湖北省名校联盟2020年高考化学考前提分仿真卷（六）

湖北省名校联盟2020年高考化学考前提分仿真卷（六）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：h 1 c 12 n 14 o 16 f 19 s 32 cl 35.5 co 59一、选择题（每小题6分，共42分。）7历史文物或古文学的描述中均蕴含着化学知识，下列说法正确的是a商代的后母戊鼎属于青铜制品，青铜是一种合金b“浮梁巧烧瓷”描述的是我国驰名于世的陶瓷，陶瓷的主要成分是二氧化硅c“绚丽丝绸云涌动，霓裳歌舞美仙姿”中“丝绸”的主要成分是纤维素d敦煌莫高窟壁画中绿色颜料的主要成分是氧化铁8常见药物布洛芬y，具有镇痛、抗炎作用，可由中间体x通过以下方法制得：下列关于化合物x、y的说法中错误的是ax的化学式为c13h18ob1mol y能与4mol h2 反应c可用nahco3溶液鉴别两者d两者氢原子的种类数相等9石墨炔是由1，3二炔键与苯环形成的平面网状结构的全碳分子，具有优良的化学稳定性和半导体性能。下列关于石墨炔的说法不正确的是a石墨炔属于碳氢化合物b石墨炔与金刚石互为同素异形体c石墨炔有望代替半导体材料硅在电子产品中得到广泛应用d实验测得石墨炔孔径略大于h2分子的直径，因此可以用石墨炔做h2提纯薄膜10短周期主族元素w、x、y、z的原子序数依次增大，w是地壳中含量最多的元素，w和z位于同一主族，x的焰色反应为黄色，y的最外层电子数比z的最外层电子数少1，下列说法正确的是aw、z具有相同的最高正价bx、z形成的化合物水溶液呈碱性cy的最简单氢化物的热稳定性比z的强d原子半径：zyxw11na表示阿伏加德罗常数的值。室温下，下列关于1l 0.1mol/l fecl3溶液的说法中正确的是a溶液中含有的fe3+离子数目为0.1nab加入cu粉，转移电子数目为0.1nac加水稀释后，溶液中c(oh)减小d加入0.15mol naoh后，3c(fe3+)+c(h+)=c(na+)+c(oh)12由下列实验现象一定能得出相应结论的是选项abcd装置或操作取两支试管各加入4ml 0.01mol/l的草酸溶液，分别滴加2ml 0.1mol/l、0.2mol/l的高锰酸钾溶液向分别盛有5ml 0.1mol/l的硫代硫酸钠溶液的试管中滴加5ml 0.1mo/l的硫酸溶液，一段时间后，分别放在冷水和热水中。现象褪色并观察褪色的时间左边棉球变黄，右边棉球变蓝试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体试管中液体变浑浊且热水中首先出现浑浊结论其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快氧化性：cl2br2i2溶解度：agclagbragi不能说明温度越高，速率越快13一种电解法合成氨的装置如图所示，该法采用高质子导电性的scy陶瓷，用吸附在它内外表面上的金属pd多晶薄膜做电极，实现了570、常压下高转化率合成氨。下列叙述正确的是a阴极的电极反应式为n2+8h+6e2nhb该装置工作时，h+从a极区向b极区迁移c每生成1mol nh3，有3g h2被氧化d该装置实现了在常温常压下高转化率合成氨二、非选择题（共43分）26（15分）硼(b)及其化合物在化学工业中有诸多用途。请回答下列问题：（1）硼氢化钠(nabh4)是硼的重要化合物。nabh4中b元素的化合价为 。工业上可利用硼酸甲酯b(och3)3与氢化钠(nah)反应制备nabh4，反应的另一种产物为甲醇钠(ch3ona)，该反应的化学方程式为 。nabh4与水反应生成nabo2和h2，该反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。（2）工业上以铁硼矿(主要成分为mg2b2o5h2o，还有少量fe2o3、feo、cao、al2o3和sio2等)为原料制备单质b的工艺流程如图所示：已知：金属离子fe3+al3+开始沉淀的ph2.73.1沉淀完全的ph3.74.9“浸出”时，将铁硼矿石粉碎的目的为 。滤渣1的主要成分为 。“净化除杂”时需先加h2o2溶液，其目的为 ，然后再调节溶液的ph5.0的目的是 。