湖北省名校联盟2020年高考化学考前提分仿真卷（十）（含解析）

湖北省名校联盟2020年高考化学考前提分仿真卷（十）（含解析）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本草经集注记载：“鸡屎矾(碱式硫酸铜或碱式碳酸铜)不入药用，惟堪镀作，以合熟铜；投苦酒(醋)中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”。下列说法错误的是a鸡屎矾中主要成分属于碱式盐b碱式碳酸铜不稳定，受热易分解c“涂铁皆作铜色”发生反应为置换反应d“内质不变”说明出现了钝化现象【答案】d【解析】a鸡屎矾中主要成分是cu2(oh)2co3，含有未被中和的oh，因此属于碱式盐，a正确；b碱式碳酸铜受热易分解产生cuo、co2、h2o，因此不稳定，b正确；cfe与铜的化合物反应产生单质铜，fe变为相应的盐，发生反应为置换反应，c正确；d铁的表面与铜的化合物反应生成单质铜，铁表面有一层铜，阻隔了反应的继续进行，并未发生钝化，d错误；故合理选项是d。8北京冬奥会将于2022年举办，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示（）。下列说法正确的是a该双环烯酯的水解产物都能使溴水褪色b1mol该双环烯酯能与3mol h2发生加成反应c该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面d该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有7种【答案】a【解析】该双环烯酯水解产物中都含有碳碳双键，都能使溴水褪色，选项a正确；1mol该双环烯酯的两个碳碳双键能与2mol h2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能加成，选项b不正确；分子中不存在苯环，共平面的原子从碳碳双键出发，至少是6个，分子中分别与两个碳碳双键共平面的原子不一定共面，选项c不正确；分子加氢后，两边环分别有4种一氯代物，ch2上有1种，共有9种，选项d不正确。9na表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是a含有25.2g hno3的浓硝酸与足量的铜反应产生的no2分子数目为0.1nab1l 0.6mol/l的na2co3溶液中含有的o原子数目为1.8nac标准状况下，22.4l的ch3cooh中含有的h原子个数为4nad反应4nh3+6no5n2+6h2o中，当生成140g的n2时转移12na【答案】d【解析】a随着反应的进行浓hno3变成稀硝酸，还原产物变成了no，故此时产生的no2数目小于0.1na，a错误；b溶液中有大量的水，水中含有大量的o，故o原子数目大于1.8na，b错误；cch3cooh在标况下不是气体，c错误；d该反应中生成5mol n2（140g）时，化合价共降低12价，故共转移12mol电子，d正确。故选d。10丙烯是石油化学工业的重要基础原料，我国科学家利用甲醇转化制丙烯反应过程如下：3ch3oh+h3alo63ch+alo+3h2o3ch+aloh3alo6+3ch23ch2ch2=chch3下列叙述错误的是a甲醇转化制丙烯反应的方程式为3ch3ohch2=chch3+3h2ob甲醇转化制丙烯反应的过程中h3alo6作催化剂c1.4g ch2所含的电子的物质的量为1mold甲基碳正离子ch的电子式为【答案】c【解析】将题干中三个方程式相加即得甲醇转化制丙烯反应的方程式，选项a正确；在反应前有h3alo6，反应后又生成了h3alo6，而且量不变，符合催化剂的定义，选项b正确；反应前后原子守恒，电子也守恒，1.4g ch2所含的电子的物质的量为0.8mol，所以选项c错误；甲基碳正离子是甲基失去一个电子形成的阳离子，选项d正确。11在环境和能源备受关注的今天，开发清洁、可再生新能源已成为世界各国政府的国家战略，科学家发现产电细菌后，微生物燃料电池(mfc)为可再生能源的开发和难降解废物的处理提供了一条新途径。微生物燃料电池(mfc)示意图如下所示（假设有机物为乙酸盐）。下列说法错误的是aa室菌为厌氧菌，b室菌为好氧菌ba室的电极反应式为ch3coo8e+2h2o=2co2+8h+c微生物燃料电池(mfc)电流的流向为bad电池总反应式为ch3coo+2o2+h+=2co2+2h2o【答案】b【解析】根据装置图可知b室中氧气参与反应，应为好氧菌，选项a正确；方程式中电荷和氢原子不守恒，选项b错误；mfc电池中氢离子向得电子的正极移动，即向b极移动，b为正极，电流方向是由正极流向负极，即ba，选项c正确；电池的总反应是醋酸根离子在酸性条件下被氧化成co2、h2o，即ch3coo+2o2+h+=2co2+2h2o，选项d正确。12短周期元素w、x、y、z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01moll1 r溶液的ph为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是a原子半径的大小w xxycy的氢化物常温常压下为液态dx的最高价氧化物的水化物为强酸【答案】c【解析】由n是元素z的单质，通常为黄绿色气体，可知z元素为cl，n为cl2，再根据q的水溶液具有漂白性，可知q为hclo，由0.01moll1 r溶液的ph为2，可判断r为一元强酸，则r为hcl，然后根据n和p的反应条件，以及s通常是难溶于水的混合物，可知p为烷烃，s为烷烃的氯代物；根据题意，w、x、y、z是短周期原子序数依次增加的四种元素，可进一步推知w、x、y、z分别为h、c、o、cl。