2020届湖北省黄冈市麻城市实验高级中学高三第六次模拟考试化学试题理综

A22222222322A22222222222高考模拟试(A22222222322A22222222222湖北省黄市麻城市实高级中学2020届高三第六次模拟考试理综可能用到的相对原子质量H-1C-12N-14Na-23S-32一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。新中国立年来，我国在载人飞船、斗卫星、高铁5G技等领域取得了举世瞩目的成就。它们均与化学有着密切联系。下列说法正确的是（）截止年11月我国光缆线路总长超过三千万公里，纤的主要成分是碳化硅我大力调整能源结构，大力发展核电、光电、风电、水电、火等新能源C.国阅兵中出现直直机使用了大量的新型材料，其中锂铝合金属于金属材料我的高铁运营里程世界第一，硅钢是铁轨的主要材料『案』C『详解A光纤的主要成分为二氧化硅，并非碳化硅A错；B核电、光电、风电、水电均属于新能源，但火电不属于新能源B错；C．属材料包括纯金属和合金，锂铝合金属于合金的一种，故属于金属材料C正；D．轨主要材料是含碳锰钢，并非硅钢D错；故选。设为伏加德罗常数值。如图表示O在Pt+程。下列说法正确的是（）

表面与反应转化成无害气体的过NO化成无害气体时的催化剂是+每

转化为PtO

得电子数为3N

AC.将成的CO通人含大量SiONa、Cl-的溶液中，无明显象CO、NO的合气体中含有电子数为0.5N『案』D『详解据转化关系O转时O

转化为O+该程的催化剂是O

，故A错；B根据转化关系，结合得失电子守恒，N转N时O转为Pt，氧化还原反1

22222222A23322323222AA---2322222322-22222222A23322323222AA---2322222322--23应方程式为NO+N+PtO+

，反应中氮元素价得电子变为0N转化为N得2mol电，则每转化为+

失电子为2mol，数为N，故B错误；C生成的CO通人含大量SiO2-Na+Cl-的溶液中酸酸性大于硅酸2-(少量+H，白色沉淀生成，故错；D．和NO的尔量都为，个分子中含有电子数都为22个则1g、NO的合气体的物质的量为

mol，含有电子数为mol×22×NN，故D正；答案选D『点睛B项算转移的电数时，必须正确写出反应方程式，根据化合价的变化，物质的关系，计算出转移的电子数。下列各离子在溶液中可以大量共存加或通入试剂X后生反应的离子方程式正确的是（）选项

离子组

试剂X

发生反应的离子方程式A

+

+

3

少量HCl

H+AlO=Al(OH)↓B

NH

Fe2+

Br、

2-

少量HS

+HS=FeS+CClO、Na+、Ca2+

、

NO-3

少量

CO+Ca+HO+2ClO-D

I、Cl、Na+

3

少量稀硝酸

6I-

NO3

+↑+4HO+3I『答案』C『详解A．原溶液中碳酸氢根与偏铝酸根不能共存可以发生反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为+AlOO=↓+，错；3B选项中四种离子可以共存，通入硫化氢气体后，无明显现象B错；C．项中四种离子可以共存，向含有四种离子的溶液中通入少量的二氧化碳，二氧化碳溶于水生成碳酸碳电离出碳酸和氢离子别与钙离子和次氯酸跟结合子方程式正确，正；2

-2488高考模拟试(一模/二模/三-2488D．给种离子可以大量共存，但加入少量硝酸时，由于亚硫酸根的还原性强于碘离子，故硝酸先与亚硫酸根发生反应，反应的离子方程式为3

+2NO33

+

+2NO↑+HO，错；故选。脱氢醋钠是和认的一种全型食品防霉、防腐保鲜剂，它是脱氢醋酸的钠盐。脱氢醋酸的一种制备方法如图，下列说法错误的是（）a分中所有原子处于同一平面

均使酸性KMnO溶褪色C.a.b均与NaOH溶发反应

与

互为同分异构体『答案』A『详解Aa子中有1个和碳原子，故所有原子不可能共平面A错；B．、分子中均含有碳碳双键，均能使酸性高酸钾溶液褪色B正；C．、b分中均含有酯基，均能与液发生水解反应，C正；D．子相同而结构不同的有机物互称为同分异构体b与CO且构不同故二者属于同分异构体D正；故选A。下列有实验现象和解释或结论都正确的()