制得的粗硼在一定条件下能生成bi3，bi3加热分解可以得到纯净的单质硼。现将0.025g粗硼制成的bi3完全分解，生成的i2用0.30moll1 na2s2o3溶液滴定(i2+2s2o=2i+s4o)至终点，消耗18.00ml na2s2o3溶液。盛装na2s2o3溶液应用_(填“酸式”或“碱式”)滴定管，该粗硼样品的纯度为 。27（14分）费托合成是以合成气(co和h2混合气体)为原料在催化剂和适当条件下合成烯烃(c2c4)以及烷烃(ch4、c5c11、c12c18等，用cnh2n+2表示)的工艺过程。已知：2co(g)+o2(g)=2co2(g) h1=a2h2(g)+o2(g)=2h2o(g) h2=bcnh2n+2(g)+o2(g)=(n+1)h2o(g)+nco2(g) h3=c回答下列问题：(1)反应(2n+1)h2(g)+nco(g)=cnh2n+2(g)+nh2o(g)的h_。(用含有a、b、c、n的式子表示)(2)费托合成产物碳原子分布遵循asf分布规律。碳链增长因子()是描述产物分布的重要参数，不同数值对应不同的产物分布。asf分布规律如图，若要控制c2c4的质量分数0.480.57，则需控制碳链增长因子()的范围是_。(3)近期，我国中科院上海高等研究院在费托合成烃的催化剂上取得重大进展。如图所示，co2c作催化剂的规律是：选择球形催化剂时_，选择平行六面体催化剂时_。(4)中科院大连化物所研究团队直接利用co2与h2合成甲醇。一定条件下，向2l恒容密闭容器中充入1mol co2和2mol h2发生反应“co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g) h”。co2的平衡转化率()与温度(t)的关系如图所示。判断h_0。(填“大于”“小于”或“等于”)500k时，反应5min达到平衡。计算05min用h2o表示该反应的化学反应速率为_，该反应的平衡常数为_。500k时，测定各物质的物质的量浓度分别为c(co2)=0.4mol/l、c(h2)=0.2mol/l、c(ch3oh)=0.6 mol/l、c(h2o)=0.6mol/l，此时反应_(填“是”或“否”)达到平衡，理由是_ 。一定条件下，对于反应co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g)。下列说法中不能表明反应达到平衡的是_。a恒温恒容下，c(ch3oh)=c(h2o)b恒温恒容下，体系的压强保持不变c恒温恒容下，体系的平均摩尔质量不变d相同时间内，断裂hh键和断裂ho键之比1128（14分）高氯酸铵(nh4clo4)可用作火箭推进剂等。制备nh4clo4的工艺流程如下：(1)电解naclo3溶液时，clo在_极发生反应，其电极反应式为 。(2)“除杂”有两种方案。方案1：加入盐酸和h2o2溶液，naclo3转化为clo2，化学方程式为 。方案2：加入氨水和fecl24h2o，naclo3转化为cl，离子方程式为 ，如果fecl24h2o过量会出现黑色磁性沉淀，该沉淀可能是_。(填化学式)比较氧化性：clo_clo (填“”或“pso，故d错误。综上所述，答案为b。11. 【答案】d【解析】afe3+发生一定程度的水解，n(fe3+)0.1na，故a错误；bcu+2fe3+=cu2+2fe2+，因加入cu的量不确定，转移电子数目n(e)0.1na，无法确定，故b错误；c加水稀释使平衡fe3+3h2o3h+fe(oh)3向右移动，n(h+)增大，但c(h+)减小，c(oh)增大，故c错误；d加入0.15mol naoh后，溶液中必有2c(na+)=c(cl)(物料守恒)、3c(fe3+)+c(na+)+c(h+)=c(oh)+c(cl)(电荷守恒)，可得3c(fe3+)+c(h+)=c(na+)+c(oh)，故d正确；答案选d。12. 