1、河北省“五个一”名校联盟2020届高三化学下学期5月联考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：O-16 V-51第卷（选择题）一、选择题：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.化学与科技、社会、生活有着密切的联系。下列有关说法正确的是（ ）A. N95口罩的原材料聚丙烯是一种天然有机高分子化合物B. 汉代烧制的“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土C. 利用酒精的强氧化性可以灭活新型冠状病毒D. “纷纷灿烂如星陨，喧豗似火攻”描述了钠、铁等金属的焰色反应【答案】B【解析】【详解】A聚丙烯是合成有机高分子化合物，不是天然有机高分子化合物，故A错误；B陶瓷为硅酸盐材料，其主要
2、原料为黏士，故B正确；C酒精可以使蛋白质变性，但不具有强氧化性，故C错误；D铁元素的焰色反应发出的光在可见光范围之外，故D错误；故选：B。2.冠醚分子中有空穴，能够与金属离子形成稳定的络合物，该物质在有机工业中发挥着重要的作用。二环己烷并18冠6（）的制备原理如图，下列相关说法错误的是（ ）A. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 能用Na鉴别和C. 该反应是取代反应D. 的一溴取代物有5种【答案】A【解析】【详解】A含有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，可被酸性高锰酸钾氧化，高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B含有羟基，可与钠反应生成氢气，而与钠不反应，可鉴别，故B正确；C反应中-OH中的H被替代
3、，为取代反应，故C正确；D结构对称，含有如图所示5种H，则一氯代物有5种，故D正确；故选：A。3.下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是（ ）A. 用坩埚灼烧干海带制海带灰B 蒸馏时，温度计水银球插入液面以下C. 用长颈漏斗分离CCl4萃取碘后的水层与有机层D. 用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体【答案】A【解析】【详解】A灼烧干海带所需温度较高，需要在坩埚中进行，故A正确；B蒸馏时温度计测定馏分的温度，温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；C萃取应选分液漏斗，用分液漏斗分离CCl4萃取碘后的水层与有机层，故C错误；D若加水超过刻度线，配制失败，应重新配制，
4、故D错误；故答案为A。4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )A. CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于稀醋酸B. 常温下，1molL-1的NaCl溶液中的离子总数为2NAC. 常温下，pH=2的溶液中可能大量存在K+、I-、Mg2+、NO3-D. Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-)【答案】D【解析】【详解】A碳酸钙难溶于稀硫酸是因为和稀硫酸反应生成的硫酸钙微溶，生成的硫酸钙附着在碳酸钙表面阻止反应进一步进行，而醋酸钙易溶于水，二者可以持续反应，故A错误；B溶液体积未知，无法计算离子个数，故B错误；CpH=2溶液酸性较强，酸性环境下硝酸根离子具有
5、强的氧化性，会将碘离子氧化，不能大量共存，故C错误；D在Na2S稀溶液中存在质子守恒：c(OH-)=2c(H2S)+c(HS-)+c(H+)，可知：c(H+)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-)，故D正确；答案为D。5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。由X、Y、Z、W四种元素中的几种元素形成的化合物与W、Z的单质之间的转化关系如图所示（部分产物未给出），其中Z为金属单质且与X位于不同主族，下列说法正确的是（ ）A. Y和W形成的化合物YW4易溶于水B. Y6X6燃烧时火焰明亮，且无黑烟产生C. W的氧化物对应的水化物的酸性一定比Y的强D. Z与W形成的化合物中只含
6、有离子键【答案】D【解析】【分析】根据化合物M和W单质的反应条件可知化合物M应为烃，W单质为Cl2，M含有C、H元素，X是四种元素中原子序数最小的，则X应为H元素；化合物N可以和金属单质反应，N应为HCl，化合物P应为金属Z氯化物，由于氯化铝为共价化合物，无法通过电解氯化铝获得铝，且Z与H元素不是同主族，所以P为氯化镁，Z为Mg；综上所述X为H，Y为C，Z为Mg，W为Cl元素。【详解】AY、W形成的化合物YW4为四氯化碳，四氯化碳难溶于水，故A错误；BY6X6为C6H6，其分子中含碳量较大，燃烧时火焰明亮，且有黑烟产生，故B错误；C没有指出是否为元素最高价含氧酸，该说法不合理，如碳酸的酸性大于
