式 为： ，故答案为： ；(6)甲苯硝化引入硝基，再还原硝 基，然后脱水，最后把甲基氧化为羧基，合成路线为 ，故答案为： 。 14 17 3C H O N 14 19 3C H O N