【答案】d【解析】a应该把同体积、不同浓度的草酸溶液加入到相同体积、相同浓度的kmno4溶液中，根据溶液褪色时间的长短判断浓度对化学反应速率的影响，该实验操作顺序颠倒，不能够得到正确结论，a错误；bcl2与nabr发生置换反应产生br2，使左边棉球变黄，br2易挥发，会与右边的棉球上ki发生置换反应产生i2，i2遇淀粉溶液变蓝色，右边棉球变为蓝色也有可能是过量的未反应的cl2与ki发生置换反应产生的i2所致，因此不能证明氧化性：cl2br2i2，b错误；c向2ml含有agcl悬浊液的试管中滴加2滴nabr溶液，产生淡黄色沉淀，可证明物质的溶解度agclagbr，但由于其中agcl悬浊液过量，因此再向该混合物中滴加2滴nai溶液时，产生黄色沉淀，只能得到结论：溶解度：agclagi，而不能证明物质的溶解度agbragi，c错误；d两种溶液混合前物质的浓度相等，体积也相同，混合后就已经发生了化学反应，然后再分别放入不同温度的水中已经无任何意义，不能说明温度越高，速率越快。应该把2支盛有5ml 0.1mol/l的na2s2o3溶液的试管和2支盛有5ml 0.1mo/l的硫酸溶液分成两组，一组放入热水中，一组放入冷水中，一段时间后混合每一组的两种物质的水溶液，根据反应出现浑浊的快慢，来比较温度对化学反应速率的影响，d正确；故合理选项是d。13. 【答案】c【解析】反应总方程式为n2+3h22nh3，反应中n元素化合价降低，被还原，a应为电解池阴极，电极反应式为n2+6e+6h+=2nh3，h元素化合价升高，被氧化，b应为电解池阳极反应，电极反应式为h2-2e=2h+，以此解答该题。aa为阴极，发生还原反应，电极反应式为n2+6e+6h+=2nh3，故a错误；ba为阴极，b为阳极，阳极连接电源正极，氢离子移向阴极，从b极区向a极区迁移，故b错误；c根据电解反应和电子守恒得到n2+6e+6h+=2nh3，h22e=2h+，2nh36e3h2，每生成1mol nh3，有1.5mol氢气参与电极反应，即有3g h2被氧化，故c正确；d采用高质子导电性的scy陶瓷(能传递h+)为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570条件下高转化率的电解法合成氨，故d错误；答案选c。26. 【答案】（1）+3 4nah+b(och3)3nabh4+3ch3ona 11 （2）增大接触面积，加快反应速率 sio2、caso4 将其中的fe2+氧化为fe3+ 使fe3+转化为fe(oh)3沉淀、al3+转化为al(oh)3沉淀而除去 碱式 77.8% 【解析】(1)nabh4中na是+1价，h是-1价，则b元素的化合价，根据化合价代数和为0，得出b为+3价；工业上可利用硼酸甲酯b(och3)3与氢化钠nah反应制备nabh4，反应的另一种产物为甲醇钠（ch3ona），该反应的化学方程式为4nah+b(och3)3nabh4+3ch3ona；nabh4与水反应生成nabo2和h2，nabh4+2h2onabo2+4h2，nabh4中h被氧化，得到氧化产物，水中氢被还原，得到还原产物，该反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为11，故答案为：4nah+b(och3)3nabh4+3ch3ona；11；(2)“浸出”时，将铁硼矿石粉碎的目的为增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；加硫酸溶解只有sio2不溶，mg2b2o5h2o+2h2so42h3bo3+2mgso4，cao转化为微溶于水的caso4。“浸渣”中的物质是sio2、caso4，滤渣1的主要成分为sio2、caso4，故答案为：sio2、caso4；“净化除杂”需先加h2o2溶液，其目的为将其中的fe2+氧化为fe3+，然后再调节溶液的ph5.0的目的是使fe3+转化为fe(oh)3沉淀、al3+转化为al(oh)3沉淀而除去，故答案为：将其中的fe2+氧化为fe3+；使fe3+转化为fe(oh)3沉淀、al3+转化为al(oh)3沉淀而除去；na2s2o3溶液呈碱性，应放在碱式滴定管中；硫代硫酸钠的物质的量为：0.30moll10.018l=0.0054mol，根据关系式：bbi3i23s2o，则n(b)=n(s2o)=0.0018mol，硼的质量为：10.81gmol10.0018mol=0.01944g，粗硼中硼的含量为：100%=77.8%，故答案为：碱式；77.8%。27. 