7、次氯酸，故C错误；DZ为Mg，Mg与Cl形成的氯化镁为离子化合物，只含有离子键，故D正确；故答案为D。6.CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应，其相对能量与反应历程如图所示。第一步：Fe*+N2O=FeO*+N2第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2下列叙述错误的是（ ）A. Fe*是反应的催化剂B. 两步反应的H均小于0C. 第一步反应比第二步反应快D. 总反应为CO+N2O=N2+CO2【答案】C【解析】【详解】A由题意可知，第一步Fe*被消耗，第二步Fe*又生成，说明Fe*是反应的催化剂，故A正确；B根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量低于反应总能量的反应，则两步反应均为放
8、热反应，H均小于0，故B正确；C根据反应历程图，第一步活化能高于第二步活化能，活化能越高，反应速率越慢，则第一步反应比第二步反应慢，故C错误；D第一步反应+第二步反应=总反应，则总反应为CO+N2O=N2+CO2，故D正确，故选：C。7.我国科学家发明了一种“可固氮”的镁氮二次电池，其装置如图所示，下列说法不正确的是（ ）A. 固氮时，电池的总反应为3Mg+N2=Mg3N2B. 脱氮时，钌复合电极的电极反应式为Mg3N2-6e-=3Mg2+N2C. 固氮时，外电路中电子由钌复合电极流向镁电极D. 当无水LiClMgCl2混合物受热熔融后电池才能工作【答案】C【解析】【详解】A固氮时该装置为原电
9、池装置，镁为活泼金属，作负极，被氧化成Mg2+，钌复合电极为正极，氮气在电极上发生还原反应生成N3-，与熔融电解质中镁离子生成Mg3N2，所以总反应为3Mg+N2=Mg3N2，故A正确；B脱氮时，-3价的氮要被氧化，钌复合电极应发生氧化反应，Mg3N2失电子发生氧化反应生成氮气，电极反应：Mg3N2-6e-=3M2+N2，故B正确；C固氮时，镁电极为负极，外电路中电子由负极镁电极流向钌复合电极，故C错误；D无水LiCl-MgCl2混合物常温下为固体，无自由移动离子，不能导电，受热熔融后产生自由移动离子导电，电池才能工作，故D正确；故选：C。【点睛】固态的离子化合物中没有自由移动的离子不能导电，
10、熔融状态下或者水溶液中形成自由移动的离子后可以导电。二、选择题：在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。第卷（非选择题）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每道试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：8.硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中利用方铅矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2）制备PbSO4的工艺流程如图：已知：i.PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。ii.PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)
11、H0iii.Ksp(PbSO4)=1.0810-8，Ksp(PbCl2)=1.610-5。（1）“浸取”时需要加热，此时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为_。（2）“调pH”的目的是_。（3）“沉降”操作时加入冰水的作用是_。（4）时，PbCl2(s)在不同浓度的盐酸中的最大溶解量(gL-1)如图所示。下列叙述正确的是_（填字母）。A.盐酸浓度越小，Ksp(PbCl2)越小B.x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)不相等C.当盐酸浓度为1molL-1时，溶液中c(Pb2+)一定最小D.当盐酸浓度小于1molL-1时，随着HCl浓度的增大，PbCl2溶解量减小是因为Cl
12、-浓度增大使PbCl2溶解平衡逆向移动（5）PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，当c(Cl-)=0.1molL-1时，c(SO42-)=_。（6）“滤液a”经过处理后可以返回到_工序循环使用。利用制备的硫酸铅与氢氧化钠反应制备目前用量最大的热稳定剂三盐基硫酸铅(3PbOPbSO4H2O)，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). MnO2 +PbS+4HC1PbC12+S+MnC12+2H2O (2). 除去Fe3+ (3). 温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，
