广东省七校联合体中山一中仲元中学等届高三第一次联考理综化学试题解析版.docx

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广东省七校联合体中山一中仲元中学等届高三第一次联考理综化学试题解析版

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广东省中山一中、仲元中学等七校联合体

2020届高三年级上学期第一次联考质量检测

理综-化学试题

（解析版）

2019年8月

1.化学与社会、生产、生活密切相关。

下列说法错误的是

A.SiO2超分子纳米管属无机非金属材料

B.草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分是碳酸钙

C.“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同

D.《本草纲目》记载的“凡酸坏之酒,皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇

【答案】B

【解析】

【详解】A.SiO2属于无机非金属材料,可以制取超分子纳米管,A正确；

B.碳酸钙需要在高温下煅烧分解才能得到二氧化碳,草莓棚中不能使用碳酸钙分解来产生二氧化碳,B错误；

C.柳絮的主要成分和棉花的相同,都是纤维素,C正确；

D.“凡酸坏之酒,皆可蒸烧”涉及蒸馏的方法,蒸馏可根据乙醇、乙酸沸点的不同,用来分离乙酸和乙醇,D正确；

故合理选项是B。

2.下列关于有机物的说法正确的是（）

A.乙醇和丙三醇互为同系物

B.环己烯（

）分子中的所有碳原子共面

C.分子式为C5H10O2,且属于酯的同分异构体共有9种（不考虑立体异构）

D.二环己烷（

）的二氯代物有6种结构（不考虑立体异构）

【答案】C

【解析】

【详解】A.乙醇是饱和一元醇,甘油是饱和三元醇,所含官能团数目不同,因此二者不是同系物,A错误；

B.环己烯分子中含有4个饱和碳原子,由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构,所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上,B错误；

C.分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯,若为甲酸与丁醇形成的酯有4种,HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH2CH3、HCOOC（CH3）3；若为乙酸和丙酯,有2种,CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH（CH3）2；若为丙酸和乙醇形成的酯,只有1种,CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇形成的酯,有2种,CH3CH2CH2COOCH3、（CH3）2CHCOOCH3,所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种,C正确；

D.二环己烷有2种不同位置的H原子,其二氯取代产物中,若2个Cl原子在同一个C原子上,只有1种结构,若在两个不同的C原子上,有6种不同的结构,乙醇其二氯代物共有7种,D错误；

故合理选项是C。

3.NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是

A.11g超重水（T2O）含中子数为5NA

B.1mol金刚石中C—C键的数目为2NA

C.常温下,pH=6的MgCl2溶液中H+的数目为10-6NA

D.标准状况下,2.24LCl2全部溶于水所得溶液中的Cl－数目为0.1NA

【答案】B

【解析】

【详解】A.11g超重水（T2O）的物质的量为0.5mol,在1个超重水（T2O）中含有12个中子,所以0.5mol超重水（T2O）中含中子数为6NA,A错误；

B.由于在金刚石中,一个C原子与相邻的4个C原子形成共价键,每个共价键为相邻两个原子形成,所以1个C原子含有的C-C键数目为4×0.5=2,因此1mol金刚石中C-C键的数目为2NA,B正确；

C.缺体积,无法计算H+的数目,C错误；

D.氯气和水的反应为可逆反应,反应物不能完全转化为生成物,反应不能进行彻底,且生成的是HCl和HClO,故溶液中的氯离子个数小于0.1NA个,D错误；

故合理选项是B。

4.一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30,Y、W、X、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大,X与Y位于同一主族,Y与W位于同一周期。

X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等,W是地壳中含量最多的元素。

下列说法错误的是

A.原子半径：

X>Y>W

B.最高价氧化物对应水化物的碱性：

X>Y

C.X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:

2

D.Z、W组成的化合物是常见的半导体材料,能与强碱反应

【答案】D

【解析】

【分析】

一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30,X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大,W是地壳中含量最多的元素,则W为O元素；X与Y位于同一主族,X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等,当X、Y位于ⅠA族时,Z位于ⅣA族,Y与W（O元素）位于同一周期,则Y为Li,X为Na,Z为Si元素；当X、Y位于ⅡA族时,Z位于ⅡA族,短周期不可能存在3种元素同主族,不满足条件,据此解答。

