【KS5U解析】湖北省宜昌市2020届高三3月线上统一调研试题理综化学试题 Word版含解析

1、宜昌市2020届高三年级3月线上统一调研测试理科综合能力测试考生注意：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试题卷上无效。3考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：h1 o16 na23 al27 s32 co59选择题一、选择题：本题共7小题，每小题6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.钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一，以“入窑一色，出窑万彩”的神奇窑变著称，

2、下列关于陶瓷的说法正确的是（ ）a. “窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化b. 高品质白瓷晶莹剔透，属于纯净物c. 氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料d. 由于陶瓷耐酸碱，因此可以用来熔化氢氧化钠【答案】a【解析】【详解】a不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化，故a正确；b. 瓷器原料主要是黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅，是混合物，故b错误；c. 新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，氮化铝陶瓷属于新型无机非金属材料，故c错误；d. 陶瓷的成分是硅酸盐和二氧化硅，

3、能与熔化氢氧化钠反应，故d错误；故选a。2.下列有关化合物的说法正确的是（ ）a. 所有原子共平面b. 其一氯代物有6种c. 是苯的同系物d. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】d【解析】【详解】a. 连接苯环和环丙烯基的碳碳单键可以旋转，苯平面和烯平面不一定共平面，故a错误；b 有一对称轴，如图，其一氯代物有5种，故b错误；c苯的同系物中侧链是饱和烃基，故c错误；d中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故d正确；故选d。3.根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是（ ）a. ab. bc. cd. d【答案】c【解析】【详解】a开始要将银离子沉淀完全，再向新生成的a

4、gcl浊液中滴入ki溶液，白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀，才能说明ksp（agi）ksp（agcl），故a错误；b加入kscn溶液溶液变红，只说明有铁离子，不能确定亚铁离子是否完全被氧化，故b错误；c纯净的乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，说明乙烯具有还原性，故c正确；dso2被clo-氧化成caso4沉淀，不能说明酸性强弱，故d错误；故选c。4.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）a. 图1，a点表示的溶液通过升温可以得到b点b. 图2，若使用催化剂e1、e2、h都会发生改变c. 图3表示向na2co3和nahco3的混合溶液中滴加稀盐酸时，产生co2的情况d. 图4表示反应aa(g)+bb(

5、g)cc(g)，由图可知，a+bc【答案】d【解析】【详解】aa点未饱和，减少溶剂可以变为饱和，则a点表示的溶液通过升温得不到b点，故a错误；b加催化剂改变了反应的历程，降低反应所需的活化能，但是反应热不变，故b错误；c碳酸钠先与氯化氢反应生成碳酸氢钠，开始时没有二氧化碳生成，碳酸钠反应完全之后碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，生成二氧化碳需要的盐酸的体积大于生成碳酸氢钠消耗的盐酸，故c错误；d. 图4表示反应aa(g)+bb(g)cc(g)，由图可知，p2先达到平衡，压强大，加压后，a%减小，说明加压后平衡正向移动，a+bc，故d正确；故选d。【点睛】本题考查了元素化合物的性质、溶解度、催化

6、剂对反应的影响等，侧重于考查学生的分析能力和读图能力，注意把握物质之间发生的反应，易错点a，a点未饱和，减少溶剂可以变为饱和。5.科学家利用ch4燃料电池(如图)作为电源，用cu-si合金作硅源电解制硅可以降低制硅成本，高温利用三层液熔盐进行电解精炼，下列说法不正确的是（ ）a. 电极d与b相连，c与a相连b. 电解槽中，si优先于cu被氧化c. a极的电极反应为ch4-8e-+8oh-=co2+6h2od. 相同时间下，通入ch4、o2的体积不同，会影响硅的提纯速率【答案】c【解析】【详解】a图2是甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，图1中d电极为阳极，与电源正极b相连

7、，c电极为阴极，与电源负极a相连，故a正确；bd电极为阳极硅失电子被氧化，而铜没有，所以si优先于cu被氧化，故b正确；c通入甲烷的a电极为负极发生氧化反应，电极反应为ch4-8e+4o2co2+2h2o，故c错误；d相同时间下，通入ch4、o2的体积不同，电流强度不同，会导致转移电子的量不同，会影响硅提纯速率，故d正确；故选c。6.x、y、z、w为原子序数依次增大的短周期主族元素，x和y能形成两种常见离子化合物，z原子最外层电子数与其电子层数相同；x与w同主族。下列叙述不正确的是（ ）a. 原子半径：yzwxb. x、y形成的y2x2阴阳离子数目比为1：1c. y、z和w的最高价氧化物的水化

