1、黑龙江省大庆实验中学2020届高三化学5月综合训练试题（一）（含解析）1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是A. 高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点B. 油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子物质后才能被吸收C. 丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物D. 本草纲目中“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”这里“石碱”是指KOH【答案】A【解析】铝合金的硬度较大，但是密度较小，同时表面有致密的氧化膜对内部金属有保护所以抗腐蚀能力较强，选项A正确。油脂在人体内水解应该得
2、到高级脂肪酸和甘油，选项B错误。丝绸的主要成分是蛋白质，选项C错误。石碱为从蒿、蓼等草灰中提取之碱汁，和以面粉，经加工而成的固体。其主要含有的是碳酸钠和碳酸钾，选项D错误。2.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A. 50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NAB. 2.3gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA到0.2NA之间C. 用惰性电极电解饱和食盐水，若线路中通过NA 个电子，则阴极产生11.2L （标况）气体D. 已知N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H92kJmol1，现有0.1molN2与0.3molH2混
3、合反应，可放热9.2kJ【答案】C【解析】【详解】A. 50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，随反应的进行硫酸的浓度逐渐减小，变稀后则不再反应，故生成SO2分子数目小于0.46NA，A错误；B. 2.3gNa与氧气完全反应，Na的化合价由0价变为+1价，则反应中转移的电子数为0.1NA，B错误；C. 用惰性电极电解饱和食盐水，则阴极产生1mol氢气，化合价由+1变为0价，转移2mol电子，若线路中通过NA 个电子，阴极生成11.2L （标况）氢气，C正确；D. 已知N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H92kJmol1，现有0.1molN2与0.3molH2混合反应，反应的
4、氮气的物质的量小于0.1mol，则放出的热量小于9.2kJ，D错误；答案为C。3.丙烯是一种常见的有机物。下列有关丙烯的化学用语中，正确的是()A. 结构简式是C3H6B. 能发生取代、加成、聚合、氧化、还原反应C. 比例模型D. 聚合后的结构简式【答案】B【解析】【详解】A丙烯的分子式C3H6，结构简式是，故A错误；B丙烯有碳碳双键，可以发生加成反应，加聚反应，加氢还原反应，也可发生氧化、有甲基，可以在一定条件下发生取代反应，故B正确；C是丙烯的球棍模型，故C错误；D丙烯加聚后的产物是，故D错误； 答案选B。4.W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其原子序数之和为30，W与X、
5、Y、Z都能形成共价化合物，Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性，Z、W形成的化合物溶于水显酸性，四种元素形成的某种化合物的结构式为。下列说法错误的是A. X为硼元素或碳元素B. Y不属于第A族元素C. W与Y、Z分别形成的常见化合物能反应生成盐D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：ZY【答案】A【解析】【详解】根据W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，W与X、Y、Z都能形成共价化合物，W应该为氢元素；Y、W形成的化合物溶于水显碱性，Y为N，Y、W形成的常见化合物为NH3；Z、W形成的化合物溶于水显酸性，Z可能为F、S、Cl，根据四种元素形成化合物的结构式为可知，Z不可能为S；根据其原
