届江西省吉安抚州赣州市高三一模考试化学试题理科综合解析版.docx

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届江西省吉安抚州赣州市高三一模考试化学试题理科综合解析版

江西省吉安、抚州、赣州市2020届高三一模考试理科综合

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12O-16Mg-24P-31S-32C1-35.5Ag-108

一、选择题：

本大题包括7小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1.“17世纪中国工艺百科全书”《天工开物》为明代宋应星所著。

下列说法错误的是（）

A.“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程

B.“凡铜出炉只有赤铜，以倭铅（锌的古称）参和，转色为黄铜”中的“黄铜”为锌铜金

C.“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaO

D.“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉

『答案』C

『详解』A．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，不能锻压。

而熟铁含碳量在0.02%以下，又叫锻铁、纯铁，熟铁质地很软，塑性好，延展性好，可以拉成丝，强度和硬度均较低，容易锻造和焊接。

“炒则熟”，碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物，使得碳含量降低，A选项正确；

B．赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜。

由于表面含有一层Cu2O而呈现红色。

“倭铅”是锌的古称，黄铜是由铜和锌所组成的合金，由铜、锌组成的黄铜就叫作普通黄铜，如果是由两种以上的元素组成的多种合金就称为特殊黄铜。

黄铜有较强的耐磨性能，黄铜常被用于制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等，B选项正确；

C．凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成CaO；而“久置成粉”主要生成Ca（OH）2，进一步与CO2反应则会生成CaCO3，C选项错误；

D．古代制墨，多用松木烧出烟灰作原料，故名松烟墨。

烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，烟遇冷而凝固生成烟炱，烟炱有松烟炱和油烟炱之分。

松烟墨深重而不姿媚，油烟墨姿媚而不深重。

松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化。

“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，颗粒小的为胶粒，大的形成悬浊液，D选项正确；

答案选C。

2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.32gS8与S6（

）的混合物中所含共价键数目为NA

B.1L0．1mol•L－1H2C2O4溶液中含C2O42－离子数为0.1NA

C.2molNO与2molO2在密闭容器中充分反应，转移的电子数为8NA

D.标准状况下22．4L氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成HCl分子数为NA

『答案』A

『详解』A．S8与S6（

）分子中分别含有8个和6个S-S键，1个S对应1个S-S共价键，由于32gS8与S6（

）的混合物中含硫为1mol，则该混合物中含1molS-S键，A选项正确；

B．因为草酸是弱电解质，部分电离出C2O42-，所以L0.1mol·L−1H2C2O4溶液含C2O42-离子数小于0.1NA，B选项错误。

C．密闭容器中2molNO与2molO2充分反应，这是一个可逆，转移的电子数小于4NA，由于NO不足，更小于8NA，C选项错误；

D．在标准状况下，22.4L氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，由于无法知道氯气、甲烷各为多少量，所以生成HCl分子数无法计算，D选项错误；

答案选A。

『点睛』A选项在判断时明确S8与S6（

）分子中分别含有8个和6个S-S键，两者混合后一个S对应1个S-S共价键是解答的关键。

3.某学习小组用下列装置完成了探究浓硫酸和SO2性质的实验（部分夹持装置已省略），下列“现象预测”与“解释或结论”均正确的是（）

选项

仪器

现象预测

解释或结论

A

试管1

有气泡、酸雾，溶液中有白色固体出现

酸雾是SO2所形成，白色固体是硫酸铜晶体

B

试管2

紫红色溶液由深变浅，直至褪色

SO2具有还原性

C

试管3

注入稀硫酸后，没有现象

由于Ksp（ZnS）太小，SO2与ZnS在注入稀硫酸后仍不反应

D

锥形瓶

溶液红色变浅

NaOH溶液完全转化为NaHSO3溶液，NaHSO3溶液碱性小于NaOH

『答案』B

『分析』试管1中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，生成的SO2进入试管2中与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使得高锰酸钾溶液褪色，试管3中ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出现淡黄色的硫单质固体，锥形瓶中的NaOH用于吸收SO2，防止污染空气，据此分析解答。

『详解』A．如果出现白色固体也应该是硫酸铜固体而不是其晶体，因为硫酸铜晶体是蓝色的，A选项错误；

B．试管2中紫红色溶液由深变浅，直至褪色，说明SO2与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，SO2具有还原性，B选项正确。