13、便于析出PbC12晶体 (4). BD (5). 6.7510-6mo1L-1 (6). 浸取 (7). 4PbSO4+6NaOH=3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O【解析】【分析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中；加入Fe2O3溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降
14、过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl。【详解】(1)根据题意可知该过程中MnO2将PbS2中的S元素氧化成S单质，锰元素被还原成Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为MnO2+PbS+4HClPbCl2+S+MnCl2 +2H2O；(2)调节pH的主要目的是使Fe3+转化为沉淀，从而除去；(3)温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体)，所以沉降时加入冰水；(4
15、)PbCl2是微溶化合物，溶于水存在平衡：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，由图象可知在浓度为1mol/L时溶解量最小；结合题目所给信息可知，小于1mol/L时，主要是电离出的氯离子抑制氯化铅的溶解，大于1mol/L时，可发生PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，而促进溶解。AKsp(PbCl2)只受温度的影响，温度不变，则Ksp(PbCl2)不变，故A错误；B根据分析可知x、y两点对应的溶液中的溶质不同，所以c(Pb2+)不相等，故B正确；C根据分析可知当盐酸浓度大于1mol/L之后，主要发生反应：PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)
16、，所以此时c(Pb2+)不一定最小，故C错误；D根据分析可知盐酸浓度小于1molL-1时，主要存在平衡PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，氯离子的增多使平衡逆向移动，故D正确；综上所述选BD；(5)沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+SO42-(aq)PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，所以当c(Cl-)=0.1mol/L时，c(SO42-)=6.7510-6mol/L；(6)发生沉淀转化后，滤液a中的主要溶质为HCl，所以经处理后可以返回到浸取工序循环使用；反应物有PbSO4和NaOH，生成中有3PbOPbSO4H2O ，根据元素化合价的变化可知该反应不
17、是氧化还原反应，根据元素守恒可得方程式：4PbSO4+6NaOH=3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O。9.实验室以V2O5为原料制备氧钒（）碱式碳酸铵晶体(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9 10H2O，其流程如图：V2O5VOCl2溶液氧钒（）碱式碳酸铵晶体（1）“还原”过程中的还原剂是_（填化学式）。（2）已知VO2+能被O2氧化，“转化”可在如图装置中进行。仪器M的名称是_，实验开始前的操作是_。装置B的作用是_。加完VOCl2溶液后继续搅拌一段时间，使反应完全，再进行下列操作，顺序为_（填字母）。a.锥形瓶口塞上橡胶塞b.取下Pc.将锥形瓶置于干燥器中，静置过滤
18、得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，再用乙醚洗涤2次，抽干称重。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是_（填离子符号），用无水乙醇洗涤的目的是_。称量mg产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02molL-1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用cmolL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点（已知滴定反应为VO2+Fe2+2H+=VO2+Fe3+H2O），消耗标准溶液的体积为VmL。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定
