2020屆福建省莆田市高三5月第二次檢測理科綜合化學試題

222高中化學月/段考試題222福建省莆市2020屆高三5月第次檢測理科綜年月日20時分長征五號遙運載火被稱為胖”在中國文昌航天發(fā)射場點火升空胖五渾身是高科技。下列有關其說法正確的()液氫、煤油、液氧推進劑利用了燃料電池原理B.胖某外表部位覆蓋玻璃纖維織物，玻璃纖維是有機高分子材料C.儲箱、儲氧箱面裹有10~20mm泡塑料，其作用是保溫D.“胖五外殼主要材料是鋁合金，利用了該材料耐腐蝕、密度大等特點『案』C『解A燃料電池中涉及的能量為化學能轉為電能，而火箭中液氫、煤油、液氧等燃料燃燒，化學能在發(fā)動機內轉化為燃氣的動能，形成高速氣流噴出，產生推力，由此可知，A項誤；B玻璃纖維主要成分為二氧化硅、氧化、氧化鈣、氧化硼、氧化鎂、氧化鈉等，屬于無機材料B項誤；C．了使火箭在燃料加注以及飛行過程中，外表面溫度保持在0以上，從而避免火箭儀器、電纜等受極低溫影響產生功能異常，在運載火箭儲氫箱、儲氧箱表面裹有發(fā)泡塑料，目的是保溫C項正確；D．胖”外殼主要材料是合金，利用了該材料強度高、耐腐蝕、重量輕（密度小本低等特點D項誤；答案選C下列有苯甲酸苯甲(能發(fā)生取代反應和加成反應C.1mol物質完全燃燒需要

)的說法正確的()所有的碳原子不可能共平面其氯代物有4種『案』A『解』A由苯甲酸苯甲酯的結構簡式可知，其分子中存在酯基和苯環(huán)，故可以發(fā)生水解反應（取代反應）和加成反應A項確；B與苯環(huán)直接相連的碳原子與苯環(huán)共平面，結合單鍵可以旋轉，可知苯甲酸苯甲酯分子中所有的碳原子有可能共平面B項誤；C．機物燃燒時元轉化為H元轉化為H，由此可知，每原消耗1

221422A32333AA33233A高中化學月/段221422A32333AA33233A，每原消耗1molO，甲酸苯甲酯的分子式為CHO，知分子式中含有2個氫原子，則苯酸苯甲酯完全燃燒消耗O的質的量

mol，C項錯誤；D．甲苯甲酯分子中每個苯環(huán)上有種效氫，加上-上的一種等效氫，共有種等效氫，則苯甲酸苯甲酯的一氯代物有種D項誤；答案選A設表示阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的()1.0L0.1mol·L

乙酸鈉溶液中，COO數目為N

A11.2L（標準狀）正戊烷完全燃燒生成CO分子的數目為2.5N

AC.標狀況下，14g乙與丁烯的混合物中含有的氫原子數為2

A含的硝酸與足量Cu反，轉移電子數為N『案』C

A『解』ACH-為弱酸根離子，在水溶液中會發(fā)生解，故L

乙酸鈉溶液中，-數目小于0.1A項誤；B標準狀況下正戊烷非氣態(tài)，故不能用標準狀況下氣體摩爾體積進行計算B錯誤；C．乙烯的質量為，則根據題意，可知乙烯與2丁烯的混合中含有的氫原子的物質的量為

m14g2mol28g/mol56g/mol

，由此可知，標準狀況下14g乙與丁烯的混合物中含有的氫原子數為N，項確；D．硝和足量生反應：)+2NO↑+4H，由方程式可知，每與Cu完反應，轉移6mole-，則含0.1molHNO的硝酸與足量應，轉移電子數為N，錯誤；答案選C『睛』注意題中陷阱：氣體與狀況陷阱：①若物質為氣態(tài)，則看氣體是否處于標準狀況；②注意標準狀況下，物質是否為氣體。如本題的B項易忽略正戊烷在標準狀況下非氣體而錯選。注意電解質溶液中粒子數目陷阱：2