【详解】根据上述分析可知：

X为Na元素,Y为Li元素,Z为Si元素,W为O元素。

A.同一周期的元素,原子序数越大,原子半径越小；同一主族的元素,原子序数越大,原子半径越大。

Li、O同一周期,核电荷数O>Li,原子半径Li>O,Li、Na同一主族,核电荷数Na>Li,原子半径Na>Li,则原子半径是X>Y>W,A正确；

B.元素的金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。

元素的金属性Na>Li,所以碱性：

NaOH>LiOH,则最高价氧化物对应水化物的碱性：

X>Y,B正确；

C.X的单质是Na,在氧气中燃烧生成Na2O2,存在Na+和O22-,则阴、阳离子之比为1：

2,C正确；

D.Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物,能与强碱反应,Si单质才是常见的半导体材料,D错误；

故合理选项是D。

【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识,依据元素的原子结构推断元素为解答关键,注意掌握元素周期律的应用及常见元素、化合物性质的正确判断。

5.以CO2和Na2O2为原料,制取纯净干燥的O2,实验装置如下：

下列说法不正确的是

A.装置②中试剂可以是NaOH溶液

B.装置③的作用是干燥O2

C.收集氧气应选择装置a

D.装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶

【答案】C

【解析】

【分析】

实验原理分析：

二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气,氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳,可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽,在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气,最后收集；

【详解】A.装置②中试剂可以是NaOH溶液,用来除掉二氧化碳气体,故不选A；

B.装置③中盛有浓硫酸,作用是干燥O2,故不选B；

C.由于氧气密度大于空气,选择装置b,故选C；

D.装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶,验证二氧化碳是否除尽,故不选D；

答案：

C

6.科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。

相关电解槽装置如图所示,用Cu-Si合金作硅源,在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼,有关说法正确的是

A.电子由液态Cu-Si合金流出,流入液态铝电极

B.液态铝电极与正极相连,作为电解池的阳极

C.在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化,Si4+优先于Cu2+被还原

D.三层液熔盐的作用是使电子能够在三层间自由流动

【答案】A

【解析】

【详解】A.图示得到：

液态Cu-Si合金为阳极,电子由液态Cu-Si合金流出；液态铝为阴极,连接电源负极,所以电子从液态铝流入；A正确；

B.图中,铝电极是Si4+得电子被还原为Si,因此与电源负极相连,该电极为阴极,B错误；

C.由图示得到,电解的阳极反应为Si失电子转化为Si4+,阴极反应为Si4+得电子转化为Si,C错误；

D.使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积,使单质硅高效的在液态铝电极上沉积,而不是方便电子通过,电子不通过电解质,D错误；

故合理选项是A。

7.向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4,可生成CuCl沉淀除去Cl-,降低对电解的影响,原理如下：

Cu（s）+Cu2+（aq）

2Cu+（aq）ΔH1=akJ·mol-1

Cl-（aq）+Cu+（aq）

CuCl（s）ΔH2=bkJ·mol-1

实验测得电解液pH对溶液中残留c（Cl-）的影响如图所示。

下列说法正确的是

A.溶液pH越大,Ksp（CuCl）增大

B.反应达到平衡时增大c（Cu2+）,c（Cl-）减小

C.向电解液中加入稀硫酸,有利于Cl-的去除

D.

Cu（s）+

Cu2+（aq）+Cl-（aq）

CuCl（s）ΔH=（a+2b）kJ·mol-1

【答案】B

【解析】

【详解】A.温度升高,吸热反应的Ksp越大,K只受温度的影响,pH越大,Ksp（CuCl）不变,A错误；

B.反应达到平衡状态,增大c（Cu2+）,由于K不变,所以c（Cl-）减小,B正确；

C.根据图中信息：

溶液的pH越大,氯离子的浓度越小,电解液中加入稀硫酸,不利于Cl-的去除,C错误；

D.①Cu（s）+Cu2+（aq）

2Cu+（aq）ΔH1=akJ·mol-1,

②Cl-（aq）+Cu+（aq）

CuCl（s）ΔH2=bkJ·mol-1,根据盖斯定律,将①×0.5+②,整理可得：

Cu（s）+

Cu2+（aq）+Cl-（aq）

CuCl（s）ΔH=（

+b）kJ·mol-1,D错误；

故合理选项是B。

8.乳酸亚铁晶体{[CH3CH（OH）COO]2Fe·3H2O,相对分子质量为288}易溶于水,是一种很好的补铁剂,可由乳酸[CH3CH（OH）COOH]与FeCO3反应制得。