6、子序数之和为30，且W、X、Y、Z原子序数依次增大判定Z不可能为F元素，故Z为Cl元素，则X为B元素。据此推断：X为硼元素，选项A错误；Y为N，不属于第A族元素，选项B正确；Y、Z分别与W形成的常见化合物为NH3和HCl，它们能反应生成NH4Cl，属于盐，选项C正确；Z、Y最高价氧化物对应的水化物分别为HClO4、HNO3，酸性HClO4HNO3，选项D正确。5.蔗糖与浓硫酸反应的实验改进装置如图所示，下列说法错误的是A. 改进装置后，有毒气体被碱液吸收，实现了绿色环保B. 浓硫酸在实验过程中体现了脱水性和强氧化性C. 产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明产生了CO2D. 该反应比较剧烈、危险
7、，实验各物质的用量应按要求规范操作【答案】C【解析】【详解】原实验中生成的气体直接排放到大气中，改进之后，解决了教材实验的不足，实现了绿色环保，选项A正确；浓硫酸将蔗糖分子中氢、氧原子个数按21脱去生成水，体现浓硫酸的脱水性，且生成的碳单质又被浓硫酸氧化成二氧化碳，浓硫酸又体现了强氧化性，选项B正确；产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，可能是二氧化硫，也可能是二氧化碳或二者的混合物，选项C错误；该反应比较剧烈，产生大量气体和热量，利用上述密闭装置，如果没有按照规范添加反应物的用量，会存在危险，选项D正确。6.一种三层(熔)液电解辉锑矿(Sb2S3，半导体)制取锑的装置如图所示。 下列说法错误的是(
8、 )A. Sb在阴极生成B. 三层流体互不相溶，密度也不同C. 阳极的电极反应式为xS2- - 2xe- = SxD. 该电解工艺可室温下工作【答案】D【解析】【分析】该电池是电解池，与电源正极相连石墨做阳极，S2-在阳极失去电子，发生氧化反应生成Sx；与电源负极相连石墨做阴极，Sb2S3在阴极得电子，发生还原反应，得到Sb。【详解】A在阴极， Sb2S3得到电子生成密度大的液态锑进入下层，S2-迁移至上层NaCl-KCl-Na2S熔液中，A项正确；B该冶炼法是利用液体密度不同和互不相溶而将其隔开，B项正确；C由图可知，硫离子在阳极被氧化，产生硫蒸气Sx，C项正确；D室温下三层熔液均为固体不导
9、电，需满足熔融状态，D项错误；答案选D。【点睛】熔液在常温下是固体，无自由移动离子，不能够起到导电作用，无法形成闭合回路。7.某三元羧酸 H3A 在表面活性剂、洗涤剂、润滑剂等方面具有重要的地位。常温时，向 10 mL 0.01 molL1 的 H3A 溶液中滴入 0.01 molL1 的 NaOH 溶液，H3A、H2A、HA2、A3的物质的量分数与溶液的 pH 的关系如 图所示。下列说法错误的是( )A. 该温度下，H3A 电离常数 Ka1=10aB. 若 b=7，加入 20 mL NaOH 溶液时，溶液的 pH7C. NaOH 溶液的体积为 30 mL 时，溶液中：c(OH)=3c(H3A
10、)2c(H2A)c(HA2)c(H+)D. 反应 2H2AH3AHA2在该温度下的平衡常数K=10a-b【答案】B【解析】【分析】由图像可知pHc（ H2A-），pH=a时，c（H3A）=c（ H2A-），pH=b时c（HA2-）=c（ H2A-），pH=c时c（HA2-）=c（ A3-），结合溶液中电荷守恒、物料守恒和电离平衡常数进行分析计算。【详解】A.电离常数只与温度有关，H3A的一级电离常数看图像左侧的第一个交点，故Ka1=c（H+），故A正确；B.加入20 mL NaOH溶液时，溶液中的溶质为Na2HA，位于pH=b=7的右侧，此时溶液的pH7，故B错误；C.NaOH溶液的体积为30
11、mL时，物料守恒表达式为，电荷守恒表达式为，两式联立可得题中表达式，故C正确；D.该反应在此温度下的平衡常数为，故D正确；故答案选：B。【点睛】电离常数只与温度有关，看图像左侧的第一个交点c（H3A）=c（H2A-），以此计算电离常数。8.（14分）工业上常用苏打烧结法提取自然界中的稀散元素硒(Se)，我国科研人员自主设计的利用粗铜电解精炼所产生含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)的阳极泥为原料，提取硒的某种工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）电解精炼铜时，电源的正极连接_（填“粗铜”或“精铜”），阳极溶解铜的质量_（填“”“=”或“”）阴极析出铜的质量。（2）“烧结”时苏打和硒
12、化亚铜主要生成了Na2SeO3、Cu2O和CO2气体，该反应的化学方程式为_。“烧结”时生成了少部分Na2SeO4，写出“还原”时反应的离子方程式_。（3）含硒烧结物浸取时，最佳加热方式为_，除去的物质为_（填化学式）。（4）本工艺副产物TeO2用于制造红外器件、声光器件材料，可溶于强酸和强碱，并形成复盐，则TeO2属于_氧化物（填“酸性”“碱性”或“两性”）。（5）把硫酸工业第一步的产物SO2通入Na2SeO3溶液制备硒单质，写出该反应的离子方程式_。若得到50 kg硒单质，至少需要_kg质量分数为90%的FeS2矿石。（结果保留一位小数）【答案】 (1). 粗铜 (2). (3). 2Cu
