1、湖北省名校联盟2020年高考化学考前提分仿真卷（六）（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
2、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【答案】A【解析】A商代的后母戊鼎属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金，故A正确；B陶瓷的主要成分是硅酸盐，故B错误；C丝绸的主要成分是蛋白质，故C错误；D绿色颜料的主要成分是碱式碳酸铜，故D错误。综上所述，答案为A。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
3、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【答案】B【解析】AX的化学式为C13H18O，故A正确；B布洛芬的官能团为COOH，不能与H2发生加成反应，1mol Y只能与3mol H2反应，故B错误；CX、Y官能团分别为CHO和COOH，只有COOH能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；DX、Y中均含有8种氢原子，故D正确；答案选B。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
4、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【答案】A【解析】A石墨炔是全碳分子，不属于碳氢化合物，A不正确；B石墨炔与金刚石都是碳元素组成的单质，二者互为同素异形体，B正确；C石墨炔具有优良的化学稳定性和半导体性能，有望代替半导体材料硅，C正确；D石墨炔孔径略大于H2分子直径，可用石墨炔去除杂质，以提纯H2薄膜，D正确；故选A。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
5、化物的热稳定性比Z的强D原子半径：ZYXW【答案】B【解析】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为O，W和Z位于同一主族，Z为S，X的焰色反应为黄色，X为Na，Y的最外层电子数比Z的最外层电子数少1，则Y为P。AO无最高正价，S最高正价为+6，故A错误；BX、Z形成的化合物Na2S，S2水解，溶液呈碱性，故B正确；C非金属性同一周期，从左到右逐渐增强，故PH3的热稳定性比H2S的弱，故C错误；D同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：NaPSO，故D错误。综上所述，答案为B。11NA表示阿伏加德罗常数的值。室温下，下列关于1L 0.1mol/L
6、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)【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
7、(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
8、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【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：Cl2Br
9、2I2，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
10、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【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
11、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。二、非
12、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
13、.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 。【答案】（1）+3 4NaH+B(OCH3)3NaBH4+3CH3ONa 11 （2）增大接触面
14、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
15、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
16、)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（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(C
17、2C4)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
18、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
19、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11【答案】（1） （2）0.30.6 （3）主要产物为CH4 产物有CH2=CH2、C3H6、C4H8 （4）小
20、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、C
21、H2=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)24
22、50(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（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NaClO
23、3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“ 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
24、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。三、选考题（共15分
25、，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）我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，直到近年来人们才研究出来其成分为BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。(1)“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun+离子，n_，基态时该阳离子的价电子排布式为_。(2)“中国蓝”的发色中心是以Cun+为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是_元素。(3)合成“中国蓝”、“中国紫”的原料有BaCO3，孔雀石Cu2(OH)2CO3和砂子(SiO2)。SiO2晶体中Si原子的杂化轨道是由_轨道（填轨道的名称和数目）和_轨道杂
26、化而成的。(4)现代文物分析发现，“中国蓝”中含有微量硫元素。假若硫元素来源一种阴离子是正四面体的天然钡矿中，则最可能的钡矿化学式是_。(5)在5500年前，古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料“埃及蓝”CaCuSi4O10，其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中国蓝”一致。CO中键角OCO为_。根据所学，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更_（填“高”或“低”）。(6)自然界中的SiO2，硬度较大，主要原因是_。下图为SiO2晶胞中Si原子沿z轴方向在xy平面的投影图（即俯视投影图），其中O原子略去，Si原子旁标注的数字表示每个Si原子位于z轴的高度，则SiA
27、与SiB的距离是_。【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；（
28、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杂化，平面正三角形，键角为120，对于碱土金属碳酸盐的热稳定性BaCO3比CaCO3稳定，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更低，故答案为：120，低；（6）SiO2是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA与SiB 在y轴方向上距离为，在z轴方向上距离为，所以SiA与SiB之间的距离，故答案为：SiO2是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，。36【化学选修5：有机化学基础】（15分）化合物H为抗肿瘤药物吡柔比星的活性物质，其一种合成
29、路线如下：回答下列问题：(1)A的化学名称是_。(2)反应所需的试剂和条件是_。(3)C的结构简式为_。(4)写出E到F的反应方程式：_。(5)的反应类型是_。(6)芳香化合物X是H的一种同分异构体，X中除苯环外不含其他环状结构，X能发生银镜反应、水解反应，写出X的结构简式：_(只需写出3种)。(7)设计以环已醇()为原料制备的合成路线无机试剂、P(C6H5)3及N(C2H5)3任用。_【答案】（1）2-甲基苯甲酸（或邻甲基苯甲酸） （2）CH3OH/浓H2SO4、加热 （3） （4）+NaOH+CH3OH，+HCl+NaCl （5）消去反应 （6） （7） 【解析】A与甲醇发生酯化反应生成B
30、，B和NBS发生反应生成C()，C与P(C6H5)3反应生成D，D与HCHO、N(C2H5)3反应生成E()，E先和NaOH水解，再酸化得到F，G到H发生消去反应。(1)根据A的结构简式得到A的化学名称是2-甲基苯甲酸(或邻甲基苯甲酸）；故答案为：2-甲基苯甲酸(或邻甲基苯甲酸）。(2)反应是发生酯化反应，所需的试剂和条件是CH3OH/浓硫酸、加热；故答案为：CH3OH/浓硫酸、加热。(3)根据B到C反应和D的结构得到C的结构简式为；故答案为：。(4)E和氢氧化钠发生水解反应，再和盐酸发生酸化反应得到F，其反应的方程式，；故答案为：，。(5)根据G和H的结构得到的反应类型是消去反应；故答案为：消去反应。(6)芳香化合物X是H的一种同分异构体，X中除苯环外不含其他环状结构，X能发生银镜反应，说明有醛基，能水解反应，说明有酯基，但只有两个氧原子，则说明是甲酸酯，因此X的结构简式：、(只需写出3种)；故答案为：、(只需写出3种)。(7)催化氧化变为，和HBr反应生成，与P(C6H5)3反应生成，与在N(C2H5)3作用下反应生成，因此合成路线为；故答案为：。