I．碳酸亚铁的制备（装置如下图所示）

（1）仪器B的名称是__________________；实验操作如下：

打开kl、k2,加入适量稀硫酸,关闭kl,使反应进行一段时间,其目的是__________________。

（2）接下来要使仪器C中的制备反应发生,需要进行的操作是____________,该反应产生一种常见气体,写出反应的离子方程式_________________________。

（3）仪器C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀,检验其是否洗净的方法是__________。

Ⅱ．乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定

（4）向纯净FeCO3固体中加入足量乳酸溶液,在75℃下搅拌使之充分反应,经过滤,在____________的条件下,经低温蒸发等操作后,获得乳酸亚铁晶体。

（5）两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定：

①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。

在操作均正确的前提下,所得纯度总是大于l00%,其原因可能是_________________________。

②乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。

称取3.000g样品,灼烧完全灰化,加足量盐酸溶解,取所有可溶物配成l00mL溶液。

吸取25．00rnL该溶液加入过量KI溶液充分反应,然后加入几滴淀粉溶液,用0.100mol·L-1硫代硫酸钠溶液滴定（已知：

I2+2S2O32-=S4O62-+2I-）,当溶液_____________________,即为滴定终点；平行滴定3次,硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80mL,则样品纯度为_________％（保留1位小数）。

【答案】

（1）.蒸馏烧瓶

（2）.生成FeSO4溶液,且用产生的H2排尽装置内的空气（3）.关闭k2（4）.Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O（5）.取最后一次洗涤液,加入稀盐酸酸化,再滴入BaCl2溶液,若无白色沉淀,则洗涤干净（6）.隔绝空气（7）.乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾氧化,导致消耗高锰酸钾溶液用量偏多（8）.蓝色褪去且半分钟不恢复（9）.95.2%

【解析】

【分析】

I．亚铁离子容易被氧气氧化,制备过程中应在无氧环境中进行,Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁,利用反应生成的氢气排尽装置中的空气,B制备硫酸亚铁,利用生成氢气,使B装置中气压增大,将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。

C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应产生FeCO3沉淀。

Ⅱ．Fe2+有较强还原性,易被空气中氧气氧化,获取乳酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；①乳酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化；

②I2的淀粉溶液显蓝色,滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅,最终褪色；根据已知反应可得关系式2Fe3+～～I2～～2S2O32-,根据滴定时参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出Fe2+的物质的量,再计算样品纯度。

【详解】I．亚铁离子容易被氧气氧化,制备过程中应在无氧环境中进行,Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁,利用反应生成的氢气排尽装置中的空气,装置B制备硫酸亚铁,C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：

Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O,利用生成氢气,使B装置中气压增大,将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。

（1）由仪器图形可知B为蒸馏烧瓶；打开kl、k2,加入适量稀硫酸,可使生成的氢气排出装置C内的空气,防止二价铁被氧化；

（2）待装置内空气排出后,再关闭k2,反应产生的氢气使装置内的气体压强增大,可将B中生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中,发生反应生成碳酸亚铁,同时生成二氧化碳,反应的离子方程式为Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

（3）FeCO3是从含有SO42-的溶液中过滤出来的,检验沉淀是否洗涤干净,可通过检验是否含有SO42-判断。

方法是：

取最后一次水洗液于试管中,加入过量稀盐酸酸化,滴加一定量的BaCl2溶液,若无白色浑浊出现,则表明洗涤液中不存在SO42-,即可判断FeCO3沉淀洗涤干净；

Ⅱ．（4）Fe2+有较强还原性,易被空气中氧气氧化,则乳酸亚铁应隔绝空气,防止被氧化；

（5）①乳酸根中含有羟基,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,Fe2+也可以被氧化,因此二者反应都消耗KMnO4溶液,导致消耗高锰酸钾的增大,使计算所得乳酸亚铁的质量偏大,产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；

