1、安徽省A10联盟2020届高三化学下学期开年考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-l C-12 N-14 O-16 Mg-24 Cr-52 Fe-56一、选择题：本题共有7小题，每小题6分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的。1.中华文明源远流长，下列有关中国文化的说法错误的是( )A. 黑陶是我国艺术瑰宝，陶瓷烧制过程中发生了化学变化B. 何以解忧？唯有杜康古代酿酒过程中釆用了蒸馏提纯方法C. 马踏飞燕属于青铜器，青铜的熔点和硬度都远高于纯铜D. “司南之杓，投之于地其杓柄指南”，“杓”的材料是Fe3O4【答案】C【解析】【详解】A.陶瓷的烧制过程中有新物质产生，
2、发生了化学变化，故A正确；B.乙醇的沸点较低，则酿酒过程中可釆用蒸馏的方法进行提纯，故B正确； C.合金的熔点低于组成该合金的金属，而硬度高于组成该合金的金属，故C错误；D. 四氧化三铁有磁性，可用作指南针的材料，则“杓”的材料是Fe3O4，故D正确；综上所述，答案为C。2.如图是盛放液溴的试剂瓶剖面图，仔细观察分成了明显的气相、溴溶液相和液溴相三相，下列说法错误的是( )A. 气相呈现红棕色，因为其中含有Br2的蒸汽B. 溴溶液相中显酸性，主要因为HBr电离出了HC. 液溴保存时加水形成水封的目的是减少Br2的挥发D. 液溴保存时不可敞口放置，应保存在细口瓶中并塞上橡胶塞【答案】D【解析】【
3、详解】A.气相中为空气和溴蒸汽的混合相，因为其中含有Br2的蒸汽，所以呈现红棕色，故A正确；B.溴溶液相中溴与水发生反应生成溴化氢和次溴酸，溴化氢为强酸，次溴酸为弱酸，溶液显酸性，主要因为HBr电离出了H，故B正确； C.因为Br2容易挥发，所以液溴保存时加水形成水封，故C正确；D.溴具有强氧化性，能氧化橡胶，则不能用橡胶塞盖贮存液溴的试剂瓶，故D错误；综上所述，答案为D。3.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X与W在同一主族，X是地壳中含量最多的元素，X、W的最外层电子数之和是Y、Z最外层电子数之和的3倍，下列说法正确的是( )A. 原子半径：WZYXB. 最简单氢化物稳定性
4、：XWC. 最高价氧化物对应水化物的碱性：ZYD. X、Y形成的某种化合物可作供氧剂，其阴阳离子个数比为1:1【答案】B【解析】【分析】X是地壳中含量最多的元素，则X为O元素；X与W在同一主族，则W为S元素；X、W的最外层电子数之和是Y、Z最外层电子数之和的3倍，则Y为Na元素，Z为Al元素。【详解】A.根据元素周期律，同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，同主族元素原子从上到下逐渐增大，则原子半径：NaAlSO，故A错误；B.因为氧元素的非金属性比硫元素的非金属性强，则最简单氢化物的稳定性：H2OH2S，故B正确； C.根据元素周期律，同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，对应的碱的碱性逐渐减弱，
5、则NaOHAl(OH)3，故C错误；D.X、Y形成的某种化合物Na2O2可作供氧剂，其阴阳离子个数比为1:2，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，则1mol过氧化钠熔融时能电离出1mol过氧根离子和2mol钠离子，即其阴阳离子个数比为1:2。4.下列对两种有机物甲和乙的描述不正确的是( )A. 甲中所有碳原子不可能在同一平面上B. 甲、乙均能发生加成反应、氧化反应、取代反应C. 甲、乙均能在一定条件下通过聚合反应生成高聚物D. 甲、乙苯环上的一硝基取代物种数相同(不考虑立体异构)【答案】A【解析】【详解】A.甲中苯环的12个原子一定在同一个平面上，结构中有碳碳