222222222高中化學222222222①是否存在弱電解質的電離或鹽類的水解。②在判斷溶液中微?？倲禃r，是否忽視溶劑水。③已知濃度，是否指明體積，用好公式ncV短周期族元素、X、Y、的子序數依次增大W與其他元素不屬于同周期W、Y位同主族，X、位同主族。由X、、Z三元素形成的化合物甲的結如下圖所示，它具有氧化性和漂白性。下列說法正確的()元素的非金屬性W>X>ZC.X、形的兩種化合物只含離子鍵

X、的單氫化物的沸點Y形的化合物的水溶液顯堿性『案』D『析根據短周期主族元素WXYZ原子序數依次增大W與他元素不屬于同周期，可知W為H元；W、Y位同主族，得到Y為Na元XZ位同主族根據XY、三元素形成的化合物甲的結構X和Z之間能形成雙鍵Z形鍵，得到X為O元，為S元素?！航馔髯逶氐姆墙饘傩詮纳系较轮饾u減弱，非金屬性O>SH的金屬性應該最弱，有X>Z>WA錯；XZ的單氫化物為HO和O分間能形成氫鍵使沸點升高沸點>Z，B錯；C.X、Y形的兩種化合物有Na和O，NaO只離子鍵中離子鍵和共價鍵，錯；Y、形的化合物為Na，NaS為強堿弱酸鹽，水解使溶液堿,D正。答案選D『睛』氫鍵的存在使物質的物理性質發(fā)生變化；鹽的水解使鹽溶液成性或堿性，強堿弱酸鹽溶液呈堿性，強酸弱堿鹽溶液呈酸性。海水結形成海冰，海冰中部分鹽分被包裹在冰晶中，形成如下圖所示的鹽泡設1個鹽泡中含個NaCl單)的海冰。測得某海冰內層的濃度為L-1，已知該層海冰的密度為0.9g·。下列說法錯誤的是)3

223-高中化學月/段考試題223-A.“鹽泡內的鈉、氯以離子的形式存在海密度越大，則海冰中鹽泡越少C.海中形成的氫比例比海水中的大該冰中鹽與H的數比約為1：(55『案』B『解』NaCl是子化合物，所以鈉、氯以離子的形式存在A正；NaCl的相對分子質量比水大，所以海冰密度越大含越B錯；C.海的密度為0.9g·cm比水（密大于1g·cm）小，所以海冰中形成的氫鍵比例比海水中的大C正；假1L的冰的質的量10mol水的質量約為0.9g·cm-3×1000mL=900g水的物質的量約為

900g18g/mol

=50mol

，則“鹽泡與H的數比約為10-4：50=1(5

)，正確。答案選B『睛』氫鍵的存在使水的體積增大，且氫鍵越多，體積越大，密度越。中國科院大連化學物理研究所儲能技術研究部的研究團隊在堿性鋅鐵液流電池研究方面取得新進展，該電池的總反應為

Zn+2Fe(CN)

6

+4OH

-

充電

2Fe(CN)

6

+Zn(OH)

4

。下列敘述錯誤的)放電時，M為池正極，電極反應式為-=充時N接電池負極，該電極發(fā)生還原反應4

3-3-3高中化學月/段考試3-3-3C.放時，右側貯器中溶液濃度增大放時，電路中轉移電時，負極區(qū)電解質溶液增重『案』D『析』根據圖示和總反應知，電時N為極Zn失電子，發(fā)生氧化反應M正極，F(xiàn)e

得電子，發(fā)生還原反應；充電時N為極，得電子，發(fā)生還原反應，M為極，F(xiàn)e

失去電子，發(fā)生氧化反應?！航狻桓治觯烹姇r，為池正極，

得電子，發(fā)生還原反應，電極反應式為-=

，A正；充時N為陰極，接電池負極，該電極發(fā)生還原反應B正確；C.放時右側貯器中Zn失電子生

Zn(OH)

離增多溶濃度增大C確；充電時，Zn失子后與氫氧根生成Zn(OH)，在溶液增加的質量為Zn和氧根之和，大于65g，錯。答案選D『睛』本題根據原電池和電解池的原理，判斷電池的正負極，得失電情況，根據圖示進行解題。已知：