的分子式均为选项

实验操作

现象

解释或结论取硫酸催化淀粉水解的反应液，有砖红色沉淀A

滴入少量新制

悬浊液

生成

葡萄糖具有还原性并加热3

22322233高考模拟试(一模/二模/三22322233B

溶液与NaHCO溶2混合

有白色絮状沉淀生成

二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀C

将充满NO和NO22

4

混合气体的

红棕色变深

反应

2NO(g)2

O(g)2D

密闭玻璃球浸泡在热水中向FeCl饱和溶液中滴入足量浓3氨水，并加热至刚好沸腾

得到红褐色透明液体

的H＜得到Fe(OH)胶『答案』C『详解淀的酸性水解液中加入氢氧化钠溶液中和再滴入少量新制Cu(OH)悬浊液并加热出砖红色沉淀可以检验水解产物葡萄糖则酸与氢氧化铜反应影了实验结果，故A误；B．NaAlO溶液与溶液混合，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，是强酸制取弱酸，不是双水解原理，故B错；C．满的闭玻璃球浸泡在热水中，颜色加深，说升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动，则2NONO的eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)＜，故C正；D．饱溶液中逐滴滴入足量浓氨水，发生反应生成沉淀，不能得到胶体应F饱和溶液加入沸水中发生水解制备氢氧化铁胶体，故错；答案选C『点睛碳酸氢根的电离常数比铝酸大酸氢根与氢离子的结合能力弱以为是偏铝酸跟夺走了碳酸氢根中的氢离子跟所需的氢离子是碳酸氢根电离出来的水，所以不是水解从成物的角度若水解反应，则碳酸氢根应变成碳酸，再变成二氧化碳，可事实上不是，最终产物是碳酸根，所以从这两方面看该反应都不是水解反应。下表是素周期表短周期的一部分四元素原子的最外层电子数之和为21列说法错误的是（）最简单氢化物沸点>ZY的最高价氧化物不能与碱反应4

33223222b122b22222b1高考33223222b122b22222b1C.简离子的半径YD.Y和Z形成的化合的水溶液呈酸性『案』B『分析的最外层电子数为则X最层电子数为＋1的外层电子数为a，Y的外层电子数为－2根据题意＋＋1＋＋＋，解得a=5即W，X为，为，Y为Al据此分析；『详解的最外层电子数为则X最层电子数为＋1的外层电子数为a，Y的外层电子数为－2根据题意a＋＋1＋2＋－2=21，解得，四种元素为短周期元素，WX位于第二周期Y、位于第三周期，从而得到为N，为，为ClY为AlZ的简单氢化物分别是NHHCl氨气分子间存在氢键HCl分子间不存在氢键，即NH的点高于HCl，A正；Y的最高价氧化物是AlOAlO为性氧化物，与强碱发生反应，故B错误；C.X的单离子分别是2Al核电子排布相同此r(O3)故C确；Y和Z成的化合物是AlCl，于弱碱强酸盐，水溶液显酸性，故D正；『案』B。室温下乙二(CHNH用符号B表溶于水存在如下平衡B+HOHB+

+OHKHB+HOH2+OH-K。水溶液中的相关组分BHB+H的质的量数δ(X)随液的变化曲线如图所示δ(X)＝

c(B)+c(HB

)

列说法正确的是（）随溶液pH变化情况曲线示δ(HB等度的乙二胺的水溶液与盐酸等体积混合后，溶液呈酸性C.等质的量的『HBCl和『HB』的合溶液中(HB2+K的量级为-45

)<(HB+

)

2b2b1b1b2h2hwKb22b1b132高考模拟试(一模/二模/三模2b2b1b1b2h2hwKb22b1b132『答案』C『分析』由图可知，曲线在酸性条件下含量最高，说明该曲线是HB

的物质的量分数随溶液的化曲线；曲线强酸性或强碱性条件下含量极低，说明该曲线是H+的质的量分数随溶液pH的化曲线线表B的质的量分数随溶液pH的化曲线；由、曲交点可计算K=

c(OH-)c(HBc(HB+)

)

=10-7.15

，由、曲线交点可以计算K

c(OH)c(HBc(B)

+

)

=10-4.07

，据此分析。『详解A由上述分析，曲线是HB+物质的量分数随溶液的化曲线A错误；B由图可知KK=10-7.15

，等浓度的乙二胺的水溶液与盐酸等体积混合后所得溶液中的溶质为HBCl，K(HB+

)=

KK

wb1

=10-9.93

，则HB

的电离程度大于其水解程度，溶液呈碱性，B错；C．物质的量的HBCl和HBCl的合溶液中，(HB

K)=-6.85b2

K，则混合溶液中c(HB2+

)<c

)，正；D．分可知K=10，的数量级为-5，D错；故选。二、必做题以含锂解铝废(主要含、、LiF、CaO)锂，同时得副产品冰晶石，其工艺流程如下：

和浓硫酸为原料，制备电池级碳酸已知易溶于水，LiCO微于水。回答下列问题：电解铝废渣与浓硫酸反应产生的气体化学式为___________。渣2主要成分是(写化学式_________。6

