2020届福建省莆田市高三5月第二次检测理科综合化学试题

222高中化学月/段考试题222福建省莆市2020届高三5月第次检测理科综年月日20时分长征五号遥运载火被称为胖”在中国文昌航天发射场点火升空胖五浑身是高科技。下列有关其说法正确的()液氢、煤油、液氧推进剂利用了燃料电池原理B.胖某外表部位覆盖玻璃纤维织物，玻璃纤维是有机高分子材料C.储箱、储氧箱面裹有10~20mm泡塑料，其作用是保温D.“胖五外壳主要材料是铝合金，利用了该材料耐腐蚀、密度大等特点『案』C『解A燃料电池中涉及的能量为化学能转为电能，而火箭中液氢、煤油、液氧等燃料燃烧，化学能在发动机内转化为燃气的动能，形成高速气流喷出，产生推力，由此可知，A项误；B玻璃纤维主要成分为二氧化硅、氧化、氧化钙、氧化硼、氧化镁、氧化钠等，属于无机材料B项误；C．了使火箭在燃料加注以及飞行过程中，外表面温度保持在0以上，从而避免火箭仪器、电缆等受极低温影响产生功能异常，在运载火箭储氢箱、储氧箱表面裹有发泡塑料，目的是保温C项正确；D．胖”外壳主要材料是合金，利用了该材料强度高、耐腐蚀、重量轻（密度小本低等特点D项误；答案选C下列有苯甲酸苯甲(能发生取代反应和加成反应C.1mol物质完全燃烧需要

)的说法正确的()所有的碳原子不可能共平面其氯代物有4种『案』A『解』A由苯甲酸苯甲酯的结构简式可知，其分子中存在酯基和苯环，故可以发生水解反应（取代反应）和加成反应A项确；B与苯环直接相连的碳原子与苯环共平面，结合单键可以旋转，可知苯甲酸苯甲酯分子中所有的碳原子有可能共平面B项误；C．机物燃烧时元转化为H元转化为H，由此可知，每原消耗1

221422A32333AA33233A高中化学月/段221422A32333AA33233A，每原消耗1molO，甲酸苯甲酯的分子式为CHO，知分子式中含有2个氢原子，则苯酸苯甲酯完全燃烧消耗O的质的量

mol，C项错误；D．甲苯甲酯分子中每个苯环上有种效氢，加上-上的一种等效氢，共有种等效氢，则苯甲酸苯甲酯的一氯代物有种D项误；答案选A设表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的()1.0L0.1mol·L

乙酸钠溶液中，COO数目为N

A11.2L（标准状）正戊烷完全燃烧生成CO分子的数目为2.5N

AC.标状况下，14g乙与丁烯的混合物中含有的氢原子数为2

A含的硝酸与足量Cu反，转移电子数为N『案』C

A『解』ACH-为弱酸根离子，在水溶液中会发生解，故L

乙酸钠溶液中，-数目小于0.1A项误；B标准状况下正戊烷非气态，故不能用标准状况下气体摩尔体积进行计算B错误；C．乙烯的质量为，则根据题意，可知乙烯与2丁烯的混合中含有的氢原子的物质的量为

m14g2mol28g/mol56g/mol

，由此可知，标准状况下14g乙与丁烯的混合物中含有的氢原子数为N，项确；D．硝和足量生反应：)+2NO↑+4H，由方程式可知，每与Cu完反应，转移6mole-，则含0.1molHNO的硝酸与足量应，转移电子数为N，错误；答案选C『睛』注意题中陷阱：气体与状况陷阱：①若物质为气态，则看气体是否处于标准状况；②注意标准状况下，物质是否为气体。如本题的B项易忽略正戊烷在标准状况下非气体而错选。注意电解质溶液中粒子数目陷阱：2

222222222高中化学222222222①是否存在弱电解质的电离或盐类的水解。②在判断溶液中微粒总数时，是否忽视溶剂水。③已知浓度，是否指明体积，用好公式ncV短周期族元素、X、Y、的子序数依次增大W与其他元素不属于同周期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结如下图所示，它具有氧化性和漂白性。下列说法正确的()元素的非金属性W>X>ZC.X、形的两种化合物只含离子键