。室溫下，向濃度為0.1mol·L-1

的氨水中緩緩通入HCllg

c4c32

隨pOH變化曲線如下圖所示。假設溶液體積沒有變化，下列推斷正確的是)NH·HO的電離常數的數量級為10-4點液中：C.c點溶液中：

2

5

3232高中化學月/段考試題3232的液中：

O『案』D『析根據圖中、、點，得到相應的數值進行計算荷守關

，

物

料

守

恒

關

系O2

。解』A.取點，，得--4.7

mol/L；

lg

c4c32

=0，得O2

，NHHO的離常數為

c4cO32

=10-4.7

數量級為10

，A錯；點，

lg

c4c32

，則

c4c3

，所以32

，錯；C.c點溶液中：pOH=7得+

)=-)，根據電荷守恒lg

c4c3

，溶液中有NHH，

所以

，錯；時-)=10-8mol/L，+-6mol/L，據電荷守恒

和物料守恒

O24

0.1mol/L

，兩式相減得：

2

，則O32

=0.1mol/L+10

mol/L-8

，所以

O

，正。答案選D『睛本題巧用圖上所給點數據行解題，同時使用溶液中電荷守恒和物料守恒的關系，轉化后代入數據，處理后得到答案，要求較高，難度較大。6

223224232222323222322423222232323223-242二、非選擇題(一必考題三氧化(As)可用于治療急性早幼粒白血病。用某酸性含砷廢(AsO

、+

)可提取三氧化二砷，提取工藝流程如下：已知：①常溫下，

sp

；

sp

2

。②+6NaOH=2NaAsOO③S易溶于過量的Na溶中，故加入的的是除去過量的S?；卮鹣铝袉栴}：操作M的稱________濾液N中有的陽離子有

、+

、___________。(2)焙燒操作中S參與反應的化學方程式_____________________________(3)堿浸的目的是渣”的要成分是_____________(化學)(4)氧化中發(fā)生反應的離子方程式_。該流程中可循環(huán)使用的物質是________(寫化學)，某次還原過中制得了O，則消耗標準狀況下該物質的體積________L溶液中金屬離子的除去方法之一是S沉降法。常溫下，若某溶液中含F(xiàn)e2+

、+

，且濃度均為0.1mol·L-1式。

，則向該溶液中滴加稀Na溶時，先生成的沉淀是填化學『案』(1).過濾

Na+

2AsS9O2

2

2As6SO2

2

從和的混合物中分離出As元素

Fe

O

HO

SO

AgS『析』酸性含砷廢水含、H+、

)加入Na和得到S和沉，7

23232223323333422223232223323333422222223322322過濾將沉淀和濾液分離S和FeS在氣中焙燒得到AsOFe以及SO入溶液溶解焙燒產物，O反生成Na形溶液，過濾到的濾渣Y為O，加入雙氧水將NaAsO氧得到AsO，入氧化硫和稀硫酸將NaAsO還原得到?！航狻粚⒐腆w和液體分可以采用過濾的方法；沉砷時加入了硫化鈉和硫酸亞鐵，所以陽離子除了

、+

還有+

；焙燒過程中中S元被空氣中的氧氣氧化為SO合素守恒和電子守恒可得反應方程式為

9O

；根據題目所給信息可知O可和NaOH液發(fā)生反應O不能所以堿浸的目的是從和Fe的混合中分離出元；濾渣Y為Fe；氧化過程中AsO

被雙氧水氧化成

AsO

4

，結合電子守恒和電荷守恒可得離子方程式為O

；

焙燒過程產生二氧化硫，二氧化硫具有還原性，還原時可用二氧化硫還原AsO，以可以循環(huán)使用的物質為；的質的量為

198g/mol

=10mol，原過程中元素+5價變+2價所以生成10mol產轉移40mol電，元由4(SO)價變?yōu)?6(SO)，所以轉移40mol電時要消耗二化硫，標況下體積為；常溫下，

sp

；

sp

2

，雖然兩種沉淀類型不同，但硫化銀的溶度積比硫化亞鐵的溶度積小得多，所以可斷定硫化銀更難溶，所以相同情況下，先生成的沉淀為S?！壕Α簧婕把趸€原反應的計算時不要盲目寫方程式進行計算，要注氧化還原反應中的得失電子守恒關系，根據守恒法計算。溴化亞(微于水，不溶于乙醇，可用作有機合成中的催化劑。實驗室中可利用無水硫酸銅、溴化鈉為主要原料制備溴化亞銅，制備流程如下：回答下列問題：8