23sp3sp322333232242622234323223sp3sp32233323224262223432323232233333碱解反应中，同时到气体和沉淀反应的子方程式_____________________。一般地说K＞105

时，该反应进行得就基本完全了。苛化反应中存在如下平衡：LiCO(s)+Ca(aq)+(aq)+(s)过计算说明该反应是否进行完_______(知K(LiCO)=8.64×10、K(CaCO)=)碳化反应后的溶液得到Li的具体实验操作有：加热浓缩、、干燥。上述流程得到副产品冰晶石的化学方程式。(6)Li是制备金属锂的重要原料，一种备金属锂的新方法获得国发明专利装置如图所示：工作时电极C应连接电源的______，阳极的电极反应式__________________。该方法设计的A区避免熔融碳酸锂对设备的腐蚀和逸出对环境的污染。『答案』HF(2).CaCO

2Al

＋2-＋3HO=2Al(OH)＋↑该应的K＝5

，可以认为该反应进行完全

冷却结晶

过滤洗涤6HF＋Na＋=Na＋＋2HO(8).负

2Cl--2e↑(10).氯气『分析』含锂电解铝废渣主要成分为、、NaF少量等加入浓硫酸生成的气体为HF，浸取后过分离出滤渣为CaSO，液加碳酸钠发生

+3COO（）↓+3CO、2Li

+CO2-CO，体为二氧化碳，过滤分离出滤液含硫酸钠，分离出氢氧化铝LiCO，加苛反应将不溶性的碳酸锂转化成氢氧化锂溶液滤分离出滤渣含碳酸钙化时与二氧化碳反应生成LiCO二氧化碳流程中可循环使用，以此来解答。『详解）据上述分析，废渣与浓硫酸反应产生的气体化学式为HF，根据上述分析滤渣2的要成分是、Al(OH)，答案为HFCaCO、Al(OH)；（2碱解反应中，同时得到气体和沉淀反应是铝离子与碳酸根离子的双水解反应，离子方7

3232323223sp322236242623232323223sp3222362426222423622222242242程式为：2Al3+

＋2-O=2Al(OH)＋，答案为2Al

＋＋O=2Al(OH)＋↑；（3Li(s)+Ca2+2Li(aq)+CaCO的(Li+KLi8.64-4K===2+K-9sp

＞5

，可以认为该反应进行完全，故答案为：该反应的K＝5

，可以认为该反应进行完全；（4碳化反应后的溶液得到LiCO的体实验操作有：加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤洗涤；（5根据流程图知，反应物为H、NaNaAlO，成物为AlF，根据原子守恒及反应原理书写方程式为6HFNa＋NaAlO＋HSO＋2HO故答案为＋SO＋NaAlOAlF＋HSO＋；（6根据图示极Li生，电极反应为Li+=Li，则为极，发生还原反应，应连接电源的负极；阳极发生氧化反应，根据图示阳极有氯气生成，则电极反应式为：2Cl-=Cl；据图示分析，该方法设计的A区用熔融的碳酸锂吸收产生的氯气，防止氯气对还原产生污染，故答案为：负；--；氯气。保险粉(Na)可用作食品保鲜剂、纸浆肥皂等的漂白剂NaS易溶于水，难溶于乙醇碱介质中较稳定空中易被氧化粉法制备SO的工艺流程如图所示：回答下列问题：实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取希望能控制反应速度中可选用的发生装置是________(填母。工业上常将锌块进行预处理得到锌—水浊液，其目的；骤Ⅰ中发生反应的化学方程式_________________________________。8

2366622362222424226262223666223622224242262622242222232422242242224222462步骤Ⅱ中需选用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒之外，还填称。在步骤III

中加入NaCl作用是___________________________，到的S固要用乙醇洗涤，其优点_________________________________。铁氰化钾可用于分析检测保险粉。铁氰化钾K『』是一种比较弱的氧化剂，其具有强氧化剂所没有的选择性氧化性将