8、物可以相互反应d. x与w形成的化合物可使紫色石蕊溶液变红【答案】b【解析】【分析】x、y、z、w为原子序数依次增大的短周期主族元素，x和y能形成两种常见离子化合物，这两种离子化合物为na2o2和na2o，x为o元素，y为na元素，z原子最外层电子数与其电子层数相同，z为al元素；x与w同主族，w为s元素。【详解】a同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，yzw，同主族元素从上到下逐渐增大：wx，即naalso，故a正确；bo22是原子团，x、y形成的y2x2阴阳离子数目比为1：2，故b错误；cal(oh)3具有两性，y、z和w的最高价氧化物的水化物分别为naoh、al(oh)3、h2so4，可以

9、相互反应，故c正确；dx与w形成的化合物so2、so3的水溶液呈酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故d正确；故选b。7.向某二元弱酸h2a水溶液中逐滴加入naoh溶液，混合溶液中lgx（x为或）与ph的变化关系如图所示，下列说法正确的是（ ）a. ph=7时，存在c(na+)=c(h2a)+c(ha-)+c(a2-)b. 直线表示的是lg随ph的变化情况c. =10-2.97d. a2-的水解常数kh1大于h2a电离常数的ka2【答案】b【解析】【分析】二元弱酸的ka1=×c（h）ka2=×c（h），当溶液的ph相同时，c（h）相同，lgx：，则表示lg与ph的变化关系，表示lg

10、与ph的变化关系。【详解】aph=4.19，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则溶液中的溶质为naha和na2a，根据物料守恒，存在c(na+)c(h2a)+c(ha-)+c(a2-)，故a错误；b. 由分析：直线表示是lg随ph的变化情况，故b正确；c. =÷= =102.97，故c错误；dph=1.22时和4.19时，lgx=0，则c（h2a）=c（ha）、c（ha）=c（a2），ka1=×c（h）=c（h）=10-1.22，k2=×c（h）=c（h）=10-4.19，a2的水解平衡常数kh1=10-9.8110-4.19=ka2，故d错误；故选b。【点睛】本题考查

11、酸碱混合的定性判断及溶液ph的计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守恒及溶液酸碱性与溶液ph的关系，d为易难点。8.焦亚硫酸钠(na2s2o5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。.制备na2s2o5可用试剂：饱和na2so3溶液、浓naoh溶液、浓h2so4、苯、na2so3固体(试剂不重复使用)。焦亚硫酸钠的析出原理：2nahso3(饱和溶液)=na2s2o5(晶体)+h2o(l)（1）如图装置中仪器a的名称是_。a中发生反应的化学方程式为_。仪器e的作用是_。（2）f中盛装的试剂是_。.探究na2s2o5的还原性（3）取少量na2s2o5晶体于

12、试管中，滴加1ml2mol/l酸性kmno4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去。反应的离子方程式为_。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品_。.测定na2s2o5样品的纯度。（4）将10.0gna2s2o5样品溶解在蒸馏水中配制100ml溶液，取其中10.00ml加入过量的20.00ml0.3000mol/l的酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用0.2500mol/l的na2so3标准液滴定至终点，消耗na2so3溶液20.00ml，na2s2o5样品的纯度为_%（保留一位小数），若在滴定终点时，俯视读数na2so3标准液的体积，会导致na2s2o5样品的纯度_。（填“偏高”、

13、“偏低”）【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). na2so3h2so4=h2oso2na2so4 (3). 防倒吸 (4). 浓naoh溶液 (5). 5s2o524mno42h=10so424mn2h2o (6). 氧化变质 (7). 95.0 (8). 偏高【解析】分析】a三颈烧瓶中制备二氧化硫，发生na2so3h2so4=h2oso2na2so4，生成的二氧化硫通入d装置，发生na2so3+so2h2o=2nahso3，2nahso3(饱和溶液)=na2s2o5(晶体)+h2o(l)，仪器e的作用是防倒吸，f吸收尾气。据此解答。【详解】（1）装置中仪器a的名称是三颈烧瓶。a中发生反应的

