【KS5U解析】江西省2020届高三毕业班新课程教学质量监测理综化学试卷 Word版含解析

1、江西省2020届高三毕业班新课程教学质量监测理 科 综 合化学部分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“ 粉” 为 caod. “ 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【解析】【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

2、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ca

3、co3，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nab. 1l01mol l1h2c2o4溶液中含 c2o42 离子数为0.1nac. 2molno与 2molo2在密闭容器中充分反应，转移电子数为 8nad. 标准状况下

4、224l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【解析】【详解】as8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32 g s8与s6（）的混合物中含硫为1mol，则该混合物中含1mol s-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l 0.1 mol·l1 h2c2o4溶液含c2o42- 离子数小于0.1na，b选项错误。c密闭容器中2 mol no与2mol o2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，22.4 l氯气与甲烷混合

5、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

6、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naoha. ab. bc. cd. d【答案】b【解析】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

7、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。czns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，gs5734）、氯喹 （chloroqquine，sigmac6628）、利托那韦 （ritonavir

8、）。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【解析】【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1 mol该结构可以与3+3+2+2=10 mol h2加成，d选项错误；答

9、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【解析】【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；cd膜左右池都有硫酸水溶液，不需要质子交

10、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 zb. 氢化物的稳定性：x yc. 最高价氧化物对应水化物的酸性：x zd. 化合物 a中，x、y、z最外层都达到 8电子稳定结构【答案】d【解析】【分析】短周期元

11、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-<s2-，离子半径f-<s2- ，所以z> 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<hf，所以 x < y，b选项错误；c非金属性越强，最高价氧化物对应水化

12、物的酸性越强，非金属性：s>b，则酸性h3bo3（弱酸）<h2so4（强酸），所以x < z，c选项错误；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20ml01mol l1hb溶液中逐滴滴入 01mol l1naoh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，ph1d. 点 c时，x约为 10.4【答案】d【解析】【详解】aoa各点显酸性，则c(h+)>c(oh-)，溶液中存在电荷守恒：c(h+)+c(n

13、a+)= c(oh-)+c(b-)，则c(b-)> c(na+)，a选项正确；bc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；dc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-)=5×10-6 mol·l-1，c点

14、c(h+)=2×10-9 mol·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=1.99×1

15、0-5，则hb为弱酸，o点的ph>1。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；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

16、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 0.1m

17、ol l1的硫代硫酸钠溶液滴定碘（i22s2o32=2is4o62）；重复 3次，平均消耗量为 v1ml。再以 002mol l1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 l1。【答案】 (1). （蛇形）冷凝管 (2). ch3cooh + h2o2ch3coooh + 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). 【解析】【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

18、式为ch3cooh + h2o2ch3coooh + h2o，故答案为：（蛇形）冷凝管；ch3cooh + h2o2ch3coooh + 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

19、束，故答案为：仪器5“油水分离器”水面高度不变；(5)已知i22s2o32=2is4o62，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

20、” 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 650670，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。n2h4的电子式是_。理论上，1moln2h4完全反应所得到的固体质量是_g。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

21、_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【解析】【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

22、+ 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na2s

23、o4，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)n2h4是共价化合物，其电子式是，故答案为：；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；所得母液为nh4cl，向其中加入烧碱，可反应得到nacl和nh3·h2o

24、，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）已知反应a(g)+b(g)2d(g)，若在起始时c(a)a mol l1， c(b)2amol l1，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）。在298k时，反应a(g)2b(g)的 kp0.1132kpa，当分压

25、为 p(a)p(b)1kpa时，反应速率正_逆（填 “ ” “ ” 或 “ ” ）。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 ab 11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

26、。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。写出图中曲线的化学反应方程式_；曲线的化学反应方程式为_；曲线对应的化学反应是_（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【解析】【详解】(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

27、；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<v逆，故答案为：<；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

28、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，则曲线表示的是甲醇脱氢反应，反应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。【化学选修 3：物质结构与性质】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a3.31

29、0a，b4.380a。，c10.500a。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 号为的 p原子的晶胞内坐标为（0500，0090，0598）。请回答下列问题：（1）写出基态p原子的价电子排布图： _。（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）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

30、b 键 c 键 d 范德华力红磷、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 (9). （0.500,-0.090,0.402） (10). 8【解析】【详解】(1)基态p原子核外有15个电子，排布式为1s22s22p63s23p3，其价电子

31、排布图为：，故答案为：；(2)原子半径p>f，则电负性p<f，p和f形成的分子pf3和pf5，pf3价电子对数=，含有1对孤对电子，几何构型为三角锥形，pf5的价电子对数=，不含有孤对电子，其几何构型为三角双锥形，故答案为：<；三角锥形；三角双锥形；(3)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，p的配位数为3，则价电子对数= ，其杂化方式为sp3，黑磷中p和p原子之间的作用力为键，层与层之间存在着范德华力，晶体中不存在键，故答案为：sp3；c；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：黑磷>红磷>白磷，故答案为：黑磷>红磷>白磷；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；(4)结合图b可知，图a中编号为的p原子位于同一坐标轴a，关于坐标轴b对称，且位于坐标轴c的值为1-0.598=0.402，该p原子在晶胞内的坐标为（0.500，-0.090，0.402），该晶胞中第一层含有p原子1+1=2个；第二层含有p原子1+1+1+1=4个；第三层含有p原子1+1=2个，共8个p原