6、双键和碳氧双键，则双键两侧的原子包括形成双键的两个原子在同一个平面上，单键可以自由旋转，所以甲中所有碳原子可能在同一平面上，故A错误；B.甲结构中有碳碳双键和苯环，乙结构中有苯环，都可以与氢气发生加成反应，两物质均可以燃烧发生氧化反应，同时也可以发生取代反应，故B正确； C.甲结构中有碳碳双键可以发生加聚反应，乙结构中有羧基和胺基可以发生缩聚反应，则甲、乙均能在一定条件下通过聚合反应生成高聚物，故C正确；D.甲、乙苯环上不同化学环境的氢均有3种，则一硝基取代物种数均为3种，故D正确；综上所述，答案为A。【点睛】苯分子中12个原子在同一个平面上，乙烯分子中6个原子在同一个平面上，羰基可以看成类似
7、于碳碳双键的结构，甲烷分子为正四面体构型，最多有3个原子在同一个平面上，单键可以自由旋转，由此可以判断共面问题。5.下列实验中，对应现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是( )选项实验现象结论A铁的氢氧化物溶于足量HI溶液中，滴加KSCN溶液固体溶解，溶液未变红色铁氢氧化物一定为Fe(OH)2B向硝酸钡溶液中通入SO2产生白色沉淀硝酸钡溶液与SO2反应生 成BaSO3白色沉淀C铜丝在酒精灯外焰灼烧，再将赤热 铜丝插入酒精灯内焰铜丝由红色变黑色， 再变红色乙醇具有还原性D浓度均为 0.lmolL-1 的 CuCl2，FeCl3 混合溶液中滴加0.lmolL-1NaOH溶液先生成红褐色沉淀氧化性
8、：Fe3+Cu2+A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.氢碘酸足量，碘离子有还原性，铁离子有氧化性，氢碘酸能将氢氧化铁溶解并氧化成亚铁离子，则A实验不能证明铁的氢氧化物一定为Fe(OH)2，故A错误；B.二氧化硫溶于水形成亚硫酸，溶液显酸性，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，可将二氧化硫氧化成硫酸根，则生成的沉淀为硫酸钡，故B错误； C.铜先与氧气反应生成氧化铜，氧化铜在与乙醇发生氧化还原反应生成铜，氧化铜为氧化剂，乙醇为还原剂，故C正确；D.CuCl2、FeCl3 与NaOH溶液反应不是氧化还原反应，不能比较Fe3+、Cu2+的氧化性，故D错误；综上所述，答案为C。6.
9、乙醛酸(OHC-COOH )是一种重要精细化工产品。以高硅铸铁为惰性电极材料，用恒电势电解NaBr 溶液间接氧化乙二醛(OHC-CHO)制备乙醛酸：OHC-CHO+Br2+H2OOHC-COOH+2HBr。装置如图所示，下列说法不正确的是( )A. 电极b为负极，高硅铸铁不损耗B. 阳极的电极反应式为2Br-2e-=Br2C. 光伏电池将铸铁极的电子转移到石墨极D. 电解过程中，右室溶液的pH逐渐升高【答案】D【解析】【分析】氧化乙二醛(OHC-CHO)制备乙醛酸可知高硅铸铁作阳极，a为正极，b为负极，阳极溴离子放电生成溴单质，溴具有强氧化性，将乙二醛氧化生成乙醛酸，阴极水中氢离子放电生成氢气
10、。【详解】A.由分析可知电极b为负极，高硅铸铁为阳极，阳极溴离子放电，高硅铸铁不损耗，故A正确；B.由分析可知，阳极溴离子放电，电极反应式为2Br-2e-=Br2，故B正确； C.电子由铸铁阳极流出，流入光伏电池的正极，光伏电子的负极电子流出，流入阴极石墨，故C正确；D.电解过程中，阴极为水中的氢离子放电，每生成1mol氢气，有2mol氢离子从左室流入右室，则理论上右室溶液的酸碱性保存不变，故D错误；综上所述，答案为D。7.已知298K时，Ksp(MnS)=4.6510-14，Ksp(MnCO3)=2.2410-11，298K下，MnS、MnCO3(R2-代表S2-或CO32-)在水中的溶解曲