14、化学方程式为na2so3h2so4=h2oso2na2so4。二氧化硫易溶于水，仪器e的作用是防倒吸。故答案为：三颈烧瓶；na2so3h2so4=h2oso2na2so4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空气中会污染空气，so2是酸性氧化物，可用碱溶液吸收，题干中只提供了一种试剂-浓naoh溶液，f中盛装的试剂是浓naoh溶液。故答案为：浓naoh溶液；.（3）取少量na2s2o5晶体于试管中，滴加1ml2mol/l酸性kmno4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去，说明mno4将s2o52氧化生成硫酸根离子。反应的离子方程式为5s2o524mno42h=10so424mn2h2o。食品级焦亚硫

15、酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是：利用焦亚硫酸钠的还原性，防止食品氧化变质。故答案为：5s2o54mno42h=10so424mn2h2o；氧化变质；.（4）由关系式：5so322mno4，用0.2500mol/l的na2so3标准液滴定至终点，消耗na2so3溶液20.00ml，剩余的n(mno4)= ×0.2500mol/l×20.00×10-3l=2.000×10-3mol，再由5s2o524mno42h=10so424mn2h2o得：na2s2o5样品的纯度为= ×100%=95.0%；若在滴定终点时，俯视读数na2so3标准液的体

16、积，使na2so3标准液的体积偏低，算出的剩余高锰酸钾偏低，与na2s2o5样品反应的高锰酸钾偏高，会导致na2s2o5样品的纯度偏高；故答案为：95.0；偏高。9.辉铜矿石主要含有硫化亚铜(cu2s)，还含有feo、cao、sio2等。以辉铜矿石为原料制备cucl2·2h2o的工艺流程如图所示：已知：.金属离子c0(mn+)=0.1mol·l-1形成氢氧化物沉淀的ph范围如下：.nacl易溶于水，不溶于酒精，随温度变化溶解度变化不明显；cucl2·h2o易溶于水，酒精，浓氨水，随温度升高溶解度变化明显增大。.ksp(caf2)=4.0×10-11（1）

17、为了提高“溶浸”效率，可采取的措施是_。写出“溶浸”过程中cu2s溶解时离子方程式：_。（2）“脱硫”时，随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势（如图），原因是_。（3）写出“脱氟”时hf发生反应的化学方程式：_。（4）“沉铁”过程中，加入naclo的两个作用是_。（5）“操作x”的具体操作是_。（6）经过“操作x”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，要得到这种纯净物，最好选用下列试剂洗涤_。a浓盐酸 b水 c酒精 d浓氨水（7）向“浸出液”中加入naf除去溶液中ca2+(浓度为1.0×10-3mol·l-1)，当溶液中c(f-)=2.0×10-3mol·

18、;l-1时，除钙率为_。【答案】 (1). 将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案） (2). cu2s4fe3=s4fe22cu2 (3). 温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加 (4). 4hfh2sio3=sif43h2o (5). naclo将fe2氧化fe3，消耗h+，使h+浓度减小，促使水解平衡fe33h2ofe(oh)33h向右移动，生成fe(oh)3沉淀 (6). 蒸发浓缩 冷却结晶 (7). c (8). 99%【解析】【分析】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取过滤，得到矿渣加入煤油回收硫单质；加入naf除去钙离子，生成caf2沉淀，加盐酸和硅酸钠生成h2sio3除去多余的氟离子，再

19、用naclo将fe2氧化fe3，消耗h+，使h+浓度减小，促使水解平衡fe33h2ofe(oh)33h向右移动，生成fe(oh)3沉淀；过滤后在滤液中加入盐酸调节ph，蒸发浓缩 冷却结晶，得到cucl2·h2o。【详解】（1）为了提高“溶浸”效率，可采取的措施是将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）；“溶浸”过程中cu2s溶解时，被fe3氧化，离子方程式：cu2s4fe3=s4fe22cu2。故答案为：将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）；cu2s4fe3=s4fe22cu2；（2）“脱硫”时，随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加；故答案为：温度升