a根据原子半径的变化规律，可知原子半径：hoc，选项a错误；b根据同周期元素非金属的变化规律，可知非金属性：oc，再由ccl4、clo2中化合价的正负，可知非金属性：oclc，选项b错误；c氧的氢化物可能为h2o或h2o2，常温常压下二者均为液态，选项c正确；d碳的最高价氧化物的水化物h2co3为弱酸，选项d错误。答案选c。13过渡金属硫化物作为一种新兴的具有电化学性能的电极材料，在不同的领域引起了研究者的兴趣，含有过渡金属离子废液的回收再利用有了广阔的前景，下面为s2与溶液中金属离子的沉淀溶解平衡关系图，若向含有等浓度cu2+、cd2+、zn2+、co2+、fe2+的废液中加入含硫的沉淀剂，则下列说法错误的是a由图可知溶液中金属离子沉淀先后顺序为cu2+、cd2+、zn2+、co2+、fe2+b控制s2浓度可以实现铜离子与其他金属离子的分离c因na2s、zns来源广、价格便宜，故常作为沉铜的沉淀剂d向zns中加入cu2+的离子方程式为：s2+cu2+=cus【答案】d【解析】由图可知溶液中金属硫化物沉淀的ksp大小顺序为cuscdsznscosfes，溶液中金属离子沉淀先后顺序为：cu2+、cd2+、zn2+、co2+、fe2+，选项a正确；cus的ksp最小，控制s2浓度可以使铜离子从溶液中沉淀出来，实现铜离子与其他金属离子的分离，选项b正确；因na2s、zns来源广、价格便宜，可作沉铜的沉淀剂，选项c正确；zns不溶于水，向zns中加入cu2+的离子方程式为：zns+cu2+=cus+zn2+，选项d不正确。二、非选择题（共43分）26（14分）焦亚硫酸钠(na2s2o5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。制备na2s2o5可用试剂：饱和na2so3溶液、浓naoh溶液、浓h2so4、苯、na2so3固体(试剂不重复使用)。焦亚硫酸钠的析出原理：2nahso3(饱和溶液)=na2s2o5(晶体)+h2o(l)（1）如图装置中仪器a的名称是 。a中发生反应的化学方程式为 。仪器e的作用是 。（2）f中盛装的试剂是 。探究na2s2o5的还原性（3）取少量na2s2o5晶体于试管中，滴加1ml 2mol/l酸性kmno4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去。反应的离子方程式为 。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品 。测定na2s2o5样品的纯度。（4）将10.0g na2s2o5样品溶解在蒸馏水中配制100ml溶液，取其中10.00ml加入过量的20.00ml 0.3000mol/l的酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用0.2500mol/l的na2so3标准液滴定至终点，消耗na2so3溶液20.00ml，na2s2o5样品的纯度为_%（保留一位小数），若在滴定终点时，俯视读数na2so3标准液的体积，会导致na2s2o5样品的纯度_。（填“偏高”、“偏低”）【答案】（1）三颈烧瓶 na2so3+h2so4=h2o+so2+na2so4 防倒吸 （2）浓naoh溶液 （3）5s2o+4mno+2h+=10so+4mn2+h2o 氧化变质 （4）95.0 偏高 【解析】a三颈烧瓶中制备二氧化硫，发生na2so3+h2so4=h2o+so2+na2so4，生成的二氧化硫通入d装置，发生na2so3+so2+h2o=2nahso3，2nahso3(饱和溶液)=na2s2o5(晶体)+h2o(l)，仪器e的作用是防倒吸，f吸收尾气。据此解答。（1）装置中仪器a的名称是三颈烧瓶。a中发生反应的化学方程式为na2so3+h2so4=h2o+so2+na2so4。二氧化硫易溶于水，仪器e的作用是防倒吸。故答案为：三颈烧瓶；na2so3+h2so4=h2o+so2+na2so4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空气中会污染空气，so2是酸性氧化物，可用碱溶液吸收，题干中只提供了一种碱性试剂-浓naoh溶液，f中盛装的试剂是浓naoh溶液。故答案为：浓naoh溶液；（3）取少量na2s2o5晶体于试管中，滴加1ml 2mol/l酸性kmno4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去，说明mno将s2o氧化生成硫酸根离子。反应的离子方程式为5s2o+4mno+2h+=10so+4mn2+h2o。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是：利用焦亚硫酸钠的还原性，防止食品氧化变质。