湖北名校联盟考前提分仿真卷化学试题六化学试题解析版.docx

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湖北名校联盟考前提分仿真卷化学试题六化学试题解析版

湖北名校联盟2020年考前提分仿真卷（六）

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16F19S32Cl35.5Co59

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（）

A．X的化学式为C13H18OB．1molY能与4molH2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』A．X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，1molY只能与3molH2反应，故B错误；C．X、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；D．X、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（）

A．W、Z具有相同的最高正价

B．X、Z形成的化合物水溶液呈碱性

C．Y的最简单氢化物的热稳定性比Z的强

D．原子半径：

Z>Y>X>W

『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。

A．O无最高正价，S最高正价为+6，故A错误；B．X、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：

Na>P>S>O，故D错误。

综上所述，『答案』为B。

11．NA表示阿伏加德罗常数的值。

室温下，下列关于1L0.1mol/LFeCl3溶液的说法中正确的是（）

A．溶液中含有的Fe3+离子数目为0.1NA

B．加入Cu粉，转移电子数目为0.1NA

C．加水稀释后，溶液中c（OH−）减小

D．加入0.15molNaOH后，3c（Fe3+）+c（H+）=c（Na+）+c（OH−）

『答案』D

『解析』A．Fe3+发生一定程度的水解，N（Fe3+）＜0.1NA，故A错误；B．Cu+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++3H2O

3H++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0.15molNaOH后，溶液中必有2c（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

A

B

C

D

装置或操作

取两支试管各加入4mL0.01mol/L的草酸溶液，分别滴加2mL0.1mol/L、0.2mol/L的高锰酸钾溶液

向分别盛有5mL0.1mol/L的硫代硫酸钠溶液的试管中滴加5mL0.1mo/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：

Cl2>Br2>I2

溶解度：

AgCl>AgBr>AgI

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；B．Cl2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：

Cl2>Br2>I2，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AgCl>AgBr，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：

AgCl>AgI，而不能证明物质的溶解度AgBr>AgI，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5mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液的试管和2支盛有5mL0.1mo/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++6e−＝2NH

B．该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移

C．每生成1molNH3，有3gH2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+3H2

2NH3，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。

A．a为阴极，发生还原反应，电极反应式为N2+6e−+6H+=2NH3，故A错误；B．a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，H2−2e−=2H+，2NH3∼6e−∼3H2，每生成1molNH3，有1.5mol氢气参与电极反应，即有3gH2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。

①NaBH4中B元素的化合价为。

②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Mg2B2O5·H2O，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PH

2.7

3.1

沉淀完全的PH

3.7

4.9

①“浸出”时，将铁硼矿石粉碎的目的为。

②滤渣1的主要成分为。

③“净化除杂”时需先加H2O2溶液，其目的为，然后再调节溶液的pH≈5.0的目的是。

④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0.30mol·L−1Na2S2O3溶液滴定（I2+2S2O

=2I−+S4O

）至终点，消耗18.00mLNa2S2O3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）+34NaH+B（OCH3）3＝NaBH4+3CH3ONa1∶1

（2）增大接触面积，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）①NaBH4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；②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）3＝NaBH4+3CH3ONa；NaBH4与水反应生成NaBO2和H2，NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑，NaBH4中H被氧化，得到氧化产物，水中氢被还原，得到还原产物，该反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，故『答案』为：

4NaH+B（OCH3）3＝NaBH4+3CH3ONa；1∶1；

（2）①“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；②加硫酸溶解只有SiO2不溶，Mg2B2O5·H2O+2H2SO4＝2H3BO3+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；③“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pH≈5.0的目的是使Fe3+转化为Fe（OH）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；④Na2S2O3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：

0.30mol·L−1×0.018L=0.0054mol，根据关系式：

B～BI3～

I2～3S2O

，则n（B）=

n（S2O

）=0.0018mol，硼的质量为：

10.81g·mol−1×0.0018mol=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（C2~C4）以及烷烃（CH4、C5~C11、C12~C18等，用CnH2n+2表示）的工艺过程。

已知：

①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）ΔH1=a

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH2=b

③CnH2n+2（g）+

O2（g）=（n+1）H2O（g）+nCO2（g）ΔH3=c

回答下列问题：

（1）反应（2n+1）H2（g）+nCO（g）=CnH2n+2（g）+nH2O（g）的ΔH_________。

（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（α）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C2~C4的质量分数0.48~0.57，则需控制碳链增长因子（α）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1molCO2和2molH2发生反应“CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O（g）ΔH”。

CO2的平衡转化率（α）与温度（T）的关系如图所示。

①判断ΔH_______0。

（填“大于”“小于”或“等于”）

②500K时，反应5min达到平衡。

计算0~5min用H2O表示该反应的化学反应速率为_________，该反应的平衡常数为__________。

③500K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）=0.6mol/L、c（H2O）=0.6mol/L，此时反应____（填“是”或“否”）达到平衡，理由是________________________________________。

④一定条件下，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H－H键和断裂H－O键之比1∶1

『答案』

（1）

（2）0.3~0.6

（3）主要产物为CH4产物有CH2=CH2、C3H6、C4H8

（4）小于0.06mol/（L·min）450（mol/L）−2否

≠450

a

『解析』

（1）已知：

①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）ΔH1=a

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH2=b

③CnH2n+2（g）+

O2（g）=（n+1）H2O（g）+nCO2（g）ΔH3=c

根据盖斯定律：

×①+

×②-③，可得反应（2n+1）H2（g）+nCO（g）=CnH2n+2（g）+nH2O（g）的ΔH=

；

（2）由图可知要控制C2~C4的质量分数0.48~0.57需控制碳链增长因子（α）的范围是0.3~0.6；（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、CH2=CHCH3、CH2=CHCH2CH3或C2H4、C3H6、C4H8。

（4）①由图可知随着温度升高CO2的平衡转化率降低，故ΔH小于0。

②500K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/（L·min）。

③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”：

，代入数据

=450（mol/L）−2；

=112.5（mol/L）−2≠450（mol/L）−2，反应未达到平衡状态；④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p~n，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H－H键（v正）断裂H－O键（v逆）之比1∶1，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NaClO3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。

①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FeCl2∙4H2O，NaClO3转化为Cl−，离子方程式为，如果FeCl2∙4H2O过量会出现黑色磁性沉淀，该沉淀可能是______。

（填化学式）

②比较氧化性：

ClO

_____ClO

（填“>”或“<”）。

③两种方案相比，方案1的优点是。

（答一条即可）

（3）“反应”时用NaClO4和NH4Cl在90℃制备NH4ClO4。

如果用浓盐酸和液氨代替NH4Cl，则无需加热，原因是。

（4）该流程中可循环利用的物质是_________。

（填化学式）

『答案』

（1）阳ClO

+H2O-2e−=ClO

+2H+

（2）2NaClO3+2HCl+H2O2=2ClO2↑+2NaCl+2H2O+O2↑

6Fe2++ClO

+3H2O+12NH3∙H2O=6Fe（OH）3↓+Cl−+12NH

Fe3O4>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）①双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+12NH3∙H2O=6Fe（OH）3↓+Cl−+12NH

；如果FeCl2∙4H2O过量会出现黑色磁性沉淀，该沉淀可能是四氧化三铁；②根据以上分析，氯酸根离子氧化性大于高氯酸根离子；③两种方案相比，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，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与SiB的距离是_______。

『答案』

（1）23d9

（2）O（3）1个3s3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n＝2，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；（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，其一种合成路线如下：

回答下列问题：

（1）A的化学名称是______________。

（2）反应①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）⑦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，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