X、的单氢化物的沸点Y形的化合物的水溶液显碱性『案』D『析根据短周期主族元素WXYZ原子序数依次增大W与他元素不属于同周期，可知W为H元；W、Y位同主族，得到Y为Na元XZ位同主族根据XY、三元素形成的化合物甲的结构X和Z之间能形成双键Z形键，得到X为O元，为S元素。『解同主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，非金属性O>SH的金属性应该最弱，有X>Z>WA错；XZ的单氢化物为HO和O分间能形成氢键使沸点升高沸点>Z，B错；C.X、Y形的两种化合物有Na和O，NaO只离子键中离子键和共价键，错；Y、形的化合物为Na，NaS为强碱弱酸盐，水解使溶液碱,D正。答案选D『睛』氢键的存在使物质的物理性质发生变化；盐的水解使盐溶液成性或碱性，强碱弱酸盐溶液呈碱性，强酸弱碱盐溶液呈酸性。海水结形成海冰，海冰中部分盐分被包裹在冰晶中，形成如下图所示的盐泡设1个盐泡中含个NaCl单)的海冰。测得某海冰内层的浓度为L-1，已知该层海冰的密度为0.9g·。下列说法错误的是)3

223-高中化学月/段考试题223-A.“盐泡内的钠、氯以离子的形式存在海密度越大，则海冰中盐泡越少C.海中形成的氢比例比海水中的大该冰中盐与H的数比约为1：(55『案』B『解』NaCl是子化合物，所以钠、氯以离子的形式存在A正；NaCl的相对分子质量比水大，所以海冰密度越大含越B错；C.海的密度为0.9g·cm比水（密大于1g·cm）小，所以海冰中形成的氢键比例比海水中的大C正；假1L的冰的质的量10mol水的质量约为0.9g·cm-3×1000mL=900g水的物质的量约为

900g18g/mol

=50mol

，则“盐泡与H的数比约为10-4：50=1(5

)，正确。答案选B『睛』氢键的存在使水的体积增大，且氢键越多，体积越大，密度越。中国科院大连化学物理研究所储能技术研究部的研究团队在碱性锌铁液流电池研究方面取得新进展，该电池的总反应为

Zn+2Fe(CN)

6

+4OH

-

充电

2Fe(CN)

6

+Zn(OH)

4

。下列叙述错误的)放电时，M为池正极，电极反应式为-=充时N接电池负极，该电极发生还原反应4

3-3-3高中化学月/段考试3-3-3C.放时，右侧贮器中溶液浓度增大放时，电路中转移电时，负极区电解质溶液增重『案』D『析』根据图示和总反应知，电时N为极Zn失电子，发生氧化反应M正极，Fe

得电子，发生还原反应；充电时N为极，得电子，发生还原反应，M为极，Fe

失去电子，发生氧化反应。『解』根分析，放电时，为池正极，

得电子，发生还原反应，电极反应式为-=

，A正；充时N为阴极，接电池负极，该电极发生还原反应B正确；C.放时右侧贮器中Zn失电子生

Zn(OH)

离增多溶浓度增大C确；充电时，Zn失子后与氢氧根生成Zn(OH)，在溶液增加的质量为Zn和氧根之和，大于65g，错。答案选D『睛』本题根据原电池和电解池的原理，判断电池的正负极，得失电情况，根据图示进行解题。已知：

。室温下，向浓度为0.1mol·L-1

的氨水中缓缓通入HCllg

c4c32

随pOH变化曲线如下图所示。假设溶液体积没有变化，下列推断正确的是)NH·HO的电离常数的数量级为10-4点液中：C.c点溶液中：

2

5

3232高中化学月/段考试题3232的液中：

O『案』D『析根据图中、、点，得到相应的数值进行计算荷守关

，

物

料

守

恒

关

系O2

。解』A.取点，，得--4.7

mol/L；

lg

c4c32

=0，得O2

，NHHO的离常数为

c4cO32

=10-4.7

数量级为10

，A错；点，

lg

c4c32

，则

c4c3

，所以32

，错；C.c点溶液中：pOH=7得+

)=-)，根据电荷守恒lg

c4c3

，溶液中有NHH，

所以

，错；时-)=10-8mol/L，+-6mol/L，据电荷守恒

和物料守恒

O24

0.1mol/L

，两式相减得：

2

，则O32

=0.1mol/L+10

mol/L-8

，所以

O

，正。答案选D『睛本题巧用图上所给点数据行解题，同时使用溶液中电荷守恒和物料守恒的关系，转化后代入数据，处理后得到答案，要求较高，难度较大。6

223224232222323222322423222232323223-242二、非选择题(一必考题三氧化(As)可用于治疗急性早幼粒白血病。用某酸性含砷废(AsO

