（浙江选考）2020版高考化学二轮复习考前仿真模拟卷（五）（含解析）

32．(10分)有机高分子化合物M的一种合成路线如下：

NaNH2/△

已知：Ⅰ.RCHBr—CH2Br―― →RC≡CH； Ⅱ.

Ⅲ.

请回答：

(1)A的结构简式为__________。 (2)下列说法不正确的是________。 A．C＋D→E的反应类型为加成反应 B．B的结构简式为

C．C的分子中最多有8个原子在同一直线上 D．F中所含官能团的名称为羟基和醛基

(3)写出H＋I→M的化学方程式：___________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)参照上述合成路线和相关信息，以甲醇和一氯环己烷为有机原料(无机试剂任选)，设计制备己二酸二甲酯的合成路线：______________________________________________

________________________________________________________________________。 (5)在催化剂、加热条件下，G与氧气反应生成Q(C9H8O3)，同时满足下列条件的Q的同分异构体有________种(不考虑立体异构)，其中H核磁共振谱有6 组吸收峰的结构简式为________。

①除苯环外不含其他环状结构；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③能与NaHCO3溶液反应生成CO2。

考前仿真模拟卷(五)

- 9 -

1

1．C 2.C 3.A 4.B 5.D 6.B 7.B 8.C

9．B [解析] CuO被H2还原为Cu，固体质量减轻，A项错误；2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，Na2O2变为Na2CO3，固体质量增加，B项正确；铝热反应前后固体总质量保持不变，C项错误；1 mol Zn置换出1 mol Cu，固体质量减轻，D项错误。

10．D [解析] NH3的密度比空气的小，应用向下排空气法收集，A项错误；NO不溶于水且不与水反应，不能演示NO的喷泉实验，B项错误；电解法制备Fe(OH)2时，Fe应与电源正极相连，作阳极，C项错误；题图4中酸性高锰酸钾溶液不褪色，证明苯中不存在碳碳双键，D项正确。

11．D [解析] A项，S2和S8是同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故A正确； B项，CH4和C3H8通式相同均为CnH2n＋2，属于烷烃，一定互为同系物，故B正确； C项，Cl和Cl是具有相同质子数和不同中子数的氯原子，互为同位素，故C正确； D项，

表示的是同一种物质：2-甲

35

37

基丁烷，故D错误。

12．A [解析] 半分钟后NO的物质的量增加了0.1 mol，所以用NO表示的反应速率为

v(NO)＝

0.1 mol－1－1

＝0.1 mol·L·min。根据同一化学反应中各物质速率之比等于化学

2 L×0.5 min

5－1－1

计量数之比，所以v(NH3)＝v(NO)＝0.1 mol·L·min，故A正确，C错误；v(O2)＝v(NO)

4＝0.125 mol·L·min，故B错误；v[H2O(g)]＝1.5v(NO)＝1.5×0.1 mol·L·min＝0.15 mol·L·min，故D错误。

13．A [解析] A．锌粒与稀盐酸发生置换反应，生成氯化锌和氢气，该反应的离子方程式为Zn＋2H===Zn＋H2↑，故A正确；B.碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，沉淀、气体、弱电解质都要写化学式，所以该反应的离子方程式为CaCO3＋2H===Ca＋CO2↑＋H2O，故B错误；C.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应的离子方程式为Cl2＋H2O

－

＋

2＋

＋

2＋

－1

－1－1

－1

－1

－1

H

＋

＋Cl＋HClO，故C错误；D.稀醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠、水，该反应的离子方程式为OH＋CH3COOH===CH3COO＋H2O，故D错误。

14．D 15.B 16.B

17．C [解析] A．在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应，电子经导线由负极传递到正极，即电子由锌片通过导线流向铜片，A项错误；B.根据上述分析，锌失电子，被氧化，B项错误；C.在该装置中，锌比铜活泼，所以锌是负极，铜是正极，C项正确；D.该装置能将化学能转变为电能，D项错误。

18．C [解析] A．c(Cl)相同，说明两种盐的浓度相同，NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，而NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4水解使溶液呈酸性，因此二者的pH不相等，A错误；

＋

－

－

－

- 10 -

B．HCl是一元强酸，完全电离，而CH3COOH是一元弱酸，部分电离，在溶液中存在电离平衡，当两种酸的浓度相等时，由于醋酸部分电离，所以溶液中自由移动的离子的浓度HCl>CH3COOH，离子浓度越大，溶液的导电性就越强，故HCl的导电能力比醋酸强，B错误；

C．HCl是一元强酸，溶液中c(Cl)＝c(H)－c(OH)，CH3COOH是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，但溶液中c(CH3COO)＝c(H)－c(OH)，两溶液中c(CH3COO)＝c(Cl)，常温下两溶液中c(H)相等，所以两溶液的pH也就相等，C正确；

D．室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，由于二者的物质的量相等，因此恰好反应生成CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO水解，使溶液呈碱性，D错误。