11、线如图所示：下列说法正确是( )A. 图象中x约等于5.010-6B. 其它条件不变，加热N的悬浊液可使溶液组成由e点沿ef线向f点方向移动C. 常温下，加水稀释M溶液可使溶液组成由d点沿df线向f点方向移动D. 向含有MnS和MnCO3的饱和溶液中加少量MnCl2，c(CO32-)/c(S2-)增大【答案】B【解析】【分析】Ksp(MnS)小于Ksp(MnCO3)，则结合图像可知曲线N代表MnS，M代表MnCO3。【详解】A.N代表MnS，则有，x约等于2.210-7，故A错误；B.其它条件不变，加热N的悬浊液，MnS的溶解度会增大，则锰离子浓度和硫离子浓度也会增大，可使溶液组成由e点沿ef
12、线向f点方向移动，故B正确； C.加水稀释M溶液，锰离子和碳酸根离子的浓度均会减小，则不可能使溶液组成由d点沿df线向f点方向移动，故C错误；D. ，则c(CO32-)/c(S2-)为定值，故D错误；综上所述，答案为B。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第27题第28题为必考题，每个试题考生都必须作答，第35题第36题为选考题，考生根据要求作答。8.某菱镁矿主要成分是MgCO3，还含有Al2O3、FeCO3、Fe2O3、SiO2等杂质，由该菱镁矿制备高纯MgO的流程如图。回答下列问题：(1)将矿石粉碎的目的是_，滤渣1的成分是_(2)步骤先加入足量H2O2溶液，再加MgO调节溶液pH=5
13、，加入足量的H2O2溶液后发生的所有氧化还原反应的方程式为_(3)滤渣2的成分是_，1mol该滤渣用3mol/L硫酸溶解，需消耗硫酸_mL(4)列举沉镁之后的滤液的一种用途_，称取14.2g的在_(填仪器名称)中进行高温焙烧得到的MgO质量为8.0g，则x=_。【答案】 (1). 增大与酸的接触面积，提高反应速率 (2). SiO2 (3). H2O2+2FeCl2+2HCl=2FeCl3+2H2O、2H2O2=2H2O+O2 (4). 氢氧化铝、氢氧化铁 (5). 500 (6). 作氮肥 (7). 坩埚 (8). 1【解析】【分析】菱镁矿主要成分是MgCO3，还含有Al2O3、FeCO3、
14、Fe2O3、SiO2等杂质，酸溶时，SiO2不溶于酸，则滤渣1为SiO2，滤液1为氯化镁、氯化铝、氯化铁、氯化亚铁，双氧水可将亚铁离子氧化成铁离子，同时调节pH将铝离子和铁离子转化成氢氧化铝和氢氧化铁除去，则滤渣2为氢氧化铝、氢氧化铁。【详解】（1）将矿石粉碎的目的是增大与酸的接触面积，提高反应速率，由分析知滤渣1的成分是SiO2，故答案为：增大与酸的接触面积，提高反应速率；SiO2；（2）由分析知双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，同时过量是双氧水可发生分解反应，则加入足量的H2O2溶液后发生的所有氧化还原反应的方程式分别为H2O2+2FeCl2+2HCl=2FeCl3+2H2O，2H2O2=2H
15、2O+O2故答案为：H2O2+2FeCl2+2HCl=2FeCl3+2H2O，2H2O2=2H2O+O2；（3）由分析知滤渣2的成分是氢氧化铝、氢氧化铁，1mol该滤渣含有3mol氢氧根，用3mol/L硫酸溶解，根据酸碱中和原理，即，V(H2SO4)=0.5L=500ml，需消耗硫酸500mL，故答案为：氢氧化铝、氢氧化铁；500；（4）沉镁之后的滤液中的溶质主要是氯化铵，可以用来作氮肥；在坩埚中高温焙烧使其转化为氧化镁，二氧化碳和水，设14.2g的中的物质的量为amol，的物质的量为bmol，则有根据镁原子守恒有，根据质量守恒有，解得a=0.1mol，b=0.1mol，则x=1，故答案为：作
16、氮肥；坩埚；1。【点睛】求算x时，即求中和的比值，则根据题中所以提供物质的总质量和煅烧后得到的氧化镁的质量，镁原子守恒可列方程式进行求算。9.连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是印刷行业重要的还原剂，易溶于水，难溶于乙醇；高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色环保型饮用水处理剂。某课题小组拟以硫铁矿(主要成分是FeS2)为主要原料制备连二亚硫酸钠和高铁酸钾，其简易工艺流程如下(部分步骤和条件略去)：(1)FeS2中含有S22-离子，其电子式为_。“气体”的主要成分是O2、SO2和N2，参考表中的数据，简述工业上用物理方法分离提纯二氧化硫的实验方案：_熔点/沸点/密度/gL-1(标准状况)O2-218-