【答案】（1） （2）0.30.6 （3）主要产物为ch4 产物有ch2=ch2、c3h6、c4h8 （4）小于 0.06mol/(lmin) 450(mol/l) 2 否 450 a 【解析】(1)已知：2co(g)+o2(g)=2co2(g) h1=a2h2(g)+o2(g)=2h2o(g) h2=bcnh2n+2(g)+o2(g)=(n+1)h2o(g)+nco2(g) h3=c根据盖斯定律：+-，可得反应(2n+1)h2(g)+nco(g)=cnh2n+2(g)+nh2o(g)的h=；(2)由图可知要控制c2c4的质量分数0.480.57需控制碳链增长因子()的范围是0.30.6；(3)co2c作催化剂的规律是：选择球形催化剂时主要产物为ch4，选择平行六面体催化剂时产物有ch2 =ch2、ch2=chch3、ch2=chch2ch3或c2h4、c3h6、c4h8。(4)由图可知随着温度升高co2的平衡转化率降低，故h小于0。500k时，二氧化碳转化率为60%，即参与反应的物质的量为0.6mol，根据反应co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g)，水蒸气的变化物质的量为0.6mol，则=0.06mol/(lmin)。初始时刻，co2和h2的物质的量浓度分别为0.5mol/l、1mol/l，500k时，二氧化碳转化率为60%，列“三段式”：co2(g) + 3h2(g) ch3oh(g) + h2o(g)，代入数据=450(mol/l)2；=112.5(mol/l)2450(mol/l)2，反应未达到平衡状态；反应co2(g)+3h2(g)ch3oh(g)+h2o(g)气体分子数减小。a若平衡正向建立必有c(ch3oh)=c(h2o)，不能表明反应已达平衡，故a错误；b恒温恒容下，压强pn，n必然变化，当p不变，表明反应已达平衡，故b正确；c反应物、产物均为气体，气体质量不变，n减小(增大)，m=即m必然变化，当m不变，表明反应已达平衡，故c正确；d断裂hh键(v正)断裂ho键(v逆)之比11，v正= v逆，表明反应已达平衡，故d正确；答案选a。28. 【答案】（1）阳 clo+h2o-2e=clo+2h+ （2）2naclo3+2hcl+h2o2=2clo2+2nacl+2h2o+o2 6fe2+clo+3h2o+12nh3h2o=6fe(oh)3+cl+12nh fe3o4 操作步骤简单(或过量的h2o2易除去等合理答案) （3）浓盐酸和液氨的反应为放热反应 （4）nacl 【解析】(1)氯酸根离子化合价为+5价升高到高氯酸根离子的+7价，发生氧化反应，在阳极发生反应，反应式为：clo+h2o-2e=clo+2h+；(2)双氧水把氯酸钠还原为二氧化氯，方程式为：2naclo3+2hcl+h2o2=2clo2+2nacl+2h2o+o2；氨水、亚铁离子、氯酸根离子反应生成氯离子、氢氧化铁沉淀、铵根离子，离子方程式为：6fe2+clo+3h2o+12nh3h2o=6fe(oh)3+cl+12nh；如果fecl24h2o过量会出现黑色磁性沉淀，该沉淀可能是四氧化三铁；根据以上分析，氯酸根离子氧化性大于高氯酸根离子；两种方案相比，方案1的优点是操作步骤简单(或过量的h2o2易除去等合理答案)；(3)由于浓盐酸和液氨的反应为放热反应，故反应无需加热；(4)根据流程可知，该流程中可循环利用的物质是氯化钠。35. 【答案】（1）2 3d9 （2）o （3）1个3s 3个3p （4）baso4 （5）120 低 （6）sio2是一种空间网状的共价晶体，共价键结合较为牢固 【解析】（1）根据化合物中所有元素化合价代数和为0可计算出cu的化合价为+2，故cun+离子中n2，cu的价电子排布式3d104s1，当失去2个电子时价电子排布式变为3d9，故答案为2，3d9；（2）“中国蓝”中ba2+，si都不存在孤对电子，而o原子中存在孤对电子，所以只能氧原子来提供孤对电子，故答案为：o；（3）sio2中si的杂化类型是sp3，也就是1个3s轨道和3个3p轨道形成，故答案为：1个3s，3个3p；（4）含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根，所以钡矿化学式是baso4，故答案为：baso4；（5）碳酸根中c属于sp2