深圳市普通高中高三年级线上统一测试全国I卷理综化学试题解析版.docx

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深圳市普通高中高三年级线上统一测试全国I卷理综化学试题解析版

2020年深圳市普通高中高三年级线上统一测试

理科综合能力测试（解析版）

注意事项:

1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考生号填写在答题卡指定位置。

2．选择题的答案填写或涂写方式，请按照学校使用的考试平台所需具体要求作答。

3．非选择题答案必须写在答题卡各题目指定区域内，写在非答题区域的答案无效。

4．考生必须保证纸质答题卡的整洁。

考试结束后，按照学校的具体要求提交答题卡。

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16S32Fe56Cr52Cu64

一、选择题：

本大题共7小题，每小题6分，共42分。

在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的。

1.面对突如其来的新型冠状病毒，越来越多人意识到口罩和医用酒精的重要作用，医用口罩由三层无纺布制成，无纺布的主要原料是聚丙烯树脂。

下列说法错误的是

A.医用口罩能有效预防新型冠状病毒传染

B.聚丙烯树脂属于合成有机高分子材料

C.医用酒精中乙醇的体积分数为95%

D.抗病毒疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白质变性

【答案】C

【解析】

【详解】A．医用口罩能够有效阻挡病毒的进入人体感染，故A不符合题意；

B．聚丙烯树脂为合成树脂材料，属于合成有机高分子材料，故B不符合题意；

C．医用酒精中乙醇

体积分数为75%，故C符合题意；

D．疫苗中主要成分为蛋白质，若温度过高，蛋白质会发生变性，故D不符合题意；

故答案为：

C。

2.氮及其化合物的性质是了解工农业生产的重要基础。

NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法错误的是

A.22.4L（标准状况）15NH3含有的质子数为10NA

B.密闭容器中，2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA

C.13.8gNO2与足量水反应，转移的电子数为0.2NA

D.常温下，1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NA

【答案】B

【解析】

【详解】A．22.4L（标准状况）15NH3即

=1mol，1个15NH3中质子数为10，故1mol15NH3中质子数为10NA，故A不符合题意；

B．2molNO与1molO2充分反应会生成2molNO2，但NO2气体存在二聚反应：

，因此产物中的分子数小于2NA，故B符合题意；

C．13.8gNO2即

=0.3mol，其反应为：

3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2生成NO化合价降低2，转移电子数为0.2NA，故C不符合题意；

D．1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中n（NH4NO3）=0.1mol，氮原子数为0.2NA，故D不符合题意；

故答案为：

B。

【点睛】解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：

①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。

3.X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物（ZXY）2的结构式如图所示。

下列说法错误的是

A.化合物WY是良好的耐热冲击材料

B.Y的氧化物对应的水化物可能是弱酸

C.X的氢化物的沸点一定小于Z的

D.化合物（ZXY）2中所有原子均满足8电子稳定结构

【答案】C

【解析】

【分析】

因W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，且原子序数W>X，因此X、Y、Z为第二周期元素，W为第三周期元素，结合（ZXY）2的结构式可知，X为C，Y为N，Z为O，X最外层电子数为4，故W为Al，以此解答。

【详解】A．化合物AlN为原子晶体，AlN最高可稳定到2200℃，室温强度高，且强度随温度的升高下降较慢，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，故A不符合题意；

B．N的氧化物对应的水化物中HNO2为弱酸，故B不符合题意；

C．C的氢化物的沸点随分子量的增加而增大，沸点不一定比H2O的沸点低，故C符合题意；

D．由（OCN）2的结构式可知所有原子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；

故答案为：

C。

4.阿巴卡韦（Abacavir）是一种核苷类逆转录酶抑制剂，存在抗病毒功效。

关于其合成中间体M（

），下列说法正确的是

A.与环戊醇互为同系物

B.分子中所有碳原子共平面

C.能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，且原理相同

D.可用碳酸钠溶液鉴别乙酸和M

【答案】D

【解析】

【详解】A．M中含有两个羟基，与环戊醇结构不相似，不互为同系物，故A错误；

B．M中含有sp3杂化的碳原子，所有碳原子不可能共平面，故B错误；

C．M中含有碳碳双键和羟基，能够与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液褪色，M中含有碳碳双键，其与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故C错误；