13、2Se2Na2CO33O22Cu2O2Na2SeO32CO2 (4). 2Fe2+2H+=2Fe3+H2O (5). 水浴加热 (6). Cu2O (7). 两性 (8). +H2O+2SO2=Se+2+2H+ (9). 84.4【解析】【详解】（1）电解精炼铜时，粗铜连接电源的正极，精铜连接电源的负极，阳极铜溶解放电的同时，还有锌、铁、镍等金属同时放电，阴极只有铜析出，两极转移电子数相同，所以，阳极溶解铜的质量小于阴极析出铜的质量。（2）根据信息，Cu2Se中+1价铜元素化合价未变，2价硒元素化合价升高至+4价，化合价升高了6，O2被还原为2价O，化合价降低了4，利用化合价升降法配平即可得出
14、反应的化学方程式：2Cu2Se2Na2CO33O22Cu2O2Na2SeO32CO2。（3）“浸取”时温度为80 ，水浴加热温度稳定、容易控制，所以最佳加热方式为水浴加热；从（2）题的方程式可知，产物中Cu2O难溶于水，“浸取”时除去的物质为Cu2O；TeO2与强酸和强碱均能反应，故TeO2属于两性氧化物。（4）Fe2+被氧化为Fe3+化合价升高了1，转化为，Se元素化合价降低了2，利用化合价升降法配平即可得出反应的离子方程式：2Fe2+2H+=2Fe3+H2O。（5）SO2通入Na2SeO3溶液制备硒单质，反应的离子方程式为+H2O+2SO2=Se+2+2H+。可知n(SO2)n()n(Se
15、)=211，根据硫元素守恒，推出n(FeS2)n(SO2)=12，综合可得n(FeS2)n(Se)=11，设需要m kg FeS2，计算式如下：FeS2 Se120 79m kg90% 50 kg解得m=84.4。9.乳酸亚铁晶体(CH3CH(OH)COO2Fe3H2O，Mr=288) 可由乳酸与FeCO3反应制得，它易溶于水，是一种很好的补铁剂。制备碳酸亚铁（装置如图所示）（1）仪器A的名称是_ ；（2）实验操作如下：关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，其目的是_；然后关闭活塞1，接下来的操作是_； 装置C中发生反应的离子方程式为_ 。制备乳酸亚铁向纯净的FeCO3固体中
16、加入足量乳酸溶液，在75下搅拌使之充分反应。（3）为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入_（4）为证明乳酸亚铁中含有Fe2+，选择的检验试剂为_；. 乳酸亚铁晶体纯度的测量经过过滤、隔绝空气低温蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，获得乳酸亚铁晶体后（5）两位同学分别用不同的方案进行测定：甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度，所得纯度总是大于100%，其原因可能是_乙同学经查阅文献后改用(NH4)4Ce(SO4)4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度（反应中Ce4+被还原为Ce3+），称取6.00g样品配成250.00mL溶液，取25mL，用0.1 molL
17、1(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 排尽装置内的空气，防止亚铁被氧化 (3). 关闭活塞3，打开活塞2； (4). Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O (5). 适量铁粉 (6). KSCN溶液与新制氯水或铁氰化钾溶液 (7). 乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏多 (8). 96【解析】【详解】（1）基本的实验仪器，答案为分液漏斗；（2）碎铁中加入稀硫酸，生成氢气，排尽装置中的空气，可以防止生成的Fe2+被氧气氧化，排除空气后，在C中生成
18、FeCO3，需要将B中的压强增大，使B中生成的Fe2+通过导管压到C装置中，操作为关闭活塞3，打开活塞2；在C中生成FeCO3，原料为Fe2+和HCO3-，根据电荷守恒可以写出方程式。答案为排尽装置内的空气，防止亚铁被氧化 关闭活塞3，打开活塞2 Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O；（3）Fe2+容易被氧气氧化，可以加入铁粉，使生成的Fe3+和Fe反应生成Fe2+，答案为适量铁粉；（4）检验Fe2+可以使用铁氰化钾，或者先加KSCN溶液不变色、用加氯水将可能存在的Fe2+氧化成Fe3+再观察是否有血红色出现。答案为KSCN溶液与新制氯水或铁氰化钾溶液；（5）乳酸中羟基也能和酸性高锰
