湖北省名校联盟2020年高考化学考前提分仿真卷（二）（含解析）

湖北省名校联盟2020年高考化学考前提分仿真卷（二）（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化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法不正确的是a地沟油可用来生产肥皂、甘油，达到废物利用的目的b锅炉水垢中含有的caso4，可先用na2co3溶液处理，后用酸除去c泉州府志：元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。泥土具有吸附作用，能将红糖变白d“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花不同【答案】d【解析】a地沟油的主要成分是油脂，油脂可发生皂化反应，该反应可用于工业上生产肥皂、甘油，达到废物利用的目的，a正确；bcaso4不溶于酸，caso4用na2co3溶液处理后可转化为caco3，caco3可溶于酸，b正确；c泥土颗粒表面积较大，因而具有吸附作用，能吸附红糖中的色素使其变白，c正确；d柳絮的主要成分是纤维素，和棉花相同，d不正确。综上，选d。8现有下列两套实验装置，用于实验室制取乙酸乙酯和乙酸丁酯。下列说法错误的是a导管a和导管b的作用都是冷凝回流b都可用饱和na2co3溶液来洗去酯中的酸和醇c加入过量的乙酸可以提高醇的转化率d图i装置用于制取乙酸乙酯，图装置用于制取乙酸丁酯【答案】a【解析】a导管a的作用是导气、冷凝，导管b的作用是冷凝、回流，a错误；b饱和碳酸钠溶液能中和乙酸，其中的水可以溶解乙醇、丁醇，并且能够降低反应产生的酯的溶解度，便于分离提纯，故可洗去酯中的酸和醇，b正确；c酯的制备反应为可逆反应，增大反应物乙酸的浓度，可使化学平衡正向移动，从而可提高醇的转化率，c正确；d乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法，但乙酸丁酯则采取直接回流的方法，待反应结束后再提取产物，d正确；故合理选项是a。9乙苯与氢气加成，其产物的一氯代物的同分异构体数目有（不考虑立体异构）a4种 b5种 c6种 d7种【答案】c【解析】完全氢化后的产物，即为乙基环己烷，六元环含有4种h，乙基含有2种h，故产物的一氯代物有6种同分异构体；答案选c。10由下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论a向co2o3中滴加浓盐酸产生黄绿色气体氧化性：cl2co2o3b白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴k3fe(cn)6溶液无明显现象该过程未发生氧化还原反应c将铁片投入浓硫酸中无明显变化常温下铁不与浓硫酸反应d将10ml 2mol/l的ki溶液与1ml 1mol/l fecl3溶液混合充分反应后滴加kscn溶液溶液颜色变红ki与fecl3的反应具有可逆性【答案】d【解析】a向co2o3中滴加浓盐酸产生的黄绿色气体为氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物，则氧化性：cl2co2o3，故a错误；b出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，zn为负极，铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故b错误；c铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，并不是不反应，故c错误；d根据2fe3+2i=2fe2+i2，10ml 2mol/l的ki溶液与1ml 1mol/l fecl3溶液反应后ki过量，由现象可知存在铁离子，说明ki与fecl3反应有可逆性，故d正确；故选d。112019年11月science杂志报道了王浩天教授团队发明的制取h2o2的绿色方法，原理如图所示(已知：h2o2=h+ho，ka2.41012)。下列说法错误的是ax膜为选择性阳离子交换膜b每生成1mol h2o2电极上流过4mol ec催化剂可促进反应中电子的转移db极上的电极反应为o2+h2o+2e=ho+oh【答案】b【解析】aa极发生h2-2e=2h+，x膜为选择性阳离子交换膜，让h+进入中间，故a正确； b氧元素由0价变成-1价，每生成1mol h2o2电极上流过2mol e，故b错误；c催化剂可促进反应中电子的转移，加快反应速率，故c正确；db为正极，氧气得电子，b极上的电极反应为o2+h2o+2e=ho+oh，故d正确；故选b。