D．乙酸与碳酸钠能够发生反应生成二氧化碳气体，M不与碳酸钠溶液反应，利用碳酸钠能鉴别乙酸和M，故D正确；

故答案为：

D。

5.下列说法正确的是

A.用苯萃取溴水中的Br2，分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层

B.欲除去H2S气体中混有的HCl，可将混合气体通入饱和Na2S溶液

C.乙酸乙酯制备实验中，要将导管插入饱和碳酸钠溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇

D.用pH试纸分别测量等物质的量浓度的NaCN和NaClO溶液的pH，可比较HCN和HClO的酸性强弱

【答案】A

【解析】

【详解】A．苯的密度比水小，萃取后有机层位于上层，水层位于下层，因此分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层，故A正确；

B．H2S与Na2S溶液能够发生反应生成NaHS，因此不能用饱和Na2S溶液除去H2S气体中混有的HCl，故B错误；

C．乙酸乙酯制备实验中，导管需离液面一小段距离，防止倒吸，故C错误；

D．NaClO具有漂白性，不能用pH试纸测定溶液的pH，故D错误；

故答案为：

A。

【点睛】测定溶液pH时需注意：

①用pH试纸测定溶液pH时，试纸不能湿润，否则可能存在实验误差；②不能用pH试纸测定具有漂白性溶液的pH，常见具有漂白性的溶液有：

新制氯水、NaClO溶液、H2O2溶液等。

6.锂-硫电池具有高能量密度、续航能力强等特点。

使用新型碳材料复合型硫电极的锂-硫电池工作原理示意图如图，下列说法正确的是

A.电池放电时，X电极发生还原反应

B.电池充电时，Y电极接电源正极

C.电池放电时，电子由锂电极经有机电解液介质流向硫电极

D.向电解液中添加Li2SO4水溶液，可增强导电性，改善性能

【答案】B

【解析】

【详解】A．X电极材料为Li，电池放电时，X电极发生氧化反应，故A错误；

B．电池放电时，Y为正极，发生还原反应，充电时，Y发生氧化反应，接电源正极，故B正确；

C．电池放电时，电子由锂电极经过导线流向硫电极，故C错误；

D．锂单质与水能够发生反应，因此不能向电解液中添加Li2SO4水溶液，故D错误；

故答案为：

B。

7.常温下，用0.1mol·L-1KOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1HA（Ka＝1.0×10-5）溶液的滴定曲线如图所示。

下列说法错误的是

A.a点溶液的pH约为3

B.水的电离程度：

d点＞c点

C.b点溶液中粒子浓度大小：

c（A－）＞c（K＋）＞c（HA）＞c（H＋）＞c（OH－）

D.e点溶液中：

c（K＋）=2c（A－）+2c（HA）

【答案】D

【解析】

【详解】A．由溶液pH=7时消耗KOH的体积小于10mL可知，HA为弱酸，设0.1mol·L-1HA溶液中c（H+）=xmol/L，根据电离平衡常数可知

，解得x≈1×10-3mol/L，因此a点溶液的pH约为3，故A不符合题意；

B．d点溶质为KA，c点溶质为HA、KA，HA会抑制水的电离，KA会促进水的电离，因此水的电离程度：

d点＞c点，故B不符合题意；

C．b点溶质为等浓度的KA和HA，

，HA的电离程度大于A-的水解程度，结合溶液呈酸性可知b点溶液中粒子浓度大小：

，故C不符合题意；

D．e点物料守恒为：

，故D符合题意；

故答案

：

D。

【点睛】比较时溶液中粒子浓度：

（1）弱电解质（弱酸、弱碱、水）的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。

如在稀醋酸溶液中：

CH3COOH

CH3COO-＋H+，H2O

OH-＋H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：

c（CH3COOH）>c（H+）>c（CH3COO-）>c（OH-）；

（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。

如稀的CH3COONa溶液中：

CH3COONa=CH3COO-＋Na+，CH3COO-＋H2O

CH3COOH＋OH-，H2O

H+＋OH-，所以CH3COONa溶液中：

c（Na+）>c（CH3COO-）>c（OH-）>c（CH3COOH）>c（H+）。

8.苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。

实验室制备流程如下：

试剂相关性质如下表：

苯甲酸

乙醇

苯甲酸乙酯

常温性状

白色针状晶体

无色液体

无色透明液体

沸点/℃

249.0

78.0

212.6

相对分子量

122

46

150

溶解性

微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂

与水任意比互溶

难溶于冷水，微溶于热水，易溶于乙醇和乙醚

回答下列问题：

（1）为提高原料苯甲酸的纯度，可采用的纯化方法为_________。

（2）步骤①的装置如图所示（加热和夹持装置已略去），将一小团棉花放入仪器B中靠近活塞孔处，将吸水剂（无水硫酸铜的乙醇饱和溶液）放入仪器B中，在仪器C中加入12.2g纯化后的苯甲酸晶体，30mL无水乙醇（约0.5mol）和3mL浓硫酸，加入沸石，加热至微沸，回流反应1.5~2h。