19、酸钾溶液反应，消耗的高锰酸钾变多，所以纯度超过100%。Ce4+被还原为Ce3+，Fe2+化合价升高生成Fe3+，化合价升降守恒，物质的量比例为1：1，250mL溶液取25mL，则原样品中有Fe2+ 0.02mol，CH3CH(OH)COO2Fe3H2O的质量m=Mrn=2880.02g=5.76g，,答案为乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏多 96。10.（15分）甲烷水蒸气催化重整（SMR）是传统制取富氢混合气的重要方法，具有工艺简单、成本低等优点。回答下列问题：（1）已知1000 K时，下列反应的平衡常数和反应热：CH4(g)C(s)+2H2(g) K1=
20、10.2 H12CO(g)C(s)+CO2(g) K2=0.6 H2CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) K3=1.4 H3CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) K4 H4（SMR）则1000 K时，K4=_；H4=_（用H1、H2、H3来表示）。（2）在进入催化重整装置前，先要对原料气进行脱硫操作，使其浓度为0.5 ppm以下。脱硫的目的为_。（3）下图为不同温度条件下电流强度对CH4转化率的影响。由图可知，电流对不同催化剂、不同温度条件下的甲烷水蒸气催化重整反应均有着促进作用，则可推知H4_0（填“”或“ (5). 增加 (6). 10Ni3MgO/Al2O3
21、 (7). 温度高于750 时，几种情况下的反应均达到平衡，催化剂不改变平衡状态 (8). = (9). (10). 第步的活化能大，反应速率慢【解析】【详解】（1）方程式CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，是由方程式+2得到，K4=33.32，H4=H1+2H3H2。（2）硫会与催化剂反应，会使催化剂中毒，因此要脱硫。（3）由图可知电流相同时，750 甲烷的转化率比600 时甲烷的转化率高，说明温度越高，转化率越高，K越大，H40。（4）据图可知，随温度降低，H2产率的变化幅度也增大，电流对H2产率的影响作用逐渐增加；600 时，10Ni3MgO/Al2O3催化剂在不同电
22、流时H2产率的变化幅度最大，因此电流对10Ni3MgO/Al2O3催化剂影响最为显著；测试时间为6小时，当温度高于750 时，由于反应速率加快，反应已经达平衡移动，而催化剂不影响平衡移动，因此无论电流强度大小，有无催化剂，H2产率趋于相同。（5）同一化学反应，催化剂只能改变反应速率，对反应热不会造成影响，故过程和H相等。根据活化能越大，反应速率就越慢，故控制整个反应速率的是活化能较高的步骤，即控速步骤为第步。11.铁和钴是两种重要的过渡元素。请回答下列问题：（1）钴在元素周期表中的位置是_，其基态原子的价电子排布图为_。（2）FeCO3是菱铁矿的主要成分，其中C原子的杂化方式为_；分子中的大键
23、可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则CO32中的大键应表示为_。（3）已知Fe2+半径为61pm，Co2+半径为65pm，在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，其原因可能是_。（4）Co(NH3)5Cl3是钴的一种配合物，向含0.01mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g。则该配合物的配位数为_。（5）奥氏体是碳溶解在rFe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构(如图所示)，则该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为_；若该晶胞参
24、数为a pm，则该晶体的密度为_gcm3(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。【答案】 (1). 第四周期、第VIII族； (2). ； (3). sp2； (4). ； (5). 因为分解后生成的FeO和CoO中，FeO的晶格能更大； (6). 6； (7). 12； (8). ；【解析】【分析】（1）根据构造原理得出基态原子价电子排布图；（2）根据孤电子对数，价层电子对数的相关知识解答。（3）根据晶格能判断；（4）根据配合物及配合物的配位数的相关计算解答；（5）根据晶胞结构以及用均摊法晶胞求解。【详解】（1）Co在元素周期表中位于第4周期第VIII族。根据构造原理，其基态原子价电子排布图为。（