12某化合物的结构如图所示，分子中所有原子都达到了8电子稳定结构，x、y、z、w是原子序数依次增大的短周期主族元素，原子半径：r(x)r(y)r(z)，w的单质可用来制取漂白剂和自来水消毒。下列说法正确的是ayz2属于酸性氧化物bx的氧化物的水化物酸性弱于w的氧化物的水化物酸性cx、y、z与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物d气态氢化物的稳定性：hzr(y)r(z)，同一周期原子序数越大原子半径越小，z能够形成1个双键，x形成4个共价键，y形成3个共价键，w形成1个共价键，w位于第三周期，x、y、z位于第二周期，x为c，y为n，z为o，w为cl元素，据此解答。ayz2是no2，no2与naoh溶液反应产生nano3、nano2、h2o，反应中n元素化合价发生了变化，因此no2不属于酸性氧化物，a错误；bx形成的氧化物有co、co2，co难溶于水，co2溶于水反应产生的h2co3为弱酸，而cl元素的氧化物对应的酸有多种，如hclo是一元弱酸，酸性比碳酸弱，而hclo3、hclo4都是强酸，可见未指明氧化物的价态，无法比较相应的物质的酸性强弱，b错误；cc与h形成ch3-ch3、ch2=ch2等、n与h可形成nh2-nh2及o与h可形成h2o2中含有非极性键；故c、n、o三种元素均可以与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物，c正确；d非金属性：ocl，故氢化物的稳定性为h2ohcl，d错误；故合理选项是c。13已知溶解度也可用物质的量浓度表示，25时，ag2cro4在不同浓度cro溶液中的溶解度如图所示。又知ksp(agcl)=1.81010。下列说法正确的是a图中a、b两点c(ag+)相同b该温度下，ag2cro4溶度积的数量级为1012c加热蒸发饱和ag2cro4溶液再恢复到25，可使溶液由a点变到b点d将0.01mol/l agno3溶液滴入20ml0.01mol/l kcl和0.01mol/l k2cro4的混合溶液中，cro先沉淀【答案】b【解析】a曲线为达到沉淀溶解平衡时的曲线，a点和b点c(cro)不一样，则c(ag+)不相同，a错误；b根据图象上相关数据，ag2cro4(s)2ag+(aq)+cro(aq)，如以c(cro)=102mol/l时，溶解度为105 mol/l计算ksp=c2(ag+)c(cro)=(2105)2102=41012，则数量级为1012，b正确； c加热蒸发饱和ag2cro4溶液再恢复到25，仍然为该温度下的饱和溶液，各种微粒的浓度不变，因此不能使溶液由a点变到b点，c错误；d由于ksp(agcl)=1.810-10，当溶液中kcl为0.01 mol/l时，形成沉淀需ag+的浓度最小为c(ag+)=mol/l=1.8108mol/l，而ksp(ag2cro4)=41012，形成ag2cro4时需要ag+的浓度最小为c(ag+)=mol/l=2105 mol/l，形成沉淀需要的ag+浓度越小，先形成沉淀，可见等浓度的混合溶液中，cl先产生沉淀，d错误；故合理选项是b。二、非选择题（共43分）26（14分）为测定某样品中氟元素的质量分数进行如下实验，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(氢氟酸为低沸点酸，含量低，不考虑对玻璃仪器的腐蚀)，用水蒸气蒸出，再通过滴定测量。实验装置如下图所示，加热装置省略。(1)a的名称是_，长导管用于平衡压强，实验过程中其下端_(填“能”或“不能”)在液面以上。(2)仪器c是直形冷凝管，实验过程中，冷却水应从_口出。(填“a”或“b)(3)实验时，首先打开活塞k，待水沸腾时，关闭活塞k，开始蒸馏：若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即_。(4)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，其作用是_。(5)b中加入一定体积高氯酸和1.00g氟化稀土矿样，d中盛有滴加酚酞的naoh溶液。