届山西省大同市高三第一次联合考试化学试题市直解析版.docx

1、届山西省大同市高三第一次联合考试化学试题市直解析版山西省大同市2020届高三第一次联合考试（市直）可能用到的相对原子质量H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56一、选择题（每小题3分，共16小题，合计48分）1.中华传统文化博大精深，下列说法正确的是（ ）A. “霾尘积聚难见路人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应B. “杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白质C. “日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”D. “火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应答案A详解A、雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B、“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为纤维素，故B错误；C

2、、水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故C错误；D、很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，“火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色反应，故D错误；故选：A。2.下列对化学用语的理解正确的是（ ）A. 乙烯的结构简式：CH2CH2B. 电子式可以表示氢氧根离子，也可以表示羟基C. 比例模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子D. 结构示意图可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-答案D详解A、乙烯分子中含有官能团碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故A错误；B、羟基是中性原子团，电子式为，氢氧根离子带有一

3、个单位负电荷，电子式为，所以电子式只能表示羟基，不能表示氢氧根离子，故B错误；C、甲烷和四氯化碳分子均为正四面体结构，但Cl原子半径大于C，所以可以表示甲烷分子，但不可以表示四氯化碳分子，故C错误；D、35Cl-和37Cl的中子数不同，但核电荷数和核外电子数相同，均为Cl，核电荷数为17，核外电子数为18，结构示意图为，故D正确；故选：D。点睛有机化合物用比例式表示其结构时，需注意原子之间的半径相对大小以及空间结构；多原子组成的离子的电子式书写需注意使用“”将离子团括起来，并注意电荷书写位置。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 标况下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶

4、液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NAB. 标准状况下，38g3H2O2中含有4NA共价键C. 常温下，将5.6g铁块投入一定量浓硝酸中，转移0.3NA电子D. 一定温度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物质的量一定不相同答案D详解A、氯气与水反应：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，溶液中氯原子总数为2mol，Cl2中含有2个氯原子，故溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数大于NA，故A错误；B、双氧水结构为：，38g3H2O2的物质的量为=1mol，由结构式可知，1mol双氧水中含有3NA共价键，故B错

5、误；C、常温下铁与浓硝酸发生钝化，形成致密氧化膜，阻止反应进行，所以常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移小于0.3NA电子，故C错误；D、1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液所对应浓度不同，所以水解程度不同，溶液中的物质的量一定也不同，故D正确；故答案为D。点睛本题A选项属于易错项，该反应属于可逆反应，溶液中总氯原子为2mol，发生反应后，溶液中含氯微粒总数小于2mol大于1mol。4.下表为各物质中所含少量杂质以及除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的一组是（ ）选项物质(括号为少量杂质)除杂方法ACO2(SO2)通入饱和碳酸氢钠溶液，再通入碱

6、石灰干燥BCu（CuO）空气中加热CFeCl2（Fe）通入少量氯气加热DKNO3(NaCl)溶于水配成热饱和溶液，冷却结晶答案D详解A、SO2与碳酸氢钠反应：SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2或SO2+2NaHCO3=Na2SO3+H2O+2CO2，CO2能够与碱石灰反应，应采用浓硫酸或者无水氯化钙等干燥，故A不符合题意；B、Cu与空气中氧气在加热条件下能反应生成CuO，应将混合固体加入稀盐酸溶液中，然后过滤干燥，故B不符合题意；C、FeCl2与氯气会发生反应，因此达不到除杂目的，故C不符合题意；D、KNO3溶解度随温度变化较大，而NaCl溶解度随温度变化较小，将混合固体溶于水后，制成

7、饱和溶液后，将溶液冷却，KNO3会析出，而NaCl在溶液中，可达到除杂的目的，故D符合题意；故答案为：D。点睛KNO3中混有少量NaCl，提纯的方法是：溶解成热饱和溶液冷却结晶过滤；NaCl中混有少量KNO3，提纯的方法是：溶解成饱和溶液加热蒸发、浓缩结晶过滤；需注意二者试验操作的区分。5.炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法错误的是( )A. 氧分子的活化包括OO键的断裂与CO键的生成B. 每活化一个氧分子放出0.29eV的能量C. 水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eVD. 炭黑颗