17、1831.429SO2-76-102.9N2-210-1961.25(2)SO2Na2S2O4步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。制得的Na2S2O4溶液冷却至50，过滤，用_洗涤，干燥，制得Na2S2O4。(3)Na2FeO4与KC1发生复分解反应制备K2FeO4，说明相同温度下K2FeO4的溶解度_(填“ ”、“ ”或=”) Na2FeO4的溶解度。(4)溶液中的Na2S2O4易被空气中的氧气氧化生成NaHSO3，反应的离子方程式为_(5)在制备Na2FeO4时，现象是先生成红褐色沉淀，随后转化成绿色溶液，生成了 Na2FeO4。写出红褐色沉淀转化为Na2FeO4的化学方程式：_。为探
18、究Na2FeO4和Cl2的氧化性相对强弱，取少量上述绿色溶液于试管中，滴加适量浓盐酸，产生能使湿润的KI淀粉试纸变蓝色的气体，不能说明Na2FeO4的氧化性比Cl2的氧化性强，理由是_。【答案】 (1). (2). 先降温加压，使混合气体液化，后升温略高于-10，可使二氧化硫汽化，与其他气体分离 (3). 2:1 (4). 乙醇 (5). (6). (7). (8). 溶液中有次氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应也能生成氯气，则不能说明氯气是由Na2FeO4产生的【解析】【详解】（1）FeS2中含有S22-离子，类似于过氧根，其电子式为；根据表中提供各气体的熔沸点数据，可知二氧化硫可通过先液化再汽化方
19、法进行提纯，则工业上用物理方法分离提纯二氧化硫的实验方案为先降温加压，使混合气体液化，后升温略高于-10，可使二氧化硫汽化，与其他气体分离，故答案为：；先降温加压，使混合气体液化，后升温略高于-10，可使二氧化硫汽化，与其他气体分离；（2）SO2Na2S2O4步骤中氧化剂为二氧化硫，与还原剂为HCOONa，则根据氧化还原反应得失电子守恒可知二者的系数比为2:1，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；因为Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，则用乙醇洗涤，故答案为：2:1；乙醇；（3）根据复分解反应原理，Na2FeO4与KC1发生反应时要有溶解度小的物质生成才能使反应发生，则说明相同温度下K2F
20、eO4的溶解度Na2FeO4的溶解度，故答案为：；（4）溶液中的Na2S2O4与氧气反应生成NaHSO3，其反应的离子方程式为，故答案为：；（5）红褐色沉淀为氢氧化铁，被次氯酸钠氧化为Na2FeO4，其化学方程式为，故答案为：；因为溶液中有次氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应也能生成氯气，则不能说明氯气是由Na2FeO4产生的，所以不能说明Na2FeO4氧化性比Cl2的氧化性强，故答案为：溶液中有次氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应也能生成氯气，则不能说明氯气是由Na2FeO4产生的。10.德国化学家哈伯(F.Haber)从1902年开始研究由氮气和氢气直接合成氨。合成氨为解决世界的粮食问题作出了重要贡献。其