仪器A的作用是_________；仪器C中反应液应采用_________方式加热。

（3）随着反应进行，反应体系中水分不断被有效分离，仪器B中吸水剂的现象为_________。

（4）反应结束后，对C中混合液进行分离提纯，操作I是_________；操作II所用的玻璃仪器除了烧杯外还有_________。

（5）反应结束后，步骤③中将反应液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外，还有_____；加入试剂X为_____（填写化学式）。

（6）最终得到产物纯品12.0g，实验产率

_________%（保留三位有效数字）。

【答案】

（1）.重结晶

（2）.冷凝回流乙醇和水（3）.水浴加热（4）.吸水剂由白色变为蓝色（5）.蒸馏（6）.分液漏斗（7）.降低苯甲酸乙酯的溶解度利于分层（8）.Na2CO3或NaHCO3（9）.80.0

【解析】

【分析】

苯甲酸与乙醇在浓硫酸作催化剂发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸馏，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，然后通过干燥制备苯甲酸乙酯纯品，以此解答本题。

【详解】

（1）可通过重结晶的方式提高原料苯甲酸的纯度；

（2）仪器A为球形冷凝管，在制备过程中乙醇易挥发，因此通过球形冷凝管冷凝回流乙醇和水；该反应中乙醇作为反应物，因此可通过水浴加热，避免乙醇大量挥发；

（3）仪器B中吸水剂为无水硫酸铜的乙醇饱和溶液，吸收水分后生成五水硫酸铜，吸水剂由白色变为蓝色；

（4）由上述分析可知，操作I为蒸馏；操作II为分液，除烧杯外，还需要的玻璃仪器为分液漏斗；

（5）因苯甲酸乙酯难溶于冷水，步骤③中将反应液倒入冷水的目的还有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分层；试剂X为Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；

（6）12g苯甲酸乙酯的物质的量为

，苯甲酸的物质的量为

，反应过程中乙醇过量，理论产生苯甲酸乙酯的物质的量为0.1mol，实验产率为

。

9.氧化铬绿（Cr2O3）的性质独特，在冶金、颜料等领域有着不可替代的地位。

一种利用淀粉水热还原铬酸钠制备氧化铬绿的工艺流程如下：

已知：

①向含少量Na2CO3的铬酸钠碱性溶液中通入CO2可制得不同碳化率的铬酸钠碳化母液；

②“还原”反应剧烈放热，可制得Cr（OH）3浆料。

（1）该工艺中“还原”反应最初使用的是蔗糖或甲醛，后来改用价格低廉的淀粉。

请写出甲醛（HCHO）与铬酸钠（Na2CrO4）溶液反应的离子方程式_________。

（2）将混合均匀的料液加入反应釜，密闭搅拌，恒温发生“还原”反应，下列有关说法错误的是_____（填标号）。

A该反应一定无需加热即可进行B必要时可使用冷却水进行温度控制

C铬酸钠可适当过量，使淀粉充分反应D应建造废水回收池，回收含铬废水

（3）测得反应完成后在不同恒温温度、不同碳化率下Cr（Ⅵ）还原率如下图。

实际生产过程中Cr（Ⅵ）还原率可高达99.5%以上，“还原”阶段采用的最佳反应条件为_________。

（4）滤液中所含溶质为_______。

该水热法制备氧化铬绿工艺的优点有_________、________（请写出两条）。

（5）由水热法制备的氢氧化铬为无定型氢氧化铬[Cr（OH）3·nH2O]。

将洗涤并干燥后的氢氧化铬滤饼充分煅烧，质量损失与固体残留质量比为9:

19，经计算得出n=_________。

（6）重铬酸钠（Na2Cr2O7·H2O）与硫酸铵热分解法也是一种生产氧化铬绿的方法，生产过程中产生的气体对环境无害，其化学反应方程式为_________。

【答案】

（1）.