、+

)可提取三氧化二砷，提取工艺流程如下：已知：①常温下，

sp

；

sp

2

。②+6NaOH=2NaAsOO③S易溶于过量的Na溶中，故加入的的是除去过量的S。回答下列问题：操作M的称________滤液N中有的阳离子有

、+

、___________。(2)焙烧操作中S参与反应的化学方程式_____________________________(3)碱浸的目的是渣”的要成分是_____________(化学)(4)氧化中发生反应的离子方程式_。该流程中可循环使用的物质是________(写化学)，某次还原过中制得了O，则消耗标准状况下该物质的体积________L溶液中金属离子的除去方法之一是S沉降法。常温下，若某溶液中含Fe2+

、+

，且浓度均为0.1mol·L-1式。

，则向该溶液中滴加稀Na溶时，先生成的沉淀是填化学『案』(1).过滤

Na+

2AsS9O2

2

2As6SO2

2

从和的混合物中分离出As元素

Fe

O

HO

SO

AgS『析』酸性含砷废水含、H+、

)加入Na和得到S和沉，7

23232223323333422223232223323333422222223322322过滤将沉淀和滤液分离S和FeS在气中焙烧得到AsOFe以及SO入溶液溶解焙烧产物，O反生成Na形溶液，过滤到的滤渣Y为O，加入双氧水将NaAsO氧得到AsO，入氧化硫和稀硫酸将NaAsO还原得到。『解』将固体和液体分可以采用过滤的方法；沉砷时加入了硫化钠和硫酸亚铁，所以阳离子除了

、+

还有+

；焙烧过程中中S元被空气中的氧气氧化为SO合素守恒和电子守恒可得反应方程式为

9O

；根据题目所给信息可知O可和NaOH液发生反应O不能所以碱浸的目的是从和Fe的混合中分离出元；滤渣Y为Fe；氧化过程中AsO

被双氧水氧化成

AsO

4

，结合电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为O

；

焙烧过程产生二氧化硫，二氧化硫具有还原性，还原时可用二氧化硫还原AsO，以可以循环使用的物质为；的质的量为

198g/mol

=10mol，原过程中元素+5价变+2价所以生成10mol产转移40mol电，元由4(SO)价变为+6(SO)，所以转移40mol电时要消耗二化硫，标况下体积为；常温下，

sp

；

sp

2

，虽然两种沉淀类型不同，但硫化银的溶度积比硫化亚铁的溶度积小得多，所以可断定硫化银更难溶，所以相同情况下，先生成的沉淀为S。『睛』涉及氧化还原反应的计算时不要盲目写方程式进行计算，要注氧化还原反应中的得失电子守恒关系，根据守恒法计算。溴化亚(微于水，不溶于乙醇，可用作有机合成中的催化剂。实验室中可利用无水硫酸铜、溴化钠为主要原料制备溴化亚铜，制备流程如下：回答下列问题：8

42242高中化学月/段考试题42242过程①用到的玻璃仪器有烧杯，中无水能否用蓝矾代替？做出判断，并说明理由：。制备CuBr的应在装置乙中进行，向其中加入32gCuSO和23g配成的150mL水溶液，然后通入足量的部分夹持及加热装置已略)。①装置甲中，不能采用浓度为的浓硫酸，一般采用浓度为左右的浓硫酸，其原因是____________________________________________。②写出装置乙中发生反应的离子方程式该反应需保持反应在60，最佳加热方式_________,该装置中应用搅拌器搅拌的目的，Cu

、Br反应完毕的标志是_______________________③丙中倒扣的漏斗可防止液体倒吸，下列装置中不能防止液体倒吸的填号。a

b

c．

．洗涤CuBr沉时采用的水溶液而不采用蒸馏水，其目的_。最后经洗涤、干燥得到产，则该实验的产率。『案玻棒

能因CuSO需配制成水溶液

因应实是H

SO2的应，而硫酸中主要以3

24

分子形式存在，

Na23

无法电离出2，硫的酸

浓

度

过

低

时，

不

利

于

逸

出

2Cu

2

2Br

2H22

24

水加热

加快反应速率

溶的蓝色褪去

防止被化

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

4233224234224424高中4233224234224424得到CuBr沉淀经过滤洗涤干燥获得产品；由于溴化亚铜易被氧化，可以使用二氧化硫的水溶液进行洗涤，防止溴化亚铜被氧化；实验室制取二氧化硫可用亚硫酸钠固体与70%的硫酸反应，二氧化硫气体有毒，尾气需要吸收处理，但要注意防倒吸；实际产生的CuBr的质量与通过化学反应计算出的理论上得到的质量之间的比值，即为产率。『解』过①中固体溶解需要在烧杯中进行，且需要使用玻璃棒搅拌加快溶解；硫酸铜配制成溶液需要加水溶解，则无水CuSO可蓝矾代替；①利用Na固与浓硫酸反应的质是SO+