42242高中化學月/段考試題42242過程①用到的玻璃儀器有燒杯，中無水能否用藍礬代替？做出判斷，并說明理由：。制備CuBr的應在裝置乙中進行，向其中加入32gCuSO和23g配成的150mL水溶液，然后通入足量的部分夾持及加熱裝置已略)。①裝置甲中，不能采用濃度為的濃硫酸，一般采用濃度為左右的濃硫酸，其原因是____________________________________________。②寫出裝置乙中發(fā)生反應的離子方程式該反應需保持反應在60，最佳加熱方式_________,該裝置中應用攪拌器攪拌的目的，Cu

、Br反應完畢的標志是_______________________③丙中倒扣的漏斗可防止液體倒吸，下列裝置中不能防止液體倒吸的填號。a

b

c．

．洗滌CuBr沉時采用的水溶液而不采用蒸餾水，其目的_。最后經洗滌、干燥得到產，則該實驗的產率?！喊覆０?/p>

能因CuSO需配制成水溶液

因應實是H

SO2的應，而硫酸中主要以3

24

分子形式存在，

Na23

無法電離出2，硫的酸

濃

度

過

低

時，

不

利

于

逸

出

2Cu

2

2Br

2H22

24

水加熱

加快反應速率

溶的藍色褪去

防止被化

(10).75%（或0.75）『析』在CuSO和的體混合物，加水溶解所得混合溶液中通入SO氣，即可9

4233224234224424高中4233224234224424得到CuBr沉淀經過濾洗滌干燥獲得產品；由于溴化亞銅易被氧化，可以使用二氧化硫的水溶液進行洗滌，防止溴化亞銅被氧化；實驗室制取二氧化硫可用亞硫酸鈉固體與70%的硫酸反應，二氧化硫氣體有毒，尾氣需要吸收處理，但要注意防倒吸；實際產生的CuBr的質量與通過化學反應計算出的理論上得到的質量之間的比值，即為產率?！航狻贿^①中固體溶解需要在燒杯中進行，且需要使用玻璃棒攪拌加快溶解；硫酸銅配制成溶液需要加水溶解，則無水CuSO可藍礬代替；①利用Na固與濃硫酸反應的質是SO+

=SO↑+HO98%硫酸主要以H分子形式存NaSO無電離出SO2-硫酸濃度過低時，二氧化硫在水中溶解的較多，不利于O逸，故不用濃度為98%濃硫酸，而選擇濃度為左右的濃硫酸；②裝置乙中和的合溶液中通入氣體，生成沉，發(fā)生反應的離子方程式為2Cu2++2Br+SO+2CuBr↓+4H；該反應需保持反應液在℃，則選擇水浴加熱該裝置中應用攪拌攪拌的目的是增大反應物接觸面積快反應速率當溶液的藍色褪去，即說明Cu

、Br反應完畢；③．孔球泡可增大氣體與溶液的接觸面積，但無法防倒吸，故錯；．氣體不溶于CCl，防倒吸，故b正；c．當產生倒吸現(xiàn)象時，少量液進入球形干燥管內，燒杯中液體回落，吸收液受自身重量的作用又流回燒杯內，可防倒吸，故正確；．當產生倒吸現(xiàn)象時，少量液體進入玻璃管內，燒杯中液體回落，吸收液受自身重的作用又流回燒杯內，可防倒吸，故確；故答案為；溴化亞銅微溶于水，且易被空氣中氧氣氧化，則洗滌CuBr淀時采用的水溶液而不采用蒸餾水，可防止氧化，且減少產品的流失。32gCuSO的物質的量為