故答案为：5s2o+4mno+2h+=10so+4mn2+h2o；氧化变质；（4）由关系式：5so2mno，用0.2500mol/l na2so3标准液滴定至终点，消耗na2so3溶液20.00ml，剩余n(mno)=0.2500mol/l20.00103l=2.000103mol，再由5s2o+4mno+2h+=10so+4mn2+h2o得：na2s2o5样品的纯度为= 100%=95.0%；若在滴定终点时，俯视读数na2so3标准液的体积，使na2so3标准液的体积偏低，算出的剩余高锰酸钾偏低，与na2s2o5样品反应的高锰酸钾偏高，会导致na2s2o5样品的纯度偏高；故答案为：95.0；偏高。27（14分）铬鞣剂cr(oh)so4可用于提高皮革的耐曲折强度。一种以铬渣(含cr2o3及少量fe2o3、cao、al2o3、sio2等杂质)为原料制备cr(oh)so4的工艺流程如图：回答下列问题：（1）“焙烧”时，cr2o3转化为na2cro4的化学方程式为 。（2）“水浸”过程中，物料的粒度(颗粒大小)对铬残余量的影响如图所示，则最佳反应条件为 。（3）“滤渣1”中有一种成分为铁铝酸四钙(ca4fe2al2o10)，是制造水泥的原料之一，用氧化物的形式表示其化学式 。（4）“滤渣2”主要成分为al(oh)3和 (填化学式)，“过滤2”后，将溶液ph调至a，a_6.5(填“小于”或“大于”)，目的是 (用离子方程式表示)。（5）已知ch3oh在酸性条件下可被氧化生成co2，写出na2cr2o7与ch3oh反应生成cr(oh)so4的化学方程式 。（6）某厂用m1 kg的铬渣(含cr2o3 40%)制备cr(oh)so4，最终得到产品m2kg，则产率为_。【答案】（1）2cr2o3+4na2co3+3o24na2cro4+4co2 （2）物质的粒度为60目时 （3）4caofe2o3al2o3 （4）h2sio3 小于 2cro+2h+cr2o+h2o（5）na2cr2o7+ch3oh+3h2so4=2cr(oh)so4+co2+na2so4+4h2o （6） 【解析】以铬渣(含cr2o3及少量fe2o3、cao、al2o3、sio2等杂质)为原料制备cr(oh)so4，先加入碳酸钠、通入空气进行焙烧，再经过水浸、过滤除去固体杂质fe2o3，调ph除去杂质氢氧化铝和硅酸，最后通过氧化还原反应生成目标产物cr(oh)so4。（1）“焙烧”时，cr2o3转化为na2cro4，cr元素的化合价升高，反应为氧化还原反应，还需氧化剂o2，根据电子守恒配平方程式为2cr2o3+4na2co3+3o24na2cro4+4co2。（2）根据图示可知，当物质的粒度为60目时，铬的残余量最少，故最佳反应条件为物质的粒度为60目时。（3）铁铝酸四钙(ca4fe2al2o10)，用氧化物的形式表示其化学式为4caofe2o3al2o3。（4）步骤过滤1后溶液中存在偏铝酸钠和硅酸钠等杂质，调节ph使其转化为沉淀al(oh)3和h2sio3，故滤渣2主要成分为al(oh)3和h2sio3。“过滤2”后，将溶液ph调至a，是为将2cro转化为cr2o，酸性条件下可以实现转化，故a小于6.5实现2cro+2h+cr2o+h2o的转化。（5）根据条件ch3oh在酸性条件下可被氧化生成co2，na2cr2o7与ch3oh反应生成cr(oh)so4为氧化还原反应，其中碳元素、铬元素的化合价发生改变，根据电子守恒得化学反应方程式为na2cr2o7+ch3oh+3h2so4=2cr(oh)so4+co2+na2so4+4h2o。（6）最终得到产品cr(oh)so4 m2 kg，其中铬元素的含量为kg，原料中铬元素的含量为，则产率为。28（15分）氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点，回答下列问题：（1）deacon发明的直接氧化法为：4hcl(g)+o2(g)=2cl2(g)+2h2o(g)。可按下列催化过程进行：cucl2(s)=cucl(s)+cl2(g) h1=+83kjmol-1cucl(s)+o2(g)=cuo(s)+cl2(g) h2=-20kjmol-14hcl(g)+o2(g)=2cl2(g)+2h2o(g) h3反应能自发进行的条件是 。利用h1和h2计算h3时，还需要利用反应 的h。（2）如图为刚性容器中，进料浓度比c(hcl)c(o2)分别等于11、41、71时hcl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数k（400）_k（500）（填“大于”或“小于”）。设容器内初始压强为p0，根据进料浓度比c(hcl)c(o2)=41的数据，计算400时容器内的平衡压强=_（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(hcl)c(o2)过低、过高的不利影响分别是 。（3）已知：氯气与naoh溶液反应可生成naclo3。有研究表明，生成naclo3的反应分两步进行：2clo=clo+clclo+clo=clo+cl常温下，反应能快速进行，但氯气与naoh溶液反应很难得到naclo3，试用碰撞理论解释其原因： 。（4）电解naclo3水溶液可制备naclo4，写出阳极反应式： 。