C．ZnS与稀硫酸反应生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出现硫单质固体，所以现象与解释均不正确，C选项错误；

D．若NaHSO3溶液显酸性，酚酞溶液就会褪色，故不一定是NaHSO3溶液碱性小于NaOH，D选项错误；

答案选B。

『点睛』A选项为易混淆点，在解答时一定要清楚硫酸铜固体和硫酸铜晶体的区别。

4.科学家发现了在细胞层面上对新型冠状病毒（2019-nCOV）有较好抑制作用的药物：

雷米迪维或伦地西韦（RemdeSivir，GS－5734）、氯喹（ChloroqquinE，Sigma－C6628）、利托那韦（Ritonavir）。

其中利托那韦（Ritonavir）的结构如下图，关于利托那韦说法正确的是（）

A.能与盐酸或NaOH溶液反应

B.苯环上一氯取代物有3种

C.结构中含有4个甲基

D.1mol该结构可以与13molH2加成

『答案』A

『详解』A．利托那韦（Ritonavir）结构中含有肽键、酯基，在酸碱条件下都能水解，A选项正确；

B．由于两个苯环没有对称，一氯取代物有6种，B选项错误；

C．根据结构简式可知，该结构中有5个甲基，C选项错误；

D．由于肽键、酯基的碳氧双键一般不参与氢气加成，苯环、碳碳双键、碳氮双键可与H2发生加成反应，所以1mol该结构可以与3+3+2+2=10molH2加成，D选项错误；

答案选A。

5.最近我国科学家研制出一种高分子大规模储能二次电池，其示意图如下所示。

这种电池具有寿命长、安全可靠等优点，下列说法错误的是（）

A.硫酸水溶液主要作用是增强导电性

B.充电时，电极b接正极

C.d膜是质子交换膜

D.充放电时，a极有

『答案』C

『分析』根据图中电子移动方向可以判断a极是原电池的负极，发生氧化反应，b极是原电池的正极，发生还原反应，为了形成闭合电路，以硫酸水溶液作为电解质溶液，据此分析解答。

『详解』A．硫酸水溶液为电解质溶液，可电离出自由移动的离子，增强导电性，A选项正确；

B．根据上述分析可知，b为正极，充电时就接正极，B选项正确；

C．d膜左右池都有硫酸水溶液，不需要质子交换膜，d膜只是为了防止高分子穿越，所以为半透膜，C选项错误；

D．放电时，a极是负极，酚失去电子变成醌，充电时，a极是阴极，醌得到电子生成酚，故充放电发生的反应是

，D选项正确；

答案选C。

6.科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物A（如下图所示），短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。

Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。

下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是（）

A.离子半径：

Y＞Z

B.氢化物的稳定性：

X＞Y

C.最高价氧化物对应水化物的酸性：

X＞Z

D.化合物A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构

『答案』D

『分析』短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，观察正离子结构

，Z失去一个电子后，可以成3个共价键，说明Z原子最外面为6个电子，由于Z位于第三周期，所以Z为S元素，负离子结构为

，Y成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F元素（当然不是H，因为正离子已经有H）；X得到一个电子成4个共价键，说明其最外层为3个电子，为B元素，据此分析解答。

『详解』A．电子层数F-Y，A选项错误；

B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：

F>B，则有BH3

C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：

S>B，则酸性H3BO3（弱酸）

D．根据上述分析可知，化合物A中X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构，D选项正确；

答案选D。

7.常温下，向20mL0．1mol•L－1HB溶液中逐滴滴入0．1mol•L－1NaOH溶液，所得PH变化曲线如图所示。

下列说法错误的是（）

A.OA各点溶液均存在：

c（B－）＞c（Na＋）

B.C至D各点溶液导电能力依次增强

C.点O时，pH＞1

D.点C时，X约为10.4

『答案』D

『详解』A．OA各点显酸性，则c（H+）>c（OH-），溶液中存在电荷守恒：

c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（B-），则c（B-）>c（Na+），A选项正确；

B．C至D各点溶液中，C点浓度为0.05mol·L-1，C之后加入的c（NaOH）为0.1mol·L-1，导电能力依次增强，B选项正确；

C．定性分析有：

氢氧化钠溶液滴入20mL时达到终点，pH>7，HB为弱酸，O点pH>1，C选项正确；

D．C点为刚好反应完全的时候，此时物质c（NaB）=0.05mol·L-1，B-水解常数为Kh=10-14/（2×10-5）=5×10-10，B-水解生成的c（OH-）=