20、高，单质硫在煤油中的溶解度增加；（3）加盐酸和硅酸钠生成h2sio3除去多余的氟离子，“脱氟”时hf发生反应的化学方程式：4hfh2sio3=sif43h2o。故答案为：4hfh2sio3=sif43h2o；（4）“沉铁”过程中，加入naclo的两个作用是naclo将fe2氧化fe3，消耗h+，使h+浓度减小，促使水解平衡fe33h2ofe(oh)33h向右移动，生成fe(oh)3沉淀；故答案为：naclo将fe2氧化fe3，消耗h+，使h+浓度减小，促使水解平衡fe33h2ofe(oh)33h向右移动，生成fe(oh)3沉淀；（5）氯化铜溶于水，则“操作x”的具体操作是蒸发浓缩 冷却结晶。故

21、答案为：蒸发浓缩 冷却结晶（6）经过“操作x”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，这种物质是nacl，nacl易溶于水，不溶于酒精，随温度变化溶解度变化不明显；cucl2·h2o易溶于水、酒精、浓氨水，随温度升高溶解度变明显增大。所以要得到这种纯净物，最好选用洗涤剂酒精，而a浓盐酸、b水、d浓氨水三个选项中提供的物质均能溶解nacl，故答案为：c。（7）当溶液中c(f-)=2.0×10-3mol·l-1时,ksp(caf2)=c(ca2)c2(f)=c(ca2)(2.0×10-3)2= 4.0×10-11，c(ca2)=1.0×

22、10-5mol·l-1，则除钙率为 ×100%=99%。故答案为：99%。【点睛】本题考查了物质分离提纯的方法和流程判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握基础是关键，难点（6）要充利用题目中的信息，nacl在水中和酒精中的溶解度不同，难点（7）先用公式ksp(caf2)=c(ca2)c2(f)计算出溶液中的c(ca2)，再求出除钙率。10.氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点，回答下列问题：（1）deacon发明的直接氧化法为：4hcl(g)+o2(g)=2cl2(g)+2h2o(g)。可按下列催化过程进行：.cucl2(s)=

23、cucl(s)+cl2(g) h1=+83kj·mol-1.cucl(s)+o2(g)=cuo(s)+cl2(g) h2=-20kj·mol-1.4hcl(g)+o2(g)=2cl2(g)+2h2o(g) h3反应能自发进行的条件是_。利用h1和h2计算h3时，还需要利用反应_的h。（2）如图为刚性容器中，进料浓度比c(hcl)：c(o2)分别等于1：1、4：1、7：1时hcl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数k（400）_k（500）（填“大于”或“小于”）。设容器内初始压强为p0，根据进料浓度比c(hcl)：c(o2)=4：1的数据，计算400时容器内的平衡压

24、强=_（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(hcl)：c(o2)过低、过高的不利影响分别是_。（3）已知：氯气与naoh溶液反应可生成naclo3。有研究表明，生成naclo3的反应分两步进行：.2clo-=clo2-+cl-.clo2-+clo-=clo3-+cl-常温下，反应能快速进行，但氯气与naoh溶液反应很难得到naclo3，试用碰撞理论解释其原因：_。（4）电解naclo3水溶液可制备naclo4，写出阳极反应式：_。【答案】 (1). 高温 (2). cuo（s）+2hcl（g）cucl2（s）+h2o（g） (3). 大于

25、 (4). 0.848p0 (5). cl2和o2分离能耗较高、hcl转化率较低 (6). 反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于clo向clo3转化 (7). clo3h2o2e=clo42h【解析】【详解】（1）.cucl2(s)=cucl(s)+cl2(g) h1=+83kj·mol-1，s0，则要g=h-ts0，须高温条件下才能自发；.cucl2(s)=cucl(s)+cl2(g) h1=+83kj·mol-1.cucl(s)+o2(g)=cuo(s)+cl2(g) h2=-20kj·mol-1.4hcl(g)+o2(g)=2cl2(g)+2h2o(g)

26、 h3利用h1和h2计算h3时，由盖斯定律，（-×2-×2）/2得：还需要利用反应cuo（s）+2hcl（g）cucl2（s）+h2o（g）的h。故答案为：高温；cuo（s）+2hcl（g）cucl2（s）+h2o（g）；（2）根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高hcl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数k（400）大于k（500）；进料浓度比c（hcl）：c（o2）的比值越大，hcl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时hcl转化率最高的为进料浓度比c（hcl）：c（o2）=4：1，该曲线中400