②I2遇淀粉溶液显蓝色,滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅,说明I2与Na2S2O3发生了氧化还原反应,当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复,即可判断为滴定终点；24.80mL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为n（Na2S2O3）=0.02480L×0.100mol/L=2.48×10-3mol,根据关系式2Fe2+～2Fe3+～I2～2S2O32-,可知样品中CH3CH（OH）COO]2Fe•3H2O的物质的量为n（Fe2+）=n（S2O32-）=2.48×10-3mol×

=9.92×10-3mol,则样品的纯度为

×100%=95.2%。

【点睛】本题考查实验制备方案的知识,涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等,明确原理是解题关键,通过化学方程式可得关系式,然后根据关系式进行有关化学计算,注意在物质计算时取用的物质与原样品配制的溶液的体积关系,以免出错。

9.新能源汽车的核心部件是锂离子电池,常用磷酸亚铁锂（LiFePO4）做电极材料。

对LiFePO4废旧电极（含杂质Al、石墨粉）回收并获得高纯Li2CO3的工业流程图如图：

资料：

碳酸锂在水中溶解度：

温度/℃

0

20

40

60

80

100

溶解度/g

1.54

1.33

1.17

1.01

0.85

0.72

（1）过程i研磨粉碎的目的是__________________。

（2）过程ii加入足量NaOH溶液的作用（用反应方程式表示）_________________。

（3）过程iii采用不同氧化剂分别进行实验,均采用Li含量为3.7%的原料,控制pH为3.5,浸取1.5h后,实验结果如表所示：

序号

酸

氧化剂

浸出液Li+浓度（g/L）

滤渣中Li含量/%

实验1

HCl

H2O2

9.02

0.10

实验2

HCl

NaClO3

9.05

0.08

实验3

HCl

O2

7.05

0.93

①实验2中,NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体,大大增加了酸和氧化剂的用量,该反应的离子方程式为________________________。

②综合考虑Li+的浸出率及环保因素,选择的氧化剂最好为___________________。

③过程iii得到的浸出液循环两次的目的是______________________。

（4）浸出液中存在大量H2PO4﹣和HPO42-,已知：

H2PO4﹣

HPO42－+H+,HPO42－

PO43-+H+,结合平衡移动原理,解释过程iv得到磷酸铁晶体的原因___________。

（5）简述过程vi的操作____________________________。

【答案】

（1）.增大接触面积,加快反应速率

（2）.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑（3）.ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O（4）.H2O2（5）.提高浸出液中Li+浓度（或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量）（6）.CO32﹣结合H+,c（H+）减小,上述两个电离平衡均向右移动,c（PO43﹣）增大,与Fe3+结合形成磷酸铁晶体（7）.用热水洗涤、干燥

【解析】

【分析】

LiFePO4废旧电极（含杂质Al、石墨粉）研磨后加入氢氧化钠溶液,滤液1含有NaAlO2,滤渣1含有LiFePO4和石墨粉,加入盐酸、氧化剂可氧化亚铁离子生成铁离子,滤渣2为石墨粉,浸出液含有铁离子、锂离子,加入30%碳酸钠溶液可生成FePO4•2H2O,滤液2含有锂离子,加入饱和碳酸钠溶解并加热,可生成Li2CO3粗品,用热水洗涤,干燥得到高纯Li2CO3,以此解答该题。

【详解】

（1）粉碎样品,可增大接触面积,加快反应速率；

（2）废旧电极含有铝,可与氢氧化钠溶液反应,则加入氢氧化钠溶液,可溶解Al,使其分离出去,反应的化学方程式为：

2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（3）①实验2中,NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体,应生成氯气,反应的离子方程式为ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；

②结合实验结果和①中的现象,最终选择H2O2作为氧化剂,Li+的进出率较高,且较环保；

③过程iii得到的浸出液循环两次,可提高浸出液中Li+浓度（或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量；

（4）要得到过程iv得到磷酸铁晶体,可使PO43-溶液浓度增大,则应使H2PO4﹣

HPO42－+H+,HPO42－

PO43-+H+平衡正向移动,可加入与H+反应的物质,则可加入碳酸钠,原因是CO32-结合H+,c（H+）减小,H2PO4﹣

HPO42－+H+,HPO42－

PO43-+H+,两个电离平衡均向右移动,c（PO43-）增大,与Fe3+结合形成磷酸铁晶体；

（6）由表中数据可知碳酸锂在温度较高时溶解度较小,则可用热水洗涤,然后干燥可得到高纯碳酸锂。

【点睛】本题考查物质的分离和提纯的知识,涉及物质分离和提纯试剂的选取、平衡移动原理、氧化还原反应等,明确化学反应原理、物质性质及性质差异性是解本题关键,侧重考查学生分析及综合知识运用能力。