=SO↑+HO98%硫酸主要以H分子形式存NaSO无电离出SO2-硫酸浓度过低时，二氧化硫在水中溶解的较多，不利于O逸，故不用浓度为98%浓硫酸，而选择浓度为左右的浓硫酸；②装置乙中和的合溶液中通入气体，生成沉，发生反应的离子方程式为2Cu2++2Br+SO+2CuBr↓+4H；该反应需保持反应液在℃，则选择水浴加热该装置中应用搅拌搅拌的目的是增大反应物接触面积快反应速率当溶液的蓝色褪去，即说明Cu

、Br反应完毕；③．孔球泡可增大气体与溶液的接触面积，但无法防倒吸，故错；．气体不溶于CCl，防倒吸，故b正；c．当产生倒吸现象时，少量液进入球形干燥管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸，故正确；．当产生倒吸现象时，少量液体进入玻璃管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重的作用又流回烧杯内，可防倒吸，故确；故答案为；溴化亚铜微溶于水，且易被空气中氧气氧化，则洗涤CuBr淀时采用的水溶液而不采用蒸馏水，可防止氧化，且减少产品的流失。32gCuSO的物质的量为

160/

=0.2mol，23gNaBr的质的量为/

=0.22mol，则理论生成的CuBr的质的量为，该实验的产率是21.6g144/mol0.2mol

=75%。『睛』本题涉及防倒吸装置的选择，明确防倒吸装置的特点是解题关，装置的特点是10

2222pp高中化学月/段考试题2222pp当将液体吸入漏斗或导管时后烧杯中的液面下降吸入漏斗中的液体又重新进去烧杯中，达到防倒吸的目的。人类过多地使用化石燃料，造成了二氧化碳的大量排放，致使地球气温上升。二氧碳是温室气体，也是一种重要的资源，如以为基本原料可合成甲醇。回答下列问：已知下列热化学方程式：ⅰ．

2CO(g)6H2

CHOCH(g)O(g)3

ⅱ．

CH(g)O(g)332

2CH3

则ⅲ．

CO(g)(g)2

CHOH(g)HO(g)32

3

kJ

(2)Deluzarche等在吸附有氢气的应机理如下：

ZnOCrO3

催化剂上通入发生反应，该过程的反其中涉及非极性键变化的过程_____(上图中的数字序写上述过程中总反应的化学方程式：_________________________________________。1一定条件下，向某密闭容器中按照投，生反应ⅲ，反应达到平衡时，H2容器中甲醇的体积分数与压强、温度的关系如下图所示：由上图可知，反应物的转化率与压强的关系是：压强增大的化_填减小“不变或增大为265℃时的平衡常数=________衡常数，分=压体积分数保留小数点后四)

(为用分压表示的平将一定量的

、H2

混合气体通入某密闭容器中，在催化剂作用下生成

CHOH(g)3

，11

232高中化学月/段考试题232不同压强下，平衡时混合气体中OH(g)的体积分数随温度的变化如图所示。3则AB三的平衡常数由大小的顺序_用K、K、K表，AE点为D点措施是_________________________________。以特殊的纳米材料为电极，一定浓度的硫酸作为电解质溶液，为料过电化学方2法可制得甲醇，则生成甲醇的电极反应式____________________________。『案』(1).-49.6

①

CO3H2

2

催化剂

32

增0.0036(6).

KKAB

减小压强

CO2

OH3『析』(1)据盖斯定律计算反应ⅲ的焓变；根据流程图，氢气、CO在

ZnOCrO3

催化剂表面上反应生成OH；根据点，温度为℃、压强为8MPa，甲醇的百分含量为10%，利用三式计平衡常数；升高温度，甲醇的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动；平衡常数只与温度有关；CO生甲醇，碳元素化合价由+4低为2CO得子发生还原反应生成醇；2『解』(1)．