27、hcl的平衡转化率为76%。则 p= p0=0.848p0；进料浓度比c（hcl）：c（o2）过低时，o2浓度较大，hcl的转化率较高，但cl2和o2分离能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c（hcl）：c（o2）过高时，o2浓度较低，导致hcl的转化率减小；故答案为：大于；p= p0=0.848p0；cl2和o2分离能耗较高、hcl转化率较低；（3）生成naclo3的反应分两步进行：.2clo-=clo2-+cl-，.clo2-+clo-=clo3-+cl-，常温下，反应能快速进行，但氯气与naoh溶液反应很难得到naclo3，用碰撞理论解释其原因：反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于cl

28、o向clo3转化；故答案为：反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于clo向clo3转化；（4）电解naclo3水溶液可制备naclo4，阳极发生氧化反应生成clo4，阳极反应式：clo3h2o2e=clo42h。故答案为：clo3h2o2e=clo42h。【点睛】本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理等知识，明确化学平衡及其影响为解答关键，难点（2）注意掌握盖斯定律内容及三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。11.羟基磷酸钙ca10(po4)6(oh)2具有优良的生物相容性和生物活性，它在口腔保健中具有重要作用，可以防止龋齿等，回答下列问题。（1

29、）ca10(po4)6(oh)2中，元素的电负性按由大到小的顺序依次是_。（2）上述元素都能形成氢化物，其中ph3与同主族元素n形成的氢化物的键角关系是ph3_nh3(填“”或“”)，po43-离子空间构型是_。（3）现已合成含钙的全氮阴离子盐，其中阴离子n5-为平面正五边形结构，n原子的杂化类型是_。（4）碳酸钙的分解温度远高于碳酸镁，其原因是_。（5）黑磷是磷的一种同素异形体，与石墨烯类似，其晶体结构片段如图1所示：其中最小的环为6元环，每个环平均含有_个p原子。.钴是人体不可或缺的微量元素之一。co、al、o形成的一种化合物钴蓝晶体结构如图2所示。（6）基态co原子的价电子排布式为_。该

30、立方晶胞由4个i型和4个型小立方体构成，其化学式为_，na为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为_ g·cm-3(列计算式)。【答案】 (1). ophca (2). 小于 (3). 正四面体 (4). sp2 (5). 镁离子半径小于钙离子半径，与氧离子形成的离子键更强，晶格能更大，因此碳酸镁的热分解温度低 (6). 2 (7). 3d74s2 (8). coal2o4 (9). 【解析】【详解】（1）同周期从左到右元素的电负性变大，同主族从上到下电负性变小，ca10(po4)6(oh)2中，元素的电负性按由大到小的顺序依次是ophca；（2）nh3和ph3的空间构型都是三角锥型,

31、但是,nh中n-h键的键长比ph中p-h键的键长要短,所以在nh3中,成键电子对更靠近,排斥力更大,以致键角更大。而ph3中成键电子对之间的斥力减小,孤对电子对成键电子的斥力使h-p-h键角更小。ph3与同主族元素n形成的氢化物的键角关系是ph3nh3；po43中心原子为p，其中键电子对数为4，中心原子孤电子对数= ×（5+3-4×2）=0，po43中心原子价层电子对对数为4+0=4，p原子sp3杂化，po43-离子空间构型是正四面体。故答案为：；正四面体；（3）含钙的全氮阴离子盐，阴离子n5-为平面正五边形结构，中心原子n，其中键电子对数为2，中心原子存在大键，所以n原子

32、的杂化类型是sp2。故答案为：sp2；（4）由于镁离子半径小于钙离子半径，与氧离子形成的离子键更强，晶格能更大，因此，碳酸镁的热分解温度低。（5）黑磷与石墨烯类似，其中最小的环为6元环，每个环平均含有6× =2个p原子。故答案为：2（6）基态co原子的价电子排布式为3d74s2；i、ii各一个小正方体为一个晶胞，该晶胞中co原子个数=（4×+2×+1）×4=8、al原子个数=4×4=16、o原子个数=8×4=32，co、al、o原子个数之比=8：16：32=1：2：4，化学式为coal2o4；该晶胞体积=（2a×10-7 cm）3，钴蓝晶体的密度= = g·cm-3(列计算式)。故答案为：3d74s2；coal2o4；。12.奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，