8、粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂答案C详解A.由图可知，氧分子的活化是OO键的断裂与CO键的生成过程，故A正确；B.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出0.29eV的能量，故B正确；C.由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故C错误；D.活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，故D正确。故选C。6.下列解释事实的离子方程式正确的是（ ）A. 用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O32H+SO2S2Na+H2OB. 硝酸铁溶液中加入少量碘化氢：2Fe3

9、+2I-=2Fe2+I2C. 向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸：ClO-H2OCO2HClOHCO3-D. 硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2混合形成的溶液：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=BaSO4+AlO2-+2H2O答案C详解A、Na2S2O3为可溶性盐类，其与稀硫酸反应的离子方程式为：，故A错误；B、硝酸铁水解会生成硝酸，其氧化性大于铁离子，因此向硝酸铁中加入少量碘化氢时，其反应的离子方程式为：，故B错误；C、因酸性：碳酸次氯酸碳酸氢根，因此向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸的离子反应方程式为：，故C正确；D、硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2混合形成的溶液中反应的离子方程

10、式为：，故D错误；故答案为：C。点睛对于先后型非氧化还原反应的分析判断，可采用“假设法”进行分析，其分析步骤为：先假定溶液中某离子与所加物质进行反应，然后判断其生成物与溶液中相关微粒是否发生反应，即是否能够共存，若能共存，则假设成立，若不能共存，则假设不能成立。7.下列实验能实现的是（ ）A. 图1装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气B. 图2装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物C. 图3装置中若a处有红色物质生成，b处变蓝，证明X一定是H2D. 图4装置可以制取少量CO2，安全漏斗可以防止气体逸出答案D详解A、左侧的五氧化二磷会吸收氯化铵分解产生的氨气，因此左侧可检测氯化氢，故A不符合题

11、意；B、加热时碘升华，高锰酸钾会发生分解，因此加热法不能分离，故B不符合题意；C、a处有红色物质生成，说明氧化铜被还原，b处变蓝，说明气体中含有水蒸气，因此有可能X中含有水蒸气，X也可能含有乙醇、氨气、甲烷等，故C不符合题意；D、大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，安全漏斗可在左右侧形成液柱，可防止气体逸出，故D符合题意；故答案为：D。8.对如图有机物的说法正确的是（ ）A. 属于苯的同系物B. 如图有机物可以与4molH2加成C. 如图有机物中所有的碳一定都在同一平面上D. 如图有机物与钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都能反应答案D详解A、该有机物中含有氧元素，不属于苯的同系物，故A错误；B、该有

12、机物中含有苯环、碳碳双键，均能发生加成反应，题干并未告知有机物的量，故无法判断发生加成反应消耗氢气的量，故B错误；C、与苯环相连接的碳原子与苯环之间化学键为单键，可旋转，因此该机物中所有的碳不一定都在同一平面上，故C错误；D、该有机物含有羧基，能与钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都能反应，故D正确；故答案为：D。9.科学工作者研发了一种 SUNCAT的系统，借助锂循环可持续合成氨，其原理如下图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 过程I得到的Li3N中N元素为3价B. 过程生成W的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3C. 过程中能量的转化形式为化学能转化为电能D. 过程涉及的反应为4OH4

13、eO2+2H2O答案C详解A.Li3N中锂元素的化合价为+1价，根据化合物中各元素的代数和为0可知，N元素的化合价为-3价，A项正确；B.由原理图可知，Li3N与水反应生成氨气和W，元素的化合价都无变化，W为LiOH，反应方程式：Li2N+3H2O3LiOH+NH3，B项正确；C.由原理图可知，过程为电解氢氧化锂生成锂单质、氧气和水，电能转化为化学能，C项错误；D.过程电解LiOH产生O2，阳极反应为4OH4eO2+2H2O，D项正确。故答案选C。10.某溶液中可能含有离子：K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO32-、SO42-，且溶液中各离子的物质的量相等，将此溶液分为两份，一份加高锰酸钾

14、溶液，现象为紫色褪去，另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀。下列说法正确的是（ ）A. 若溶液中含有硫酸根，则可能含有K+B. 若溶液中含有亚硫酸根，则一定含有K+C. 溶液中可能含有Fe3+D. 溶液中一定含有Fe2+和SO42-答案B详解向溶液中加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，说明溶液中含有还原性微粒，可能含有Fe2+或；另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀，溶液中可能含有或；若溶液中阴离子只有，与Fe2+会发生双水解，因溶液中各离子的物质的量相等以及会与Fe3+反应，因此阳离子为K+、Na+；若溶液中阴离子为，则阳离子为Fe2+（不能含有K+、Na+，否则溶液不能使高锰酸钾褪色）