160/

=0.2mol，23gNaBr的質的量為/

=0.22mol，則理論生成的CuBr的質的量為，該實驗的產率是21.6g144/mol0.2mol

=75%?！壕Α槐绢}涉及防倒吸裝置的選擇，明確防倒吸裝置的特點是解題關，裝置的特點是10

2222pp高中化學月/段考試題2222pp當將液體吸入漏斗或導管時后燒杯中的液面下降吸入漏斗中的液體又重新進去燒杯中，達到防倒吸的目的。人類過多地使用化石燃料，造成了二氧化碳的大量排放，致使地球氣溫上升。二氧碳是溫室氣體，也是一種重要的資源，如以為基本原料可合成甲醇。回答下列問：已知下列熱化學方程式：?。?/p>

2CO(g)6H2

CHOCH(g)O(g)3

ⅱ．

CH(g)O(g)332

2CH3

則ⅲ．

CO(g)(g)2

CHOH(g)HO(g)32

3

kJ

(2)Deluzarche等在吸附有氫氣的應機理如下：

ZnOCrO3

催化劑上通入發(fā)生反應，該過程的反其中涉及非極性鍵變化的過程_____(上圖中的數字序寫上述過程中總反應的化學方程式：_________________________________________。1一定條件下，向某密閉容器中按照投，生反應ⅲ，反應達到平衡時，H2容器中甲醇的體積分數與壓強、溫度的關系如下圖所示：由上圖可知，反應物的轉化率與壓強的關系是：壓強增大的化_填減小“不變或增大為265℃時的平衡常數=________衡常數，分=壓體積分數保留小數點后四)

(為用分壓表示的平將一定量的

、H2

混合氣體通入某密閉容器中，在催化劑作用下生成

CHOH(g)3

，11

232高中化學月/段考試題232不同壓強下，平衡時混合氣體中OH(g)的體積分數隨溫度的變化如圖所示。3則AB三的平衡常數由大小的順序_用K、K、K表，AE點為D點措施是_________________________________。以特殊的納米材料為電極，一定濃度的硫酸作為電解質溶液，為料過電化學方2法可制得甲醇，則生成甲醇的電極反應式____________________________。『案』(1).-49.6

①

CO3H2

2

催化劑

32

增0.0036(6).

KKAB

減小壓強

CO2

OH3『析』(1)據蓋斯定律計算反應ⅲ的焓變；根據流程圖，氫氣、CO在

ZnOCrO3

催化劑表面上反應生成OH；根據點，溫度為℃、壓強為8MPa，甲醇的百分含量為10%，利用三式計平衡常數；升高溫度，甲醇的體積分數減小，說明升高溫度平衡逆向移動；平衡常數只與溫度有關；CO生甲醇，碳元素化合價由+4低為2CO得子發(fā)生還原反應生成醇；2『解』(1)．

2CO(g)6HCHOCH(g)3HO(g)232122.6kJ

ⅱ．

CH(g)O(g)332

2CH3

根據蓋斯定律ⅰ

＋ⅱ得

CO(g)(g)2

CHHO(g)3212

2322232p2高中化學月/段考試題2322232p2122.6kJ3

23.4kJ=

-49.6

kJ

；根據流程圖H-H鍵裂非極性鍵變化的是過程①CO在催化劑表面上反應生成CHOH，總反應的學方程式是

ZnOCrO3CO3H2

2

催化劑

3

；根據圖示，壓強增大CO的化率增大；根據b點溫度為265、壓強為，醇的百分含量為10%；CO(g)

CHOH(g)

O(g)開始a3a轉化x3平衡aaxx1，ax

00xxxx；則平衡時的強為

8

13103

1.6

、則平衡時H的強為

4.8MP

、則平衡時CHOH壓強為

8

13103

MPa

、則平衡時HO的強為

8

13103

MPa

，溫度為265℃時的平衡常數K

0.84.8

MPa

；升高溫度，甲醇的體積分數減小，說明升高溫度平衡逆向移動，所以升高溫度K減小，所以K>K；平常數只與溫度有關，所以K=K，KABBAC平衡逆向移動，甲醇體積分數減小，所以點為D點的措施是減小壓強；