加热a、b，使a中产生的水蒸气进入b。下列物质不可代替高氯酸的是_(填标号)a醋酸 b硝酸 c磷酸 d硫酸d中主要反应的离子方程式为_。(6)向馏出液中加入25.00ml 0.100moll1 la(no3)3溶液，得到laf3沉淀，再用0.100moll1 edta标准溶液滴定剩余la3+(la3+与edta按11络合)，消耗edta标准溶液20.00ml，则氟化稀土样品中氟的质量分数为_。【答案】（1）圆底烧瓶 不能 （2）b （3）打开活塞k （4）保温，避免水蒸气冷凝 （5）ab hf+oh=f+h2o （6）2.85% 【解析】a是水蒸气发生装置，长导管作用起到平衡压强的作用，防止烧瓶内压强过大，实验时，首先打开活塞k，目的是让烧瓶内压强和外界一致，待水沸腾时，关闭活塞k，开始蒸馏，若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即打开活塞k，和外界联通降低压强，b制取hf的装置，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢，用水蒸气蒸出，冷凝到d装置，被氢氧化钠中和吸收，在采用滴定法定量测定氟元素的质量分数。(1)a的名称是圆底烧瓶，长导管用于平衡压强，实验过程中其下端在液面以下；答案：圆底烧瓶；不能；(2)实验过程中，直形冷凝管中的冷却水应从a进b出，这样可使冷却水充满外管，有利于带走热量；答案：b。(3)从实验安全角度考虑，实验时，首先打开活塞k，目的是让烧瓶内压强和外界一致，待水沸腾时，关闭活塞k，开始蒸馏，若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即打开活塞k，和外界联通降低压强；答案：打开活塞k；(4)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，石棉绳的隔热效果比较好，主要起到保温防止水蒸气冷凝的作用；答案：保温，避免水蒸气冷凝。(5)根据题干知识可知反应原理为高沸点酸（难挥发性酸）制取低沸点酸（易挥发性酸），醋酸和硝酸易挥发，不可代替高氯酸；答案：ab；d中是氢氧化钠与hf发生酸碱中和生成盐和水，离子方程式为hf+oh=f+h2o；答案：hf+oh=f+h2o。(6)关系式法计算：设f的物质的量为x mol3flaf3la3+ edta la3+3mol 1mol 1mol 1molx x/3 0.1mol/l20.00103l 0.1mol/l20.00103l +0.1mol/l20.00103l=0.100mol/l25.00103l得x=1.5103mol=0.0015mol氟化稀土样品中氟的质量分数为：100%=2.85%；答案：2.85%。27（14分）锰酸锂（limn2o4)是新型锂离子电池常用的正极材料。工业上以软锰矿浆为原料可制备锰酸锂，同时制得副产品mnso4h2o晶体，其流程如图所示。已知：（1）软锰矿浆的主要成分为mno2，还含有fe2o3，mgo、al2o3，cao，sio2等杂质。（2）温度高于27时，mnso4晶体的溶解度随温度升高而逐渐降低。（3）有关物质的溶度积常数如下表：（1）“浸出”过程中mno2转化为mn2+的离子方程式为 。该过程中，为提高软锰矿中mno2的浸出率，下列措施可行的有_（填字母）。a不断搅拌，使so2和软锰矿浆充分接触b增大通入so2的流速c适当升温d减少软锰矿浆的进入量（2）第1步除杂中加入h2o2的目的是_。（3）第2步除杂，主要是将ca2+，mg2+转化为相应的氟化物沉淀除去，其中mnf2除去mg2+反应的离子方程式为mnf2(s)+mg2+(aq)=mn2+(aq)+mgf2(s)，该反应的平衡常数为_。（4）图中的一系列操作指的是_。（5）将mno2和li2co3按41的物质的量之比配料，混合搅拌，然后高温煅烧600750，制取产品limn2o4。写出该反应的化学方程式：_。