25、2）CO32-中C的孤电子对数为（4+2-32）=0，键电子对数为3，价层电子对数为3，C为sp2杂化。CO32-中参与形成大键的原子数是4个，电子数是6个，则CO32-中大键可表示为。（3）在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，原因是：Fe2+半径为61pm，Co2+半径为65pm，Fe2+的离子半径小于Co2+的离子半径，FeO的晶格能大于CoO的晶格能。（4）向含0.01mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g，n（AgCl）=2.87g143.5g/mol=0.02mol，即配合物中2个Cl-在外界，1
26、个Cl-在内界，则该配合物可表示为Co（NH3）5ClCl2，该配合物的配位数为6。（5）根据晶胞结构知，该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为12个。用均摊法晶胞中含Fe：8+6=4，C：12+1=4，该晶体的化学式为FeC，该晶体的密度为g(a10-10cm)3=g/cm3。12.已知： (R、R可表示烃基或官能团)。A可发生如图转化(方框内物质均为有机物，部分无机产物已略去)：请回答：(1)F的蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，且分子中无甲基。已知1mol F与足量金属钠作用产生H2 22.4L(标准状况)，则F的分子式是_，名称是_.(2)G与F的相对分子质量之差为4，则G具有的性
27、质是_(填字母)a.可与银氨溶液反应 b.可与乙酸发生酯化反应c.可与氢气发生加成反应 d.1mol G最多可与2mol新制Cu(OH)2发生反应(3)D能与NaHCO3溶液发生反应，且两分子D可以反应得到含有六元环的酯类化合物，E可使溴的四氯化碳溶液褪色，则DE的化学方程式是_，该反应类型是_反应(4)H与B互为同分异构体，且所含官能团与B相同，则H的结构简式可能是：_.(5)A转化为B和F的化学方程式是_.(6)A的同分异构体含有两种官能团，该化合物能发生水解，且1mol该化合物能与4mol银氨溶液反应，符合该条件的同分异构体一共有_种。【答案】 (1). C2H6O2 (2). 乙二醇
28、(3). ac (4). CH3CH(OH)COOHCH2CHCOOH+H2O (5). 消去 (6). CH2CHCH2COOH、CH3CHCHCOOH (7). +H2O+HOCH2CH2OH (8). 12【解析】【分析】F的蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，则其相对分子质量为62，1mol F与足量金属钠作用产生H222.4L（标准状况），即1molH2，说明F中很有2个-OH，应为乙二醇，即C2H6O2，被催化氧化生成醛，根据R-CH2OHRCHO可知，二者相对分子质量相差2，G与F的相对分子质量之差为4，则G应为OHC-CHO，为乙二醛；A生成B和F的反应应为酯的水解，则B的分
29、子式应为C4H6O2，结合题给信息可知应为，A为，C为，与氢气发生加成反应生成D，D应为CH3CH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH在浓硫酸作用下发生消去反应生成E，则E为CH2=CHCOOH，结合有机物的结构和性质解答该题。【详解】(1)F的蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，则其相对分子质量为62，1mol F与足量金属钠作用产生H2 22.4L(标准状况)，即1molH2，说明F中很有2个OH，应为乙二醇，即C2H6O2；故答案为：C2H6O2；乙二醇；(2)G应为OHCCHO，为乙二醛，含有CHO，可发生氧化和加成反应，不能发生酯化反应，因含有2个CHO，则1molG最多可
30、与4mol新制Cu(OH)2发生反应；故答案为：ac；(3)D应为CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH在浓硫酸作用下发生消去反应生成E，则E为CH2CHCOOH，反应的方程式为CH3CH(OH)COOHCH2CHCOOH+H2O； (4)B为，H与B互为同分异构体，且所含官能团与B相同，可为CH2CHCH2COOH、CH3CHCHCOOH； (5)A为，可水解生成和乙二醇，反应的方程式为+H2O+HOCH2CH2OH； (6)A的同分异构体含有两种官能团，该化合物能发生水解，且1mol该化合物能与4mol银氨溶液反应，含有2个醛基，所以分子中不含醚键，只能为一个醛基一个甲酸酯基，共有12种结构。【点睛】本题的流程图不能明确的推出物质的结构式，需要结合问题中的信息及对应的反应条件确定物质的化学式及结构。