=5×10-6mol·L-1，C点c（H+）=2×10-9mol·L-1，C点pH=9-lg2=8.7，即x=8.7，D选项错误；

『点睛』C选项也可进行定量分析：

B点有c（B-）=c（Na+）=19.9×10-3×0.1÷（20×10-3+19.9×10-3），c（HB）=（20.0×10-3-19.9×10-3）×0.1÷（20×10-3+19.9×10-3），则c（B-）/c（HB）=199，K=c（H+）c（B-）/c（HB）=1×10-7×199=1.99×10-5，则HB为弱酸，O点的pH>1。

二、非选择题：

包括必考题和选考题两部分。

第8题~第10题为必考题，每个试题考生都必须作答，第11题~第12题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：

8.过氧乙酸（CH3COOOH）不仅在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域有广泛应用，也应用于环境工程、精细化工等领域。

实验室利用醋酸（CH3COOH）与双氧水（H2O2）共热，在固体酸的催化下制备过氧乙酸（CH3COOOH），其装置如下图所示。

请回答下列问题：

实验步骤：

I．先在反应瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固体酸催化剂，开通仪器1和8，温度维持为55℃；

II．待真空度达到反应要求时，打开仪器3的活塞，逐滴滴入浓度为35％的双氧水，再通入冷却水；

Ⅲ．从仪器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待反应结束后分离反应器2中的混合物，得到粗产品。

（1）仪器6的名称是____________，反应器2中制备过氧乙酸（CH3COOOH）的化学反应方程式为___________________________________。

（2）反应中维持冰醋酸过量，目的是提高____________________；分离反应器2中的混合物得到粗产品，分离的方法是_____________________。

（3）实验中加入乙酸丁酯的主要作用是_________（选填字母序号）。

A作为反应溶剂，提高反应速率

B与固体酸一同作为催化剂使用，提高反应速率

C与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，提高产率

D增大油水分离器5的液体量，便于实验观察

（4）从仪器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待观察到_______________________（填现象）时，反应结束。

（5）粗产品中过氧乙酸（CH3COOOH）含量的测定：

取一定体积的样品VmL，分成6等份，用过量KI溶液与过氧化物作用，以0.1mol•L－1的硫代硫酸钠溶液滴定碘（I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－）；重复3次，平均消耗量为V1mL。

再以0．02mol•L－1的酸性高锰酸钾溶液滴定样品，重复3次，平均消耗量为V2mL。

则样品中的过氧乙酸的浓度为______mol•L－1。

『答案』

（1）.（蛇形）冷凝管

（2）.CH3COOH+H2O2

CH3COOOH+H2O（3）.双氧水的转化率（利用率）（4）.过滤（5）.C（6）.仪器5“油水分离器”水面高度不变（7）.

『详解』

（1）仪器6用于冷凝回流，名称是（蛇形）冷凝管，反应器2中乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸，反应方程式为CH3COOH+H2O2

CH3COOOH+H2O，故答案为：

（蛇形）冷凝管；CH3COOH+H2O2

CH3COOOH+H2O；

（2）反应中CH3COOOH过量，可以使反应持续正向进行，提高双氧水的转化率，反应器2中为过氧乙酸、为反应完的反应物及固体催化剂的混合物，可采用过滤的方法得到粗产品，故答案为：

双氧水的转化率（利用率）；过滤；

（3）由于乙酸丁酯可与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，从而可以提高过氧乙酸的产率，因此C选项正确，故答案为：

C；

（4）乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸和水，当仪器5中的水面高度不再发生改变时，即没有H2O生成，反应已经结束，故答案为：

仪器5“油水分离器”水面高度不变；

（5）已知I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－，由得失电子守恒、元素守恒可知：

双氧水与高锰酸钾反应，由得失电子守恒可知：

则

样品中含有n（CH3COOOH）=（0.05V1×10-3-0.05V2×10-3）mol，由公式

可得，样品中的过氧乙酸的浓度为

，故答案为：

。

『点睛』本题的难点在于第（5）问，解答时首先要明确发生的反应，再根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式，得到样品中过氧乙酸的物质的量，进而求得其浓度。