15、；若溶液中阴离子为、，Fe3+、Fe2+与不能共存，故溶液中阴离子不可能同时含有、；综上所述，答案为B。点睛本题推断较为复杂，需要对于离子共存相关知识掌握熟练，且需依据电荷守恒进行分析，注意分类讨论。11.“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程及实验装置(部分夹持装置省略)如图：下列叙述正确的是（ ）A. 实验时先打开装置中分液漏斗的旋塞，过一段时间后再点燃装置的酒精灯B. 装置的干燥管中可盛放碱石灰，作用是吸收多余的NH3C. 向步骤 I 所得滤液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温可析出NH4ClD. 用装置可实现步骤转化，所

16、得CO2可循环使用答案C分析在饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可得到碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，过滤得沉淀物为碳酸氢钠，经洗涤、干燥得碳酸氢钠固体，滤液中主要溶质为氯化铵，再加入氯化钠和通入氨气，将溶液降温结晶可得氯化铵晶体。详解A、氯化钠、水、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氯化铵，反应方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，由于氨气在水中溶解度较大，所以先通氨气，再通入二氧化碳，故A错误；B、氨气是污染性气体不能排放到空气中，碱石灰不能吸收氨气，装置的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用是吸收多余的NH3，故B错误；C、通入氨气的作用是增大的浓度，使NH4Cl更

17、多地析出、使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度，故C正确；D、用装置加热碳酸氢钠，分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，可实现步骤的转化，但生成的二氧化碳未被收集循环使用，烧杯加热未垫石棉网，故D错误；故答案为：C。点睛“侯氏制碱法”试验中，需先通入氨气，其原因是氨气在水中的溶解度较大，二氧化碳在水中溶解度较小，先通入氨气所形成的溶液中氨的浓度较大，方便后续的反应进行；“侯氏制碱法”所得到的产品是碳酸氢钠，碳酸氢钠经过加热会生成碳酸钠。12.中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图。下列有关说法正确的是（ ）A. 在Na-Fe3O4

18、上发生的反应为CO2+H2=CO+H2OB. 中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C. 催化剂HZMS-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率D. 该过程，CO2转化为汽油的转化率高达78答案B详解A、由流程图可知，CO2+H2在Na-Fe3O4催化剂表面反应生成烯烃，根据元素和原子守恒可知，其反应为：，故A错误；B、中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B正确；C、催化剂HZMS-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故C错误；D、由图分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，故D错误；故答案为：B。13.W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周

19、期元素，W、X是金属元素，Z是非金属元素，W、X的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，向一定量的W的最高价氧化物对应的水化物溶液中逐滴加人XZ3溶液，生成的沉淀X(OH)3的质量随XZ3溶液加人量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（ ）A. d点对应的溶液中:K+、NH4+、CO32-、I-B. c点对应的溶液中:Ag+、Ca2+、NO3-、Na+C. b点对应的溶液中:Na+、S2-、SO42-、Cl-D. a点对应的溶液中:Na+、K+、S042-、HCO3-答案C详解W、X、Z依次为Na 、Al、 Cl。分析反应历程可知a点溶液为强碱性溶液，HC

20、O3不可以大量共存；b点溶液为中性溶液，对应离子可以大量共存；c点溶液中存在Cl可与Ag生成白色沉淀；d点溶液中存在Al3可与CO32发生双水解。答案选C。14.以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是（ ）A. 反应1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化B. 从母液中可以提取Na2SO4C. 反应2中，H2O2做氧化剂D. 采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解答案C解析A. 在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3SO2=SO422ClO2

21、，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，故A正确；B. 根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C. 在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D. 减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选C。15.在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3）以达到消除污染的目的。其工作原理的

22、示意图如下：下列说法不正确的是（ ）A. Ir的表面发生反应：H2 + N2ON2 + H2OB. 导电基体上的负极反应：H22e2H+C. 若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物D. 若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量答案C详解A、根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气，反应为：H2 + N2ON2 + H2O，A正确；B、根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H22e2H+，B正确；C、若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误；D、从图示可

23、知：若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D正确；正确选项C。16.25时，向0.1mol/LCH3COOH溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述不正确的是（ ）A. CH3COOH的Ka=1.010-4.7B. C点的溶液中：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)C. B点的溶液中：c(Na+)c(H+)=c(CH3COOH)c(OH-)D. A点的溶液中：c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)c(OH-)=0.1mol/L答案D详解A、CH3COOH的，取B点