19、结果_（填“偏高”“偏低”或“无影响”），产品中钒的质量分数为_（以VO2+的量进行计算，列出计算式）。【答案】 (1). N2H42HC1 (2). 长颈漏斗 (3). 检查装置的气密性 (4). 除去二氧化碳气体中的氯化氢 (5). bac (6). C1- (7). 除去晶体表面的水 (8). 偏高 (9). 100%或6.7cV/m%【解析】【分析】(2)VO2+能被O2氧化，所以转化过程应在无氧环境中进行，装置A中稀盐酸和石灰石反应生成二氧化碳，B装置盛放饱和碳酸氢钠溶液可以除去二氧化碳中混有的HCl气体，之后二氧化碳进入装置C，将装置内的空气排尽；然后滴加VOCl2溶液，进行搅拌，
20、使反应完全。【详解】(1)氧化还原反应中还原剂失电子被氧化化合价升高，对比反应物和生成物，V的化合价降低被还原，O、Cl化合价不变，H元素已是最高价不能被氧化，所以被氧化的元素应为N元素，所以还原剂为N2H42HCl；(2)根据M的结构特点可知其为长颈漏斗；实验开始前要检查装置的气密性；稀盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中有HCl杂质，装置B中盛放饱和碳酸氢钠溶液可以除去二氧化碳气体中的氯化氢；加完VOCl2溶液后继续搅拌一段时间，使反应完全，取下P装置，为防止氧钒()碱式碳酸铵晶体被氧化，需要在锥形瓶口塞上橡胶塞，之后将锥形瓶置于干燥器中，静置过滤，所以顺序为bac；根据元素守恒可知用饱和
21、NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是Cl-；乙醇与水互溶，无水乙醇易挥发，可以带走晶体表面的水分；若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，溶液中Fe2+浓度减小，会消耗更多的标准液，导致测定结果偏高；消耗标准溶液的体积为VmL，根据滴定反应可知n(VO2+)=n(Fe2+)=cV10-3mol，所以产品中钒的质量分数为100%或6.7cV/m%。10.乙醇是一种重要的化工原料和燃料，常见合成乙醇的途径如下：(1)乙烯气相直接水合法：C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g) H1=akJmol-1已知：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) H2=-13
22、23.0kJmol-1C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) H3=-1278.5kJmol-1，则a=_。(2)工业上常采用CO2和H2为原料合成乙醇，某实验小组将CO2(g)和H2(g)按1：3的比例置于一恒容密闭容器中发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g) H=bkJmol-1。在相同的时间内，容器中CO2的浓度随温度T的变化如图1所示，上述反应的pK(pK=-lgK，K表示反应平衡常数)随温度T的变化如图2所示。由图1可知，b=_(填“”“”或“”)0。在T1T2及T4T5两个温度区间内，容器中CO2(g)的浓度呈现如图1所示
23、的变化趋势，其原因是_。图1中点1、2、3对应的逆反应速率v1、v2、v3中最大的是_(填“v1”“v2”或“v3”)；要进一步提高H2(g)的转化率，可采取的措施有_(任答一条)。图2中当温度为T1时，pK的值对应A点，则B、C、D、E四点中表示错误的是_。乙烯气相直接水合法过程中会发生乙醇的异构化反应：C2H5OH(g)CH3OCH3(g) H=+50.7kJmol-1，该反应的速率方程可表示为v正=k正c(C2H5OH)和v逆=k逆c(CH3OCH3)，k正和k逆只与温度有关。该反应的活化能Ea(正)_(填“”“”或“”) Ea(逆)，已知：T时，k正=0.006s-1，k逆=0.002
24、s-1，该温度下向某恒容密闭容器中充入1.5mol乙醇和4mol甲醚，此时反应_(填“正向”或“逆向”)进行。【答案】 (1). -44.5 (2). (8). 正向【解析】【详解】(1) 已知：I：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) H2=-1323.0kJmol-1II：C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) H3=-1278.5kJmol-1；根据盖斯定律I-II可得C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g) H1=H2-H3=(-1323.0kJmol-1)-(-1278.5kJmol-1)=-44.5 kJmol-1；(2)据