9.银精矿主要含有Ag2S（杂质是铜、锌、锡和铅的硫化物），工业上利用银精矿制取贵金属银，流程图如下图所示。

已知“氯化焙烧”能把硫化物转化为氯化物，请回答下列问题：

（1）“氯化焙烧”的温度控制在650～670℃，如果温度过高则对焙烧不利，产率会降低，原因是__________________________________________。

（2）水洗后的滤液中溶质有盐酸盐和大量钠盐，取少量滤液加入盐酸酸化，再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，此钠盐为________（填化学式）。

（3）氨浸时发生的化学反应方程式为_________________________________________。

（4）“沉银”是用N2H4还原银的化合物。

①N2H4的电子式是_______。

②理论上，1molN2H4完全反应所得到的固体质量是______g。

③向所得母液中加入烧碱，得到的两种物质可分别返回________、______工序中循环使用。

（5）助熔剂Na2CO3和Na2B4O7有两个作用：

一是降低了银的熔点，减少能耗；二是_______________________________。

利用________的方法可以进一步直接精炼银锭。

『答案』

（1）.温度过高，氯化物进入烟尘逃逸，导致产率降低（或温度过高，会发生其他副反应，导致产率降低）

（2）.Na2SO4（3）.AgCl+2NH3·H2O=Ag（NH3）2Cl+2H2O（4）.

（5）.432（6）.氨浸（7）.氯化焙烧（8）.使少数杂质固体进入浮渣，提高了银的纯度（9）.电解

『分析』已知流程图中的“氯化焙烧”能把硫化物转化为氯化物，则银精矿经O2、NaCl“氯化焙烧”后生成SO2和AgCl，再加水洗去过量的钠盐，得到纯净的AgCl，加入NH3·H2O发生反应AgCl+2NH3·H2O=Ag（NH3）2Cl+2H2O，再利用N2H4进行还原，得到NH4Cl、NH3和Ag单质，反应方程式为4Ag（NH3）2Cl+N2H4===4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3，最后再经过熔炼后得到银锭，据此分析解答问题。

『详解』

（1）“氯化焙烧”过程中，若温度过高，氯化物会进入烟尘逃逸，或者会发生其他副反应，导致产率降低，故答案为：

温度过高，氯化物进入烟尘逃逸，导致产率降低（或温度过高，会发生其他副反应，导致产率降低）；

（2）滤液中溶质有盐酸盐和大量钠盐，取少量滤液加入盐酸酸化，再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明含有SO42-，则此钠盐的化学式是Na2SO4，故答案为：

Na2SO4；

（3）根据上述分析可知，氨浸时发生的化学反应为AgCl+2NH3·H2O=Ag（NH3）2Cl+2H2O，故答案为：

AgCl+2NH3·H2O=Ag（NH3）2Cl+2H2O；

（4）①N2H4是共价化合物，其电子式是

，故答案为：

；

②沉银过程中发生反应4Ag（NH3）2Cl+N2H4===4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3，则理论上1molN2H4完全反应所得到4molAg，其质量为4mol×108g/mol=432g，故答案为：

432；

③所得母液为NH4Cl，向其中加入烧碱，可反应得到NaCl和NH3·H2O，可返回“氯化焙烧”和“氨浸”工序中循环使用，故答案为：

氯化焙烧；氨浸；

（5）助熔剂Na2CO3和Na2B4O7既可以降低了银的熔点，减少能耗，又可以使少数杂质固体进入浮渣，提高了银的纯度，可用银锭作阳极，纯银作阴极，硝酸银作电解质溶液构成电解池，进一步精练银锭，即采用电解的方法进一步直接精炼银锭，故答案为：

使少数杂质固体进入浮渣，提高了银的纯度；电解。

10.