21、原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92.4kJ/mol(1)若已知H-H键的键能为436.0kJ/mol，N-H的键能为390.8kJ/mol，则NN的键能约为_kJ/mol(2)合成氨反应不加催化剂很难发生，催化剂铁触媒加入后参与了反应降低了活化能。其能量原理如图所示，则加了催化剂后整个反应的速率由_决定(填“第一步反应”或者“第二步反应”)，未使用催化剂时逆反应活化能_正反应活化能(填“大于”“小于”或者“等于”)(3)从平衡和速率角度考虑，工业生产采取20MPa到50MPa的高压合成氨原因_(4)一定温度下恒容容器中，以不同的H2和N2物质的量之比加入，平衡时NH3体积
22、分数如图所示，则H2转化率a点_b点(填大于”“小于”或者“等于”)。若起始压强为20MPa，则b点时体系的总压强约为_MPa。(5)若该反应的正逆反应速率分别表示为v正=K正，v逆=K逆c2(NH3)，则一定温度下，该反应 的平衡常数K=_(用含K正和K逆的表达式表示)，若K正和K逆都是温度的函数，且随温度升高而升高，则图中c和d分别表示_和_随温度变化趋势(填K正或者K逆)。(6)常温下，向20mL的0.1mol/L的盐酸中通入一定量氨气反应后溶液呈中性(假设溶液体积变化忽略不计)则所得溶液中c(NH4+)=_【答案】 (1). 944.4 (2). 第一步反应 (3). 大于 (4).
23、当压强低于20MPa时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于50MPa时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高 (5). 小于 (6). 19 (7). (8). K正 (9). K逆 (10). 0.1mol/L【解析】【详解】（1）根据反应热的计算公式，可得，故答案为：944.4；（2）因为第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，则催化剂后整个反应的速率由第一步反应决定，由图可知未使用催化剂时逆反应活化能大于正反应活化能，故答案为：第一步反应；大于；（3）根据工业上制备氨气的原理可知，当压强低于20MPa时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于50MPa时，转化率提升不大，但
24、对设备的要求高，生产成本高，所以工业生产采取20MPa到50MPa的高压合成氨，故答案为：当压强低于20MPa时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于50MPa时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高；（4）当增大氢气的用量时，氮气的转化率升高，氢气的转化率降低，则H2的转化率a点小于b点；根据图知b点氨气的体积分数为5%，设氮气与氢气在恒容密闭容器中各投1mol，转化的氮气为xmol，则可列三段式为：N2+3H22NH3则有，由此可得x= ，P(平衡)=19MPa，故答案为：小于；19；（5）平衡时，正反应速率=逆反应速率，则有，平衡常数K= ；该反应为放热反应，温度升高时，平衡会
25、逆向移动，平衡常数会减小，则K逆大于K正，c代表K正，d代表K逆，故答案为：；K正；K逆；（6）反应后溶液呈中性，溶液中c（H+）=c（OH-）且由电荷守恒c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（Cl-），则c（NH4+）= c（Cl-）=0.1mol/L，故答案为：0.1mol/L。11.不锈钢(Stainless Steel)是不锈耐酸钢的简称，耐空气、蒸汽、水等腐蚀。不锈钢中含有Fe、Cr等元素。回答下列问题：(1)铬(Cr)的价电子排布图为_(2)亚铁氰化钾别名黄血盐，化学式：，加入食盐中可防止食盐板结。其中C、N、O三元素的第一电离能由小到大顺序为_。O和N的简单氢化物沸点明显