10.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质,研究氮氧化物间的相互转化及脱除具有重要意义。

I．氮氧化物间的相互转化

（1）已知2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）的反应历程分两步：

第一步2NO（g）

N2O2（g）（快速平衡）

第二步N2O2（g）+O2（g）=2NO2（g）（慢反应）

①用O2表示的速率方程为v（O2）=k1·c2（NO）·c（O2）；NO2表示的速率方程为v（NO2）=k2·c2（NO）·c（O2）,k1与k2分别表示速率常数（与温度有关）,则

=________。

②下列关于反应2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）的说法正确的是_________（填序号）。

A.增大压强,反应速率常数一定增大

B.第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能

C.反应的总活化能等于第一步和第二步反应的活化能之和

（2）容积均为1L的甲、乙两个容器,其中甲为绝热容器,乙为恒温容器．相同温度下,分别充入0.2mol的NO2,发生反应：

2NO2（g）

N2O4（g）∆H<0,甲中NO2的相关量随时间变化如图所示。

①0~3s内,甲容器中NO2的反应速率增大的原因是______________________。

②甲达平衡时,温度若为T℃,此温度下的平衡常数K=____________________。

③平衡时,K甲_____K乙,P甲_____P乙（填“>”、“<”或“=”）。

（3）以NH3为还原剂在脱硝装置中消除烟气中的氮氧化物。

主反应：

4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）=4N2（g）+6H2O（g）△H1

副反应：

4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g） △H2=－1267.1kJ/mol

4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H3=－907.3kJ/mol

①△H1=____________。

②将烟气按一定的流速通过脱硝装置,测得出口NO的浓度与温度的关系如图1,试分析脱硝的适宜温度是______（填序号）。

a.<850℃b.900~1000℃c.>1050℃

（4）以连二亚硫酸盐（S2O42－）为还原剂脱除烟气中的NO,并通过电解再生,装置如图2。

阴极的电极反应式为____________,电解槽中的隔膜为____________（填“阳”或“阴”）离子交换膜。

【答案】

（1）.0.5

（2）.B（3）.反应放热,体系的温度升高,反应速率加快（4）.225（5）.<（6）.>（7）.-1626.9kJ/mol（8）.b（9）.2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O（10）.阳

【解析】

【分析】

（1）①用O2表示的速率方程为v（O2）=k1·c2（NO）·c（O2）、NO2表示的速率方程为v（NO2）=k2·c2（NO）·c（O2）,,2v（O2）=v（NO2）,带入上式两个式子,整理可得k1、k2的关系；

②A.反应速率常数只与温度有关；

B.反应越容易,反应物活化能越小；

C.反应的总活化能小于第一步和第二步反应的活化能之和；

（2）①该反应的正反应是放热反应,根据温度对化学反应速率的影响分析；

②根据该温度下物质的平衡浓度,结合化学反应平衡常数的定义分析判断；

③甲为恒容绝热,乙为恒温容器,根据温度对化学平衡的影响及对体系的压强影响分析判断；

（3）①根据盖斯定律,将第二、第三个热化学方程式进行叠加,就可以得到相应的反应的热化学方程式及其相应的反应热；

②氮氧化物残留浓度越低越好；温度超过1000℃,氨气和氧气反应生成NO；

（4）阴极上亚硫酸根离子得电子生成S2O42-；阳极上水失电子生成氧气和氢离子,右侧多余的氢离子通过离子交换膜进入左侧。

【详解】

（1）①用O2表示

速率方程为v（O2）=k1·c2（NO）·c（O2）、NO2表示的速率方程为v（NO2）=k2·c2（NO）·c（O2）,2v（O2）=v（NO2）,所以

=

；

②A.反应速率常数只与温度有关,与压强大小无关,A错误；

B.反应越容易,反应物活化能越小,反应速率越快,第一步反应较快,说明反应物活化能较小,B正确；

C.反应的总活化能小于第一步和第