（1）①已知反应A（g）+B（g）

2D（g），若在起始时c（A）＝amol•L－1，c（B）＝2amol•L－1，则该反应中各物质浓度随时间变化的曲线是_______（选填字母序号）。

②在298K时，反应A（g）

2B（g）的KP＝0.1132kPa，当分压为p（A）＝p（B）＝1kPa时，反应速率υ正______υ逆（填“＜”“＝”或“＞”）。

③温度为T时，某理想气体反应A（g）＋B（g）

C（g）＋M（g），其平衡常数K为0.25，若以A∶B＝1∶1发生反应，则A的理论转化率为_____％（结果保留3位有效数字）。

（2）富勒烯C60和C180可近似看作“完美的”球体，富勒烯的生成时间很快，典型的是毫秒级，在所有的合成技术中得到的C60的量比C180的量大得多。

已知两个转化反应：

反应物

3C60，反应物

C180，则势能（活化能）与反应进程的关系正确的是______（选填字母序号）。

（3）甲醇脱氢和甲醇氧化都可以制取甲醛，但是O2氧化法不可避免地会深度氧化成CO。

脱氢法和氧化法涉及的三个化学反应的lgK随温度T的变化曲线如图所示。

写出图中曲线①的化学反应方程式___________________________________；曲线③的化学反应方程式为_______________________；曲线②对应的化学反应是____（填“放热”或“吸热”）反应。

『答案』

（1）.C

（2）.<（3）.33.3（4）.B（5）.2HCHO（g）+O2（g）=2CO（g）+2H2O（g）（6）.CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）（7）.放热

『详解』

（1）①已知反应A（g）+B（g）

2D（g），根据化学反应速率跟化学计量数成正比可知，A、B减少的量相等，同时生成2倍的D，故曲线C符号该反应中各物质浓度随时间变化，答案为：

C；

②在298K时，当分压为p（A）＝p（B）＝1kPa时，反应A（g）

2B（g）的Qp=（1kPa）2÷1kPa=1kPa>K，则反应向逆反应方向进行，v正

<；

③温度为T时，某理想气体反应A（g）＋B（g）

C（g）＋M（g），设A、B的起始量为n，A的理论转化x，建立三段式有：

平衡常数

，

，A的转化率为33.3%，故答案为33.3；

（2）富勒烯的生成时间很快，典型的是毫秒级，在所有的合成技术中得到的C60的量比C180的量大得多，这句话的完整理解是“单位时间内生成C60的量多——速率快”，即活化能小得多，同时生成物能量不会一样B选项正确，故答案为：

B；

（3）甲醇脱氢的化学反应方程式为CH3OH（g）===HCHO（g）+H2（g），属于分解反应，吸热，随着温度升高，平衡常数K增大，则曲线③表示的是甲醇脱氢反应，反应②表示的是甲醇氧化制取甲醛，由图像可知，随着温度的升高，平衡常数K减小，则该反应是放热反应，已知O2氧化法不可避免地会深度氧化成CO，则反应①是2HCHO（g）+O2（g）===2CO（g）+2H2O（g），故答案为：

2HCHO（g）+O2（g）===2CO（g）+2H2O（g）；CH3OH（g）===HCHO（g）+H2（g）；放热。

（二）选考题。

请考生从2道化学题中任选一题作答。

如果多做，则按所做的第一小题计分。

11.黑磷是磷的一种稳定的同素异形体，黑磷具有正交晶系的晶体结构（图A），晶胞参数a=3.310A，b=4.380A，c=10.500A。

黑磷烯是二维的单层黑磷（图B），黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3。

与石墨烯相比，黑磷烯具有半导体性质，更适合于制作电子器件。

已知黑磷结构中只有一种等效的三配位P，所有P原子的成键环境一样，图A中编号为①的P原子的晶胞内坐标为（0.50，0.090，0.598）。

请回答下列问题：

（1）写出P原子的价电子排布：

_______________。

（2）P和F的电负性大小顺序是X（P）___X（F）。

（填“<”“=”或“>”）P和F形成的分子PF3和PF5，它们的几何构型分别为________、________。

（3）①黑磷中P原子杂化类型是_____。

黑磷中不存在_____（选填字母序号）。

A.共价键B.σ键C.π键D.范德华力

②红磷、白磷与黑磷熔点从高到低的顺序为____________________，原因是____________________________________________。

（4）图A中编号为②的P原子的晶胞内坐标为___________，黑磷的晶胞中含有__个P原子。

『答案』

（1）.

（2）.＜（3）.三角锥（4）.三角双锥（5）.sp3（6）.C（7）.黑磷＞红磷＞白磷（8）.黑磷相当于石墨，属于混合晶体；红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高；所以熔点高低顺序为黑磷>红磷>白磷（9）.（0.500，-0.090，0.402）（10）.8

『分析』根据P最外层5个电子，写出价电子排布图；根据电负性递变规律，以N元素为中间，判断P与F的电负性大小，以VSEP