24、状态分析，=1，且c(H+)=110-4.7，所以Ka=110-4.7，故A不符合题意；B、C点状态，溶液中含有CH3COONa、NaOH，故c(Na+)c(CH3COO-)，溶液呈碱性，c(OH-)c(H+)，pH=8.85，故此时c(CH3COO-)远大于c(OH-)，因此c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，故B不符合题意；C、根据电荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B点溶液中，c(CH3COO-)= c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故C不符合题意；D、在溶液中c(CH3COO-

25、)+ c(CH3COOH)=0.1mol/L，A点的溶液中，c(H+) c(OH-)，c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)c(OH-)0.1mol/L，故D符合题意；故答案为D。二、非选择题（共40分）17.硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。一种以石油化工中废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的工业流程如图：已知：NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物。Fe(OH)3不溶于NH4Cl氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl氨水的混合液生成Ni(NH3)62+。离子浓度1

26、0-5molL-1时，离子沉淀完全。请回答下列问题：（1）为提高“酸溶”时镍元素的浸出率，所采取的的措施为_（写1种）。（2）“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为_。（3）“氨解”的目的为_ ，“氨解”时需要控制低温原因是_。（4）“氧化”时发生反应的化学方程式为_。（5）“二次碱浸”时，若使溶液中的Ni2+沉淀完全，则需维持c(OH-)不低于_。(已知：Ni(OH)2的Ksp=210-15，1.4）。（6）若在流程中完成“系列操作”。则下列实验操作中，不需要的是_(填下列各项中序号)。答案(1). 废镍催化剂粉碎、增大硫酸浓度、升温一种合理即可 (2).

27、 (3). 实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素 (4). 防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成Ni(NH3)62+ (5). 3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO+3S+4H2O (6). 1.4210-5molL-1 (7). cd分析废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)经酸溶得到硫酸镍、硫酸铁、硫酸铬溶液，二氧化硅不溶于硫酸为滤渣I的主要成分；向滤液中加入过量氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀、氢氧化铁沉淀、偏铬酸钠溶液，偏铬酸钠溶液为滤液I的主要成分；向沉淀中加入NH4Cl-氨水的混合液，氢氧化铁沉淀不溶于此溶液，为滤渣II的

28、主要成分，氢氧化镍沉淀溶于此溶液得到Ni(NH3)62+溶液；向溶液中通入H2S，生成NiS沉淀；向沉淀中滴入稀硝酸得到硝酸镍；向硝酸镍中加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀；向沉淀中加入硫酸得到硫酸镍；在经过系列操作得到NiSO47H2O，据此解答本题。详解（1）为提高“酸溶”时镍元素的浸出率，可将废镍催化剂粉碎增加反应接触表面积、增大硫酸浓度、升温等措施，故答案为：废镍催化剂粉碎、增大硫酸浓度、升温一种合理即可；（2）根据信息可知，Cr(OH)3是两性氢氧化物，性质类似于氢氧化铝，铬离子与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铬，若氢氧化钠过量，则过量的氢氧化钠与氢氧化铬反应生成偏铬酸钠，故“一次碱析”时

29、，加入的NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为：，故答案为：；（3）废镍催化剂中的铁元素在“一次碱析”时转化为氢氧化铁，由于Fe(OH)3不溶于NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl-氨水的混合液生成Ni(NH3)62+，则“氨解”的目的是实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素；加热条件下，氨会挥发，因此控制低温的原因是：防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成Ni(NH3)62+，故答案为：实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素；防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成Ni(NH3)62+；（4）“氧化”时发生的反应是稀硝酸和NiS的反应，根据流程图反应

30、生成S，则稀硝酸中氮元素由+5价降低到+2价生成NO，NiS中的硫元素由-2价升高到0价生成S单质，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO+3S+4H2O，故答案为：3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO+3S+4H2O；（5）氢氧化镍中存在溶解平衡，Ka=c(Ni2+)c2(OH-)，根据信息，离子浓度10-5molL-1时，离子沉淀完全，则210-15=10-5c2(OH-)，解得c(OH-)=1.410-5mol/L，则若使溶液中Ni2+沉淀完全，需维持c(OH-)不低于1.410-5mol/L，故答案为：1.4210-5molL-1；（