2-

氧化为还Fe(CN)』34−

，该反应的离子方程式为_______________________________________取

S样品溶于水，用0.4mol·L的K』准液滴定至终点，消25.00mL该样品中NaS的量分数为。『答案』(1).B增锌粉的表面积加快反应速率

O

漏斗

降SO的解度

便其结晶析出除去晶体表面的水分并减少NaS的溶解损失

2-

『』−

O＝2

2-3

+2『』−

+4H『分析本实验以锌粉为原料制保险粉先经锌粉分散到水中形成锌—水浊液这样可以增大反应物的表面积，加快反应速率，将悬浊液与二氧化硫反应生成O，碳酸锌不溶于水，将ZnS加到碳酸钠溶液中得到Na溶，随后向溶液中加入氯化钠使S固大量析出得到NaO粗品产经过一系列后续处理得到保险粉，由此分析。『详解』浓硫酸与NaSO发复分解反应生成NaSO、、H，反应方程式为HSO=NaSOO置不能控制反应速率浓酸具有吸水性长颈漏斗容易导致浓硫酸稀释不理B装通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，上下联通的导气管会使盛有浓硫酸的烧瓶上下气体压强抑制，便于浓硫酸顺利滴下B理；C装置浓硫酸与盐的反应放出大量的热，会导致装置炸裂合理；故选择B；工业上常将锌块进行预处理得到锌—水浊液，其目的是增大锌粉的表面积，加快反应速率根流程步Ⅰ中Zn反生成过程中发生的反应的化学方程式为；步骤Ⅱ为过滤操作，除用到烧杯、玻璃棒之外，还需要用到漏斗；步骤Ⅲ中加入NaCl是了降低的解度，便于晶体的析出；保险粉易溶于水难溶于乙醇，用乙醇洗涤既能除去晶体表面的水分，又能减少保险粉溶解的损失；根据题目分析，铁氰化钾与保险粉反应的离子方程式S

2-

『』3−

＝9

6223622436224xx33231216223622436224xx3323121323221x22

3

+2『Fe(CN)−+根据方程式可得保险粉与铁氰化钾的反关系为Na~2K『Fe(CN)(Na)=

1『)=×0.4×25×102

-3

molm(NaS)=×174=0.87g，则样品中SO的量分数为

0.871.16

=75%。有效去除大气中的NO，护臭氧层，是环境保护的重要课题。在没有NO催时，的解可分为以下两步反应进行；①O(慢)

②快第一步的速率方程为=k(O)，第二步的速率方程为(O(O)其中为性氧原子，它在第一步慢反应中生成后很快的在第二步反应中消耗，因此们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用k、组的代数式表示c(O)=____________。(2)NO催化剂可以加速臭氧反应，其反应过程如图所示：已知：O(g)+O(g)=2O(g)H－kJ/mol反应：O(g)+NO(g)=NO(g)ΔH=－kJ/mol反应：热化学方程式____________________________。一定条件下，将一定浓度NO和NO的合气体)通入Ca(OH)悬液中，改变)n(NO)

，的除率如图所示。已知：NO与Ca(OH)不应；10

x2222222222222222高考模拟试(一模/二模/三模)x2222222222222222NO的除率1

从C悬浊中逸出的N的物的量2x通入Ca(OH)悬液中的物的2x

×100%①

2n(NO)

在0.30.5之间，NO收时发生的主要反应的离子方程式为：。②当

)2n(NO)

大于时去除率升高，但NO去率却降。其可能的原因是__________________________________________________________若将CO和NO按同比例投入一密闭容器中发生反应2CO(g)+2NO(g)=N－kJ/mol反应达到平衡时N的积分数随2

的变化曲线如图。①b点，平衡体系中、N原个数之比接________②、b、c三的化率从小到的顺序_；、c、点的平衡常数从大到小的顺序为_以上两空均用、、c、d表示。③若

=0.8反应达平衡时N的积数为，则NO转化率_。『答案』

kk

NO(g)+O(g)=NO(g)+O(g)

eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)=+57.2kJ/molNO+NO+Ca(OH)

-+HO(4).NO量多，剩的NO和反应生成逸出，导致NO去率降低

：(7).b=c>d(8).60%『分析』(1)于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，以此计算即可；根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的化学方程式；①NONO和发归中反应产生)、HO11

2322131k32222222222222222222232221222高考模拟2322131k32222222222222222222232221222②根据二者发生归中反应的物质的量的比及NO与水反应产生HNO和NO析判断；①时N含最高，说明按方程式计量关系反应，根据方程式分析N个的比；②根据坐标系中横坐标的含义及物质浓度与物质转化率的关系分析判断学平衡常数与温度的关系及该反应的正反应为放热反应，利用温度对平衡移动的影响判断；③根据物质反应转化关系，结合