【答案】（1）mno2+so2=so+mn2+ ac （2）将fe2+氧化为fe3+ （3）7.2104 （4）蒸发浓缩、趁热过滤 （5）8mno2+2li2co34limn2o4+2co2+o2 【解析】(1)“浸出”过程中mno2与so2发生氧化还原反应，转化为mn2+的离子方程式为mno2+so2=so+mn2+；提高mno2的浸出率：a不断搅拌，使so2和软锰矿浆充分接触，这样so2就会更多转化为so，a项正确；b增大通入so2的流速，可能会导致部分so2未来得及反应就逸出，物质的产率降低，b项错误；c温度升高，可以提升反应速率，c项正确；d减少软锰矿浆的进入量，so2可能不能及时参加反应，导致回收率降低，d项错误；故合理选项是ac，故答案为mno2+so2=so+mn2+；ac；(2)第1步除杂中加入h2o2的目的是将溶液中的fe2+氧化为fe3+，以便于形成fe(oh)3沉淀，过滤将沉淀除去，故答案为：将fe2+氧化为fe3+；(3)mnf2除去mg2+的离子反应方程式是mnf2+mg2+mn2+mgf2，该反应的平衡常数数值为，故答案为：7.2104；(4)溶液到晶体，同时mnso4h2o在水中的溶解度随温度的升高而减小，采用蒸发浓缩、趁热过滤操作，故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤；(5) mno2和li2co3反应后只有mn的价态降低，必然有元素的化合价升高，c元素处在最高价态，不能升高，则只能是o元素价态升高，所以还有o2生成。根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：8mno2+2li2co34limn2o4+2co2+o2，故答案为：8mno2+2li2co34limn2o4+2co2+o2。28（15分）科学家们致力于消除氮氧化物对大气的污染。回答下列问题：(1)no在空气中存在如下反应：2no(g)+o2(g)2no2(g) h，该反应共有两步第一步反应为2no(g)n2o2(g) h10；请写出第二步反应的热化学方程式（h2用含h、h1的式子来表示）：_。(2)温度为t1时，在两个容积均为1 l的恒容密闭容器中仅发生反应：2no2(g)2no(g)+o2(g)，容器i中5min达到平衡。相关数据如表所示：容器编号物质的起始浓度(mol/l)物质的平衡浓度(mol/l)c(no2)c(no)c(o2)c(o2)i0.6000.20.30.50.2容器在反应的起始阶段向_(“正反应”、“逆反应”、“达平衡”)方向进行。达到平衡时，容器i与容器中的总压强之比为_a1 b=1 c1(3)no2存在如下平衡：2no2(g)n2o4(g) h0，在一定条件下no2与n2o4的消耗速率与各自的分压(分压=总压物质的量分数)有如下关系：(no2)=k1p2(no2)，(n2o4)=k2p(n2o4)，相应的速率与其分压关系如图所示。一定温度下，k1、k2与平衡常数kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k1=_；在上图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是_，理由是_。(4)可用nh3去除no，其反应原理4nh3+6no=5n2+6h2o。不同温度条件下，n(nh3)n(no)的物质的量之比分别为41、31、13时，得到no脱除率曲线如图所示：曲线a中，no的起始浓度为6104 mgm3，从a点到b点经过0.8s，该时间段内no的脱除速率为_mg/(m3s)。曲线b对应nh3与no的物质的量之比是_。 (5)还可用间接电解法除no。其原理如图所示：从a口中出来的物质的是_。写出电解池阴极的电极反应式_。用离子方程式表示吸收池中除去no的原理_。【答案】（1）n2o2(g)+o2(g)2no2(g) h2=h-h1 （2）正反应 c （3）2k2kp b、d n2o4与no2的消耗速率满足条件v(no2)=2v(n2o4) （4）1.5104 31 （5）o2和较浓的硫酸 2hso+2h+2e=s2o+2h2o 2no+2s2o+2h2o=n2+4hso 【解析】(1)2no(g)+o2(g)2no2(g) h，第一步反应为2no(g)n2o2(g) h10，则第二步反应为-，整理可得n2o2(g) +o2(g)2no2(g) h2=h-h1；(2)对于反应2no2(g)2no(g)+o2(g)，反应温度为t1，反应开始时c(no2)=0.6mol/l，c(no)=c(o2)=0，反应达到平衡时c(o2)=0.2mol/l，则根据物质转化关系可知，平衡时c(no2)=0.6mol/l-20.2mol/l=0.2mol/l，c(no)= 