25、图可知当温度低于T3时随温度上升，CO2浓度下降，而温度高于T3时随温度上升，CO2的浓度上降，说明相同时间内温度低于T3时反应没有达到平衡，而温度高于T3时，该时段内反应达到平衡，且温度上升平衡左移CO2的浓度上降，所以正反应为放热反应，所以b0，所以Ea(正) Ea(逆)；反应达到平衡时正逆反应速率相等，即v正=k正c(C2H5OH)=v逆=k逆c(CH3OCH3)，所以有，T时，k正=0.006s-1，k逆=0.002s-1，所以该温度下平衡常数K=3，该反应前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替浓度计算浓度商和平衡常数， 所以该温度下向某恒容密闭容器中充入1.5mol乙醇和4mo
26、l甲醚时，浓度商Q=CH，即O元素的第一电离能最大；(3)N元素为7号元素，基态电子排布为1s22s22p3，2p能级有3个未成对电子；(4)BH4-的中心原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体形；根据B2H6分子的结构可知每个B原子价层电子对数为4，所以为sp3杂化；随着n值的增大，聚乙二醇极性越来越弱，水溶性降低；(5)NaH的晶胞与NaCl相同，以体心钠离子为研究对象，与其距离最近的H-位于6个面的面心，所以NaH晶体中阳离子的配位数是6；以晶胞的一个面为例，可以得到如图所示截图，则NaH晶体中阴阳离子的最短距离为a的一半即，阳离子半径为对角线的，即为a，所以阴离子
27、半径为-a，则阴、阳离子半径之比为=0.414。12.氯喹()可用于治疗新冠肺炎，氯喹的合成方法如图：已知：+H2O。回答下列问题：(1)A中所含官能团的名称是_，C的分子式为_。(2)A生成B的反应类型为_，E生成F的反应类型为_。(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。氯喹中的手性碳有_个。(4)由C生成D的过程中，加入NaOH溶液时发生反应的化学方程式为_。(5)X为E的同分异构体，写出一种满足如下条件的X的结构简式：_。遇FeCl3溶液发生显色反应除苯环外不含其他环，且苯环上只有2个取代基含有CN核磁共振氢谱中只有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1(6)设计以、CH
28、3CH2CH2Br、CH3CH2ONa、CH3CH2OH为原料合成的合成路线_(无机试剂任选)。已知：R1CH2COOR2R1CH(R3)COOR2【答案】 (1). 氯原子、硝基 (2). C12H10ClNO3 (3). 还原反应 (4). 取代反应 (5). 1 (6). +2NaOH+C2H5OH+H2O (7). (或或) (8). 【解析】【分析】对比A的分子式和B的结构式可知A到B发生还原反应，所以A为，B经过系列反应生成C，C在氢氧化钠溶液中发生水解，酸化后得到D，所以D的结构简式为，D在一定条件下生成E，E中羟基被取代生成F为，F与反应生成氯喹。【详解】(1)A为，所含官能团
29、为氯原子和硝基；根据C的结构简式可知C的分子式为C12H10ClNO3；(2)A生成B，少了氧原子多了氢原子，所以为还原反应；E生成F的过程中羟基被氯原子代替，为取代反应；(3)如图所示(*号标出)，氯喹中的手性碳有1个手性碳；(4)C中含有酯基可以和NaOH反应，根据题目所给信息可知与吡啶环(氮苯)相连的羟基也可以和NaOH反应，所以方程式为+2NaOH+C2H5OH+H2O；(5)E的分子式为X为E的同分异构体，满足条件：遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基除苯环外不含其他环，且苯环上只有2个取代基，其中一个为羟基，则另一个取代基为-C3HClN；含有CN，则另一个取代基可以是-C
30、(Cl)=CHCN、-C(CN)=CHCl、CH=C(CN)Cl；核磁共振氢谱中只有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1，说明两个取代基处于对位，所以符合条件的结构有、；(6)对比和的结构，羟基被氧化成羧基，且环上与羧基相连的碳原子上引入丙基；羟基可以被酸性高锰酸钾氧化成羧基，羧基可以酯化，根据题目所给信息，酯基结构可以和CH3CH2CH2Br、CH3CH2ONa共同作用从而把丙基引入到与酯基中形成碳氧双键的碳原子的邻位碳上，所以合成路线为。【点睛】本题易错点为第4小题方程式的书写，要注意题目所给信息，1molC可以和2molNaOH发生反应；有机反应中加氧或去氢的反应为氧化反应，加氢或去氧的反应为还原反应。