=0.8反应达平衡时N的积数为，计算平衡时各种物质的浓度，最后根据转化率的含义计算NO的化率。『详解(1)于活性氧原子变化的速率为零可认为其生成速率等于消耗速=kc)kv=kc(O)·，则kc(O)=k(O(O)，所以c；22122反应①是O在NO作下生成NO和O，NO在氧原子作用下生成和O，反应过程中NO参反应后又生成以NO用为催化剂根据盖斯定律将两个热学反应相减可得到反应热化学方程式NO(g)+O(g)=NO(g)+O(g)eq\o\ac(△,H)eq\o\ac(△,)=+57.2；①NO和Ca(OH)不应，所以反应物有NO、和Ca(OH)，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO

和水，所以离子方程式为NO+NO+Ca(OH)=Ca2++2NO-+HO②当NO太NO量太多，首先发生反应NO+NO=Ca+2NO-+HONO不能完全吸收，过量的NO就和水反应生成HNO和NO这样就导致NO去率升高但NO去率却降低；①当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N的积分数最大，所以的平衡体系中、N原个数比接近：1；②增大

，CO的浓度增大的倍数大于增的倍数，使化率降低，所以a、三CO的化率从小到大的顺序为c<b<a于学平衡常数只与温度有关以b、c点平衡常数相同，该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动的体积分数减小，所以T，衡逆向移动，化平衡常数减小，故d点平衡常数小于、c点，所以b、c、d点的平衡常数从大到小的顺序为b=c>d③若

=0.8反应达平衡时N的积数为，假设开始时(NO)=1，mol，设CO衡时转了mol，则据物质反应转化关系可知平衡产生CO的质的量为mol，N为0.5xmol，则此时(mol，为1-x)，12

243232423444323高2432324234443230.5x

，解得mol所以NO的化率为0.6mol1mol

。『点睛』本题考查了盖斯定律的应用、化学反应速率、化学平衡的判断与计算，掌握反应原理，利用反应特点，根据题目提供的数据和图象分析判断。三、选做题『化学选：物质结构与性质』钛一种性能非常优越的金属21世将是钛的世纪。薄膜中掺杂铬能显著提高光催化活性。基Ti原的价电子排布图_。四乙醇钛能增加橡胶在金属表面的粘附性。其制备原理如下：+4CHCHOH+4NH=Ti(OCH)Cl①Ti(OCHCH)

可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透明液体，其晶体类型。②和位同一周期O的二电离能大于N的二电离能的原因是_。③NHCl中在作用力_，NHCl熔点高于CH的原因是____________________________________________，Ti(OCHCH)

分子中原子的杂化形式均为__________。钛酸锶(SrTiO)可作电子陶材料和人造宝石中一种晶胞结构如图所示Ti位顶点位置O于_________位置；已知晶参数为a，Ti位于所成的正八面体的体心，则该八面体的边长为_________m(列出表达)。『答案』

分晶体

O和N分失去一个电子后的电子排布式22s2p3和1s2

2，前者半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者

配键、离子键、共价键

前为离子晶体，后者为分子晶或离子键强于分子间作力的熔沸点高于分子晶体的熔沸点

3杂化

棱

22

a

13

23423422高考模拟试(23423422『分析』根据核外电子的排布规则写出Ti的外电子排布式；根据相似相容原理，判断晶体的类型从化铵的电子式判断化学键的类型从晶体的类型不同判断熔沸点差异的原因)

分子中C原子的成键数目判断杂化方式；从晶胞的内部结构根据Ti

的位置，判断氧的位置；根据Ti和的离，计八面体的边长，据此分析。『详解』(1)Ti原是号元素，核外电子排布式为『』4s2；

，其价电子排布图为①Ti(OCHCH)

可溶于有机溶剂，有机溶剂大多数都是分子晶体，根据相似相溶，Ti(OCHCH)

是分子晶体；②O和N分失去一个电子后的价电子排布式2s2

和2

前是半充满结构后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者；③根据氯化铵的电子式：，可以看出氯化铵中的化学键有铵根离子和氯离子间的离子键氮子和氢子间共价键氮原子与三个氢原子形成三对共价键余一对电子与氢原子形成一对配位键氯化铵中存在的作用力有离子键价键位；Ti(OCHCH)

分子中C均形成四对σ键，故杂化方式为sp

杂化；图中Ti的原子坐标为，，原子坐标为，00O的原子坐标为（1/2，，Ti于顶点位置，相当于将晶胞整体沿（1/21/2方向平移，对于1/21/20（1/2=（01/2，，1/2（，1/2，1/2）=，1/2，1/2，+，，=1/2，，见O占的为棱心Ti位O所成的正八面体的体心，八面体中TiO构成了一个等腰直角三角形角边长为

12a边为(a)+(2=a×1022

。『化学选：有机化学基础』聚合物H(车片，其合成路线