；減小壓強，

2

生成甲醇，碳元素化合價+4降為，得電生成1mol甲，生成甲醇的電極反應式是

CO2

3

。『點睛』本考查蓋斯定律、學平衡移動，明確反應熱與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關，與反應歷程無關握學平衡數表達式意平衡常數只與溫度有關其因素無關。(二選考題13

高中化學月/段考試化學選修3物質結構與性質中院上海硅酸鹽研究所開發(fā)出基于硫化(

2

)柔性半導體的新型高性能無機柔性熱電材料和器件，研究人員發(fā)現(xiàn)、(元素固溶的AgS薄片經歷次復彎曲2后電率幾乎未發(fā)生變化表材料的性能受應力影響較小可滿足柔性可穿戴供電的要求?；卮鹣铝袉栴}：(1)Ag的外電子排布式是

[Kr]4d

10

5s1

，則Ag在素周期表中位置。下列關于

Ag

的電子排布式書寫正確的___(標號)。a

[Kr]4d

9

2

b

[Kr]4d

c．

[Kr]4d

9

5s1乙硫醇(

CHCH3

)是一種含硫有機物，和醋酸銀可發(fā)生下列反應：COOAg233乙硫醇中原的雜化類型_。乙酸中羧基碳原子的雜化類型____，乙酸中含的鍵：鍵。(3)Cu與Ag為族元素，熔點填>或”)原因__________________(4)SSeTe在素周期表中與其他元素的位置關系如下圖所示則Te、、、Br的一電離能由大到小的順序____________________，SeO

的空間構型為_。的胞結構如下圖所示密為

胞長a________pm(含N

A的代數式表示，為伏加德羅常數的)。A『答案』第周期IB族

b

3

2

(6).14

323高中化學月/段考試題323銅銀的價電子數相同，的子半徑比Ag的，前者金屬鍵強，熔點高

BrTe

三錐形

(10).

3

ρA

『析』根原子的電子層數及其價電子數確定元素在周期表中的位置；根據原子及離子的電子排布式分析價層電對數目和價層電子互斥理論分析原子的雜化類型和空間構型；根據晶胞結構分析晶體的化學式并進行相關計算。『解』(1)Ag的核外電子排布式是

[Kr]4d

10

5s1

，最高能層數是5屬ds區(qū)元素，則Ag在元素周期表中的位置是第五周期IB族原失去1上1個子得到+，則電子排布式書為[Kr]4d，故答案為b；乙硫醇(CHCH中原子的價層電子對數目為4其中孤對電子數，雜化類型是sp3雜化；羧基中碳原子的價層電子對數為3無孤對電子，雜化類型是

雜化；乙酸的結構式為

，其中單鍵均為鍵雙鍵中有1個σ鍵和1個π鍵則含有的鍵：π鍵數=7:1(3)Cu與Ag為族元素，銅和銀的價電子數相同，且Ag的電荷數大Cu的子半徑比的，Cu金鍵強，Cu熔點高，即熔點Cu>Ag；SeBr同期隨原子序數增大第一電離能呈增大趨勢，但A元原子4p軌為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的Se、Te同族，自上而下第一電離能減小第一電離能＞＞Se＞中Se的層電子對數目為3+

，其中孤對電子數目為，模為四面體，忽略孤對電子可得微粒空間構型為三角錐形；的胞結構中含有數，數目為8×

=4則晶胞質量為4NA

胞體積為acm)

據

ρ

V

可知a=

3

388cm=/3

ρA

?！壕Α粌r層電子對互斥模(簡稱模型)，根據價電子對互斥理論，層電子對個15

HBTU,EtN,DMF高中化學月/段考試題HBTU,EtN,DMF數σ鍵數孤電子對個數σ鍵數配子個數，孤電子對個=×(a-xb)a指心原子價電子個數，x指配原子個數指原子形成穩(wěn)定結構需要的電子個數；分子的立體構型是指分子中的原子在空間的排布包括中心原子未成鍵的孤對電子際間構型要去掉孤電子對，略去孤電子對就是