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

ⅱ．

CH(g)O(g)332

2CH3

根据盖斯定律ⅰ

＋ⅱ得

CO(g)(g)2

CHHO(g)3212

2322232p2高中化学月/段考试题2322232p2122.6kJ3

23.4kJ=

-49.6

kJ

；根据流程图H-H键裂非极性键变化的是过程①CO在催化剂表面上反应生成CHOH，总反应的学方程式是

ZnOCrO3CO3H2

2

催化剂

3

；根据图示，压强增大CO的化率增大；根据b点温度为265、压强为，醇的百分含量为10%；CO(g)

CHOH(g)

O(g)开始a3a转化x3平衡aaxx1，ax

00xxxx；则平衡时的强为

8

13103

1.6

、则平衡时H的强为

4.8MP

、则平衡时CHOH压强为

8

13103

MPa

、则平衡时HO的强为

8

13103

MPa

，温度为265℃时的平衡常数K

0.84.8

MPa

；升高温度，甲醇的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，所以升高温度K减小，所以K>K；平常数只与温度有关，所以K=K，KABBAC平衡逆向移动，甲醇体积分数减小，所以点为D点的措施是减小压强；

；减小压强，

2

生成甲醇，碳元素化合价+4降为，得电生成1mol甲，生成甲醇的电极反应式是

CO2

3

。『点睛』本考查盖斯定律、学平衡移动，明确反应热与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关握学平衡数表达式意平衡常数只与温度有关其因素无关。(二选考题13

高中化学月/段考试化学选修3物质结构与性质中院上海硅酸盐研究所开发出基于硫化(

2

)柔性半导体的新型高性能无机柔性热电材料和器件，研究人员发现、(元素固溶的AgS薄片经历次复弯曲2后电率几乎未发生变化表材料的性能受应力影响较小可满足柔性可穿戴供电的要求。回答下列问题：(1)Ag的外电子排布式是

[Kr]4d

10

5s1

，则Ag在素周期表中位置。下列关于

Ag

的电子排布式书写正确的___(标号)。a

[Kr]4d

9

2

b

[Kr]4d

c．

[Kr]4d

9

5s1乙硫醇(

CHCH3

)是一种含硫有机物，和醋酸银可发生下列反应：COOAg233乙硫醇中原的杂化类型_。乙酸中羧基碳原子的杂化类型____，乙酸中含的键：键。(3)Cu与Ag为族元素，熔点填>或”)原因__________________(4)SSeTe在素周期表中与其他元素的位置关系如下图所示则Te、、、Br的一电离能由大到小的顺序____________________，SeO

的空间构型为_。的胞结构如下图所示密为

胞长a________pm(含N

A的代数式表示，为伏加德罗常数的)。A『答案』第周期IB族

b

3

2

(6).14

323高中化学月/段考试题323铜银的价电子数相同，的子半径比Ag的，前者金属键强，熔点高

BrTe

三锥形

(10).

3

ρA

『析』根原子的电子层数及其价电子数确定元素在周期表中的位置；根据原子及离子的电子排布式分析价层电对数目和价层电子互斥理论分析原子的杂化类型和空间构型；根据晶胞结构分析晶体的化学式并进行相关计算。『解』(1)Ag的核外电子排布式是

[Kr]4d

10

5s1

，最高能层数是5属ds区元素，则Ag在元素周期表中的位置是第五周期IB族原失去1上1个子得到+，则电子排布式书为[Kr]4d，故答案为b；乙硫醇(CHCH中原子的价层电子对数目为4其中孤对电子数，杂化类型是sp3杂化；羧基中碳原子的价层电子对数为3无孤对电子，杂化类型是

杂化；乙酸的结构式为

，其中单键均为键双键中有1个σ键和1个π键则含有的键：π键数=7:1(3)Cu与Ag为族元素，铜和银的价电子数相同，且Ag的电荷数大Cu的子半径比的，Cu金键强，Cu熔点高，即熔点Cu>Ag；SeBr同期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但A元原子4p轨为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的Se、Te同族，自上而下第一电离能减小第一电离能＞＞Se＞中Se的层电子对数目为3+

，其中孤对电子数目为，模为四面体，忽略孤对电子可得微粒空间构型为三角锥形；的胞结构中含有数，数目为8×

=4则晶胞质量为4NA

胞体积为acm)

据

ρ

V

可知a=

3

388cm=/3

ρA

。『睛』价层电子对互斥模(简称模型)，根据价电子对互斥理论，层电子对个15

HBTU,EtN,DMF高中化学月/段考试题HBTU,EtN,DMF数σ键数孤电子对个数σ键数配子个数，孤电子对个=×(a-xb)a指心原子价电子个数，x指配原子个数指原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布包括中心原子未成键的孤对电子际间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是