（2）.AC（3）.碳化率40%、恒温240℃（4）.Na2CO3（或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3）（5）.工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备（6）.无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等（7）.0.5（8）.

【解析】

【分析】

在碱性条件下，利用铬酸钠碳化母液与淀粉发生氧化还原反应生成Cr（OH）3沉淀、碳酸钠或碳酸氢钠（取决于起始反应溶液的碱性），然后过滤、洗涤，通过煅烧Cr（OH）3然后经过一系列操作得到产品，以此解答。

【详解】

（1）HCHO中碳元素化合价为0价，该反应在碱性环境下进行，最终生成为有碳酸钠、Cr（OH）3等，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知其反应的离子方程式为：

；

（2）A．该反应虽然为放热反应，但不一定全过程都不需要加热，如燃烧反应为放热反应，反应开始需要加热，故A符合题意；

B．因该反应放热剧烈，若温度过高，Cr（OH）3可能会发生分解，会影响最终产品质量，因此可在必要时可使用冷却水进行温度控制，故B不符合题意；

C．为保证原料的充分利用，应淀粉适当过滤，使铬酸钠充分反应，故C符合题意；

D．铬为重金属元素，直接排放至环境中会污染水资源，因此应建造废水回收池，回收含铬废水，故D不符合题意；

故答案为：

AC；

（3）由图可知，在碳化率为40%时，还原率较高，在温度为240℃时，还原率达到接近100%，再升高温度对于还原率的影响不大，故最佳反应条件为：

碳化率40%、恒温240℃；

（4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：

Na2CO3（或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3）；水热法制备工艺的优点有：

工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等；

（5）加热过程中相关物质的转化关系式为：

，解得n=0.5；

（6）重铬酸钠具有强氧化性，硫酸铵具有还原性，生产过程中产生的气体对环境无害，故N元素转化为N2，二者发生氧化还原反应生成Cr2O3、N2、Na2SO4、H2O，根据氧化和还原反应得失电子守恒和原子守恒可知该反应方程式为：

。

10.CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用CH4与CO2制备“合成气”（CO、H2），还可制备甲醇、二甲醚、低碳烯烃等燃料产品。

I．制合成气

科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：

反应①：

CH4（g）

C（ads）+2H2（g）（慢反应）

反应②：

C（ads）+CO2（g）

2CO（g）（快反应）

上述反应中C（ads）为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：

（1）CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为_________。

能量变化图中：

E5+E1_________E4+E2（填“＞”、“＜”或“＝”）。

II．脱水制醚

利用“合成气”合成甲醇后，甲醇脱水制得二甲醚的反应为：

2CH3OH（g）

CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH，其速率方程式为：

v正=k正·c2（CH3OH），v逆=k逆·c（CH3OCH3）·c（H2O），k正、k逆为速率常数且只与温度有关。

经查阅资料，上述反应平衡状态下存在计算式：

lnKc=−2.205+

（Kc为化学平衡常数；T为热力学温度，单位为K）。

（2）反应达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_________k逆增大的倍数（填“＞”、“＜”或“＝”）。

（3）某温度下（该反应平衡常数Kc为200），在密闭容器中加入一定量CH3OH，反应到某时刻测得各组分的物质的量如下：

物质

CH3OH

CH3OCH3

H2O

物质的量/mol

0.4

0

4

0.4

此时正、逆反应速率的大小：

v正____v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。

（4）500K下，在密闭容器中加入一定量甲醇CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数为_________（填标号）。

A＜

B

C＞

D无法确定

【答案】

（1）.CH4（g）+CO2（g）

2CO（g）+2H2（g）ΔH=+（E3-E1）kJ•mol-1

（2）.<（3）.<（4）.>（5）.C

【解析】

【详解】I．

（1）由图像可知，CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为：

CH4（g）+CO2（g）

2CO（g）+2H2（g）ΔH=+（E3-E1）kJ•mol-1；反应①为慢反应，反应②为快反应，因此可知反应①的活化能大于反应②的活化能，即E4-E1>E5-E2，故E5+E1

II．

（2）温度升高，lnKC减小，KC减小，说明升高温度，平衡逆向移动，故升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；

