1、吴忠市2020届高三一轮联考试题可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：28 O：16 Al：27 P：31 S：32 K：39 Cu：64 Mn：55 Ni：59 As：75一、选择题1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是（ ）A. 生活污水进行脱氮、脱磷处理可以减少水体富营养化B. 食品袋中装有硅胶的小纸包的作用是防止食品受潮C. 草木灰不能与铵态氮肥混合施用D. 爆竹燃放过程中，硫燃烧直接生成三氧化硫【答案】D【解析】【详解】A水中含有氮、磷过多，能够使水体富营养化，水中植物疯长，导致水质恶化，生活污水进行脱氮、脱磷处理可以减少水体富营养化，有利于环境保护，故A正
2、确；B品袋中装有硅胶的小纸包，具有吸水性，作用是防止食品受潮，故B正确；C草木灰呈碱性，能与铵态氮肥混合产生氨气，能造成氮肥效降低，故C正确；D爆竹燃放过程中，硫燃烧直接生成二氧化硫，故D错误。答案选D。2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A. 28g 乙烯和丙烯混合物中的极性键数目为4NAB. 32g Cu和32g S 充分反应，转移电子数为NAC. 精炼铜时，若阳极失去0.1 NA 个电子，则阴极增重3.2gD. 等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相等【答案】B【解析】【详解】A. 乙烯和丙烯的最简式为CH2，含有2个极性键，28g 乙烯和丙烯混合物认为含
3、有最简式CH2的物质的量为2mol，则含有极性键数目为4NA，故正确；B. 32g Cu和32g S 充分反应是生成0.25mol硫化亚铜，转移电子为0.5mol，故错误；C. 精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中的活泼金属先溶解生成离子形式，然后是铜溶解，阴极是铜离子得到电子生成铜单质，所以若阳极失去0.1 NA 个电子，则阴极得到0.1 NA 个电子，则阴极增重3.2g，故正确；D. 钠和氧气或氯气反应时都是生成钠离子，所以等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相等，故正确。故选B。3.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是A. 用于实验室制取少量CO2B. 用于
4、配制一定物质的量浓度的硫酸C. 用于模拟生铁的电化学腐蚀D. 用于蒸干AlCl3溶液制备无水AlCl3【答案】C【解析】【详解】A实验室制取二氧化碳不能使用稀硫酸和碳酸钙，原因在于两者反应生成硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，使反应难以进行，A错误；B实验室配制一定浓度的硫酸时，应该先将量取的浓硫酸在烧杯中稀释，再转移至容量瓶定容，B错误；C装置左侧干燥环境不发生腐蚀，右侧发生吸氧腐蚀，因为氧气被吸收，所以中间的红墨水左侧低右侧高，C正确；D蒸干A1Cl3溶液的过程中考虑到Al3+的水解会产生HCl，HCl受热挥发使得水解平衡向右移动，得到的氢氧