1、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
2、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
3、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
4、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
5、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
6、【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
7、，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
8、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
9、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
10、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
11、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
12、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_%
13、（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。
14、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
15、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
16、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
17、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 2C
18、rO+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
19、。（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(O
20、H)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
21、)+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)
22、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+H2O2
23、e=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
24、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)
25、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+
26、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
27、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
28、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
29、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可以发生加成反应、消去反应、加聚反应、缩聚反应、取代反应（2）奥司他韦中的官能团名称为 （写两种）。（3）反应所需的试剂和条件为 。反应的化学方程式为 。反应的反应类型为 。（4）芳香化合物X是B的同分异构体，测得其核磁共振氢谱有6组峰，其中两组峰面积最大比值为91，则该物质的结构简式是 。（5）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。C中有_个手性碳。（6）参照上
30、述合成路线，写出由制备的合成路线（其它试剂任选）：_。【答案】（1）CD （2）酯基、氨基、碳碳双键、醚键等（写两种） （3）乙醇、浓硫酸、加热 取代反应 （4） （5）3 （6） 【解析】与乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成A，根据信息，丙酮与A作用生成B，B与SO2(CH3)2发生取代反应生成C，C在稀硫酸作用下，释放被保护的两个羟基，生成D，D再经过一系列反应合成奥司他韦。据此解答。（1）A莽草酸化学式是C7H10O5，故A错误；B莽草酸中没有酚的结构，与浓溴水反应得不到白色沉淀，故B错误；C根据相似相溶规律，莽草酸属于有机物易溶于酒精、有羧基、羟基等亲水基团，易溶于水，故C正确；D
31、分子中有碳碳双键，可以发生加成反应、加聚反应，羟基的邻碳上有氢，可以发生消去反应，有羧基、羟基可以缩聚反应、取代反应，故D正确；故选CD；（2）奥司他韦中的官能团名称为：酯基、氨基、碳碳双键、醚键等（写两种），故答案为：酯基、氨基、碳碳双键、醚键等（写两种）；（3）反应羧酸与乙醇发生的酯化反应，所需的试剂和条件为乙醇、浓硫酸、加热。反应的化学方程式为。反应，羟基上的氢被-SO2CH3所取代，反应类型为取代反应。故答案为：乙醇、浓硫酸、加热；取代反应；（4）芳香化合物X是B的同分异构体，B分子式为C12H18O5，B不饱和度为4，X中只能含有一个苯环，测得其核磁共振氢谱有6组峰，有6种不同环境的氢，其中两组峰面积最大比值为91，说明结构中有3个甲基，则该物质的结构简式是，故答案为：；（5）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，如图满足条件的碳原子有3个，C中有3个手性碳。故答案为：3；（6）由制备的合成路线（其它试剂任选），可以利用乙二醇先将醛基保护起来，再将对位的甲基氧化：。故答案为：。