【答案】（1）高温 cuo(s)+2hcl(g)cucl2(s)+h2o(g) （2）大于 p=p0=0.848p0 cl2和o2分离能耗较高、hcl转化率较低 （3）反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于clo向clo转化 clo+h2o2e=clo+2h+ 【解析】（1）cucl2(s)=cucl(s)+cl2(g) h1=+83kjmol1，s0，则要g=h-ts0，须高温条件下才能自发；cucl2(s)=cucl(s)+cl2(g) h1=+83kjmol1cucl(s)+o2(g)=cuo(s)+cl2(g) h2=-20kjmol14hcl(g)+o2(g)=2cl2(g)+2h2o(g) h3利用h1和h2计算h3时，由盖斯定律，（-2-2）/2得：还需要利用反应cuo(s)+2hcl(g)cucl2(s)+h2o(g)的h。故答案为：高温；cuo(s)+2hcl(g)cucl2(s)+h2o(g)；（2）根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高hcl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数k（400）大于k（500）；进料浓度比c(hcl)c(o2)的比值越大，hcl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时hcl转化率最高的为进料浓度比c(hcl)c(o2)=41，该曲线中400 hcl的平衡转化率为76%。则4hcl(g) + o2(g) 2cl2(g) + 2h2o(g) p=p0=0.848p0；进料浓度比c(hcl)c(o2)过低时，o2浓度较大，hcl的转化率较高，但cl2和o2分离能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c(hcl)c(o2)过高时，o2浓度较低，导致hcl的转化率减小；故答案为：大于；p=p0=0.848p0；cl2和o2分离能耗较高、hcl转化率较低；（3）生成naclo3的反应分两步进行：2clo=clo+cl，clo+clo=clo+cl，常温下，反应能快速进行，但氯气与naoh溶液反应很难得到naclo3，用碰撞理论解释其原因：反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于clo向clo转化；故答案为：反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于clo向clo转化；（4）电解naclo3水溶液可制备naclo4，阳极发生氧化反应生成clo，阳极反应式：clo+h2o2e=clo+2h+。故答案为：clo+h2o2e=clo+2h+。三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）35【化学选修3：物质结构与性质】（15分）张亭栋研究小组受民间中医启发，发现as2o3(俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。氮(n)、磷(p)、砷(as)等都是va族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：(1)n、p、as原子的第一电离能由大到小的顺序为_；as原子的核外电子排布式为_。(2)nh3的沸点比ph3_(填“高或“低”)，原因是_。(3)na3aso4中含有的化学键类型包括_；aso的空间构型为_，as4o6的分子结构如图1所示，则在该化合物中as的杂化方式是_。(4)白磷(p4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2(小圆圈表示白磷分子)。己知晶胞的边长为a cm，阿伏加德罗常数为na mol1，则该晶胞中含有的p原子的个数为_，该晶体的密度为_gcm3(用含na、a的式子表示)。【答案】（1）npas 1s22s22p63s23p63d104s24p3 （2）高 nh3分子间存在较强的氢键作用，而ph3分子间仅有较弱的范德华力 （3）离子键、共价键 正四面体 sp3 16 （4） 【解析】(1)同主族元素从上到下第一电离能减小，所以n、p、as原子的第一电离能由大到小的顺序为npas；根据能量最低原则，as原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3； (2)nh3分子间存在较强的氢键作用，而ph3分子间仅有较弱的范德华力，nh3的沸点比ph3高； (3)na3aso4是离子化合物，含有离子键，aso中as与o之间是共价键，na3aso4中含有的化学键类型包括离子键、共价键；aso的价电子对数是，无孤对电子，所以aso的空间构型为正四面体；as4o6的分子中as通过3个键与o原则结合，所以as原子价电子对数是，所以as的杂化方式是sp3；(4)根据均摊原则，p原子数=；晶胞的摩尔质量是，1个晶胞的体积是，=gcm-3。36【化学选修5：有机化学基础】（15分）奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，可治疗流感。以莽草酸作为起始原料合成奥司他韦的主流路线如图：已知：+h2o回答下列问题：（1）下列关于莽草酸说法正确的有 。a莽草酸化学式是c7h8o5b与浓溴水反应可以生成白色沉淀c易溶于水和酒精d可以发