19．C [解析] A．由O2的气态分子变为气态原子，需要断裂分子中的化学键，因此要吸收能量，ΔH3>0，A错误；

B．根据盖斯定律可知：化学反应的焓变只与物质的始态与终态有关，与反应途径无关，根据物质转化关系图可知，ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＝ΔH6，B错误；

C．根据物质转化关系图可知：ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＝ΔH6，ΔH1>0，ΔH2>0，Δ

－

＋

－

＋

－

－

－

－

＋

－

H3>0，ΔH4>0，所以ΔH6>ΔH5，C正确；

D．根据选项B分析可知ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＝ΔH6，所以ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4

＋ΔH5－ΔH6＝0，D错误。

20．C

21．B [解析] A．根据实验1和2、实验3和4的实验数据进行对比，相同温度下，催化剂b对CO2转化成CH3OH的数据较高，则催化剂b对CO2转化成CH3OH有较高的选择性，故A正确；

B．反应①为放热反应，其他条件不变，升高温度，反应①逆向移动，CO2转化为CH3OH平衡转化率减小，故B错误；

C．平衡常数只与温度相关，温度不变，平衡常数不变。则其他条件不变，增大反应体系压强，反应②的平衡常数不变，故C正确；

D．从表中的数据分析，在催化剂b的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂b对反应①催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂b的反应过程中活化能更低，故D正确。

22．C

23．C [解析] A．氨水中OH抑制了水的电离，溶液中的H是由水电离产生的，pH＝11的氨水中，c(H)＝10

＋

－11

－

＋

mol/L，则由水电离产生的c(OH)＝c(H)＝10

－＋－11

mol/L，故A正确；

B.因醋酸是弱酸，则pH＝3的CH3COOH溶液的浓度大于pH＝11的NaOH溶液的浓度，二者等体积混合后醋酸过量，溶液显酸性，则c(H)＞c(OH)，故B正确；C.碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒：c(H)＋c(Na)＝c(OH)＋c(HCO3)＋2c(CO3)，物料守恒：c(Na)＝c(HCO3)＋c(CO3)

- 11 -

＋

＋

－

－

2－

＋

－

2－

＋

－

＋c(H2CO3)，二者结合可得：c(H)＝c(OH)＋c(CO3)－c(H2CO3)，故C错误；D.铵根离子水解使溶液显酸性，则c(Cl)＞c(NH4)、c(H)＞c(OH)，NH4Cl溶液中离子浓度大小为c(Cl)＞

＋－

c(NH＋4)＞c(H)＞c(OH)，故D正确。

－

＋

＋

－

－

＋－2－

24．C

25．C [解析] A．因乙醇可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故应先将反应产生的气体通过盛有水的洗气瓶除去乙醇，防止乙醇干扰实验现象，再用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，故A错误；

B．要检验淀粉水解产物中的葡萄糖，必须先用氢氧化钠溶液中和稀硫酸至溶液呈碱性，故B错误；

C．使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体为二氧化碳，可说明溶液X中含有CO3或HCO3，故C正确；

D．HgCl2溶液能使蛋白质变性，结论不合理，故D错误。 26．(1)C2H5OH 醛基

(2)CH3COOH＋NaHCO3―→CH3COONa＋CO2↑＋H2O

27．[解析] (1)矿物A隔绝空气高温分解生成固体甲和水，m(H2O)＝37.8 g－36.0 g＝1.8 g，n(H2O)＝0.1 mol，说明A中含有H、O元素；固体甲与稀硫酸反应得到无色溶液，加入过12.0 g量NaOH溶液生成白色沉淀，沉淀加热分解生成固体丙，所以丙是MgO，n(MgO)＝＝40 g/mol24.0 g

0.3 mol；乙不溶于稀硫酸，可制光导纤维，故乙是SiO2，n(SiO2)＝＝0.4 mol，因

60 g/mol此A中n(O)＝1.2 mol，故A中n(Mg)∶n(Si)∶n(H)∶n(O)＝3∶4∶2∶12，所以A的化学式为Mg3Si4H2O12即3MgO·4SiO2·H2O。(2)固体甲是矿物A高温脱水后的产物，故甲为Mg3Si4O11，可写成3MgO·4SiO2，它与稀硫酸反应的实质为MgO与稀硫酸的反应，据此可写出相应的离子方程式。

[答案] (1)Si、Mg Mg3Si4H2O12(或3MgO·4SiO2·H2O)

(2)3MgO·4SiO2＋6H===3Mg＋4SiO2＋3H2O(或Mg3Si4O11＋6H===3Mg＋4SiO2＋3H2O) 28．(1)注射器中气体的体积不再发生变化 (2)样品质量、完全分解后剩余固体的质量

(3)CaO2未完全分解，CaO2具有强氧化性(或漂白性)可使酚酞试液褪色

29．[解析] (1)混合物加热，质量减少33.6 g÷2－13.7 g＝3.1 g，设混合物每一份中NaHCO3的质量为m，则：

△

2NaHCO3=====Na2CO3＋H2O＋CO2↑ 固体质量减少 168 62

＋

2＋

＋

2＋

2－

－

m 3.1 g

- 12 -