（3）该时刻浓度熵

v逆；

（4）500K下，lnKc=−2.205+

=3.21，KC=e3.21=24.78，假设某一时刻c（CH3OH）=c（CH3OCH3）=c（H2O）=amol/L，此时H3OCH3（g）的物质的量分数为

，则浓度熵

。

【化学—选修3：

物质结构与性质】

11.铁元素是最重要的金属元素之一，其不仅是各种钢材的主要成分，很多含铁化合物也具有重要意义。

（1）按照电子排布，可把元素周期表中的元素划分成五个区，铁元素属于_________区。

（2）Mn2+在水溶液中难被氧化，而Fe2+则易被氧化为Fe3+，请从离子的价电子式角度解释Mn2+与Fe2+还原能力的差别：

_________。

Mn2+的半径_________Fe3+的半径（填“＞”、“＜”或“＝”）。

（3）金属铁晶体中铁原子采用体心立方堆积，该铁晶体的空间利用率为_________（用含π的式子表示）。

（4）向含Fe3+的溶液中滴加少量的KSCN溶液，溶液中生成红色的[Fe（SCN）（H2O）5]2+。

N、H、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_________；[Fe（SCN）（H2O）5]2+中Fe3+的配位数为_________，H2O中氧原子的杂化方式为_________。

（5）二茂铁是一种含铁的有机化合物，其化学式为Fe（C5H5）2，可看作是Fe2+离子与两个正五边形的环戊二烯负离子（C5H

）配体形成的夹心型分子（如下图a所示）。

已知大π键可用符号Π

表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π

），则C5H

的大π键表示为________。

二茂铁是黄色针状晶体，熔点173℃（在100℃时开始升华），沸点249℃，在水中难溶，但可溶于很多有机溶剂。

下列相互作用中，二茂铁晶体中不存在的是________（填标号）。

A离子键B配位键Cσ键D范德华力

（6）一种含有Fe、Cu、S三种元素的矿物的晶胞（如上图b所示），属于四方晶系（晶胞底面为正方形），晶胞中S原子位于内部，Fe原子位于体心和晶胞表面，Cu原子位于晶胞表面。

此矿物的化学式为_________。

若晶胞的底面边长为Apm，高为Cpm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为__________g/cm3（写出表达式）。

【答案】

（1）.d

（2）.Mn2+为3d5构型，d亚层半满，失去电子则需破坏此稳定结构，Fe2+为3d6，易失去1个电子成为稳定的3d5构型（3）.>（4）.

（5）.O>N>H（6）.6（7）.sp3（8）.

（9）.A（10）.FeCuS2（或CuFeS2）（11）.

（或

）

【解析】

【详解】

（1）铁元素位于元素周期表VIII族，属于d区元素；

（2）Mn2+为3d5构型，d亚层半满，失去电子则需破坏此稳定结构，Fe2+为3d6，易失去1个电子成为稳定的3d5构型，因此Mn2+在水溶液中难被氧化，而Fe2+则易被氧化为Fe3+；Mn2+与Fe3+核外电子数相同，质子数多的半径小，故半径Mn2+>Fe3+；

（3）设晶胞中铁原子半径为r，则晶胞边长为a=

，则1个体心立方堆积的晶胞体积为

，晶胞内共有

个原子，原子总体积为：

，则其空间利用率为：

；

（4）N、O处于同一周期，从左至右电负性逐渐增加，H元素在非金属元素中电负性最小，故电负性大小关系为：

O>N>H；SCN-、H2O均为配体，因此[Fe（SCN）（H2O）5]2+中Fe3+的配位数为6；H2O中O的价层电子对数为

，故氧原子的杂化方式为sp3；

（5）由

结构可知，每个碳原子中还有1个电子未参与成键，5个碳原子以及一个

得到一个电子，共有6个电子参与形成大π键，因此

中大π键表示为

；由二茂铁的熔点低以及易升华特点可知二茂铁为分子化合物，因此二茂铁晶体中不存在离子键；

（6）根据均摊法可知，1个晶胞中含Cu原子数为：

，Fe原子数为：

，S原子数为：

8，故此矿物的化学式为：

FeCuS2（或CuFeS2）；晶胞密度

或

。

【点睛】大π键形成条件：

①这些原子多数处于同一平面上；②这些原子有相互平行的p轨道；③p轨道上的电子总数小于p轨道数的2倍。

常见物质中的大π键：

1,3-丁二烯（

），CO2（两套

），

（

），O3（

），石墨（

），

（

），SO3（

）等。

【化学——选修5：

有机化学基础】

12.化合物G是重要的药物中间体