20.2mol/l=0.4mol/l，该温度下化学反应的平衡常数k=0.8，对于容器中进行的上述反应，在开始时刻浓度商qc=0.560.8，则反应向正反应方向进行；对于反应，由于no与o2按照21关系发生改变，根据给出的物质的浓度，可认为其等效开始状态为c(o2)=0，c(no)=(0.5-0.22)mol/l=0.1mol/l，c(no2)=(0.3+0.22)mol/l=0.7mol/l，反应在1l容器中进行，所以气体的浓度和为气体的物质的量的和，对于容器i，开始时气体的物质的量n(总)i=0.6mol，容器开始时气体的物质的量n(总)ii=0.7mol+0.1mol=0.8mol0.6mol，在相同外界条件下气体的物质的量与压强呈正比，所以达到平衡时，容器i与容器ii中的总压强之比小于1，故合理选项是c；(3)反应达到平衡时v(no2)正=2v(n2o4)逆，(no2)=k1p2(no2)，(n2o4)=k2p(n2o4)，所以kp=，所以k1=2k2kp；满足平衡条件v(no2)=2v(n2o4)，即为平衡点，根据图象，b、d所对应的速率刚好为12的关系，所以b、d为平衡点；(4)曲线a中no的起始浓度为6104 mgm3，a点的脱除率为55%，b点的脱除率为75%，从a点到b点经过0.8s，该时间段内no的脱除速率v=1.5104 mg/(m3s)；nh3与no的物质的量的比值越大，no的脱除率越大，则物质的量之比分别为41、31、13时，对应的曲线为a、b、c，即曲线b对应的物质的量之比是31；(5)阳极电解质溶液为稀h2so4，在阳极，溶液中水电离产生的oh失去电子发生氧化反应，电极反应式为：2h2o-2e=o2+4h+，由于水不断放电消耗，所以阳极区h2so4溶液浓度不断增大，所以从a口中出来的物质的是o2和较浓的硫酸；在电解池阴极上得到电子发生还原反应，根据图可知是hso在酸性条件下发生还原反应，生成s2o，其电极反应式为2hso+2e+2h+=s2o+2h2o；根据图示，吸收池中s2o和no是反应物，n2和hso是生成物，则根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得吸收池中除去no的原理是2no+2s2o+2h2o=n2+4hso。三、选考题（共15分，请考生从2道化学题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）35【化学选修3：物质的结构与性质】（15分）某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收znso4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为mno2+zn+(1+)h2o+znso4mnooh+znso4zn(oh)2xh2o，其电池结构如图甲所示，图乙是有机高聚物的结构片段。(1)mn2+的核外电子排布式为 ；有机高聚物中c的杂化方式为 。(2)已知cn与n2互为等电子体，推算拟卤素(cn)2分子中键与键数目之比为 。(3)no的空间构型为 。(4)mno是离子晶体，其晶格能可通过如图的bornhaber循环计算得到。mn的第一电离能是_，o2的键能是_，mno的晶格能是_。(5)r(晶胞结构如图)由zn、s组成，其化学式为_(用元素符号表示)。已知其晶胞边长为a cm，则该晶胞的密度为_gcm3(阿伏加德罗常数用na表示)。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d5 sp2、sp3 （2）34 （3）v形 （4）b kjmol1 2e kjmol1 (f-a-b-c-d-e) kjmol1 （5）zns 【解析】(1)锰原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则mn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；有机高聚物中c的价层电子对数分别为3和4，则杂化方式分别为sp2、sp3；答案：1s22s22p63s23p63d5；sp2、sp3；(2)已知cn与n2互为等电子体，可推出拟卤素(cn)2分子结构为nc-cn，则键为3个，键为4个，从而得出键和键为数目之比为34；答案为：34； (3)no的价层电子对数为=3，n与2个o各形成共价双键，另有一对孤对电子，对成键电子有排斥作用，从而使结构不对称，由此可确定空间构型为v形；答案为：v形；(4)由图中可知，mn(g)mn+时吸收的能量为b kjmol1，则m