26、高于CH4原因是_，其不含结晶水的盐结构如图所示，其中C原子的杂化方式为_。(3)1mol的中含有的共价键物质的量为_mol，该配位化合物的配位原子为_。(4)用_实验可以直接确定某固体是否是晶体，某种铁铬合金的晶胞如图所示，该晶体堆积模型为_，空间利用率是_；若已知该晶胞的棱长为a pm，则该晶胞的密度为_g/cm3。【答案】 (1). (2). C O N (3). 水和氨气存在分子间氢键，沸点升高 (4). sp杂化 (5). 24 (6). 碳原子 (7). X-射线衍射 (8). 面心立方最密堆积 (9). 74% (10). 【解析】【详解】（1）铬(Cr)为24号元素，价电子排布
27、图为，故答案为：；（2）根据元素周期律，同周期从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但因为N元素2p轨道半充满状态，所以N的第一电离能高于O，则C、N、O三元素的第一电离能由小到大顺序为C ON；O和N的简单氢化物分别为水、氨气，因为水和氨气都存在分子间氢键，所以沸点明显高于CH4；由图可知，碳原子形成2根键，则C原子的杂化方式为sp杂化，故答案为：C ON；水和氨气都存在分子间氢键，沸点升高；（3）中铁原子与CN-间能形成配位共价键，碳原子与氮原子间能形成叁键，则1mol的中含有的共价键物质的量为(6+36)mol=24mol，由图可知该配位化合物的配位原子为碳原子，故答案为：24；碳原子；（
28、4）用X-射线衍射实验可以直接确定某固体是否是晶体，由图原子在顶点和面心可知，该晶体堆积模型为面心立方最密堆积，空间利用率是74%；若已知该晶胞的棱长为a pm，由密度计算公式，即该晶胞的密度为g/cm3，故答案为：X-射线衍射；面心立方最密堆积；74%；。【点睛】铬为24号元素，其3d轨道半充满且4s轨道半充满时能量最低，最稳定，所以它的价电子排布式为3d54s1，注意题中问的是电子排布图，则其排布图为。12.化合物H是一种医药中间体，其合成路线如图：已知： (1)B中所含官能团的名称是_，H的最简单同系物名称为_。(2)BC的反应类型是_。(3)F的结构简式为_。(4)CD的化学方程式为_
29、。(5)芳香族化合物X是H的同分异构体，X能发生银镜反应，其核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为12：2：2：1：1，符合要求的X的结构简式为_。(6)已知RCOOH+SOClRCOCl，写出以苯和丙烯酸(CH2=CHCOOH)为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：_。【答案】 (1). 羰基 (2). 苯甲酸 (3). 还原反应 (4). (5). (6). 、 (7). 【解析】【分析】苯发生已知的取代反应生成B（），B发生已知的还原反应生成C（），C再发生已知的取代反应生成D（）,D发生还原反应生成E，E在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成F（），F与HCN发生取代反应生成G，氰基在稀酸
30、条件下生成羧基。【详解】（1）由B的结构可知含有的官能团为羰基，H为芳香酸类，其最简单同系物名称为苯甲酸，故答案为：羰基；苯甲酸；（2）由分析知，BC的反应类型是还原反应，故答案为：还原反应；（3）F的结构简式为，故答案为：；（4）CD发生的是已知的反应，其化学方程式为，故答案为：；（5）X能发生银镜反应，为醛基或甲酸酯类，其核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为12：2：2：1：1，则符合要求的X的结构简式为、，故答案为：、；（5）丙烯酸(CH2=CHCOOH)先发生已知RCOOH+SOClRCOCl反应生成CH2=CHCOCl，后与苯发生已知的反应生成，在被NaBH4还原为，最后与溴加成即可得到目标产物，故答案为：。【点睛】在做有机合成时，可以对比原料和目标产物，因为目标产物中有两个溴原子，则可逆推知是由碳碳双键与溴加成得到的，在联系题给已知信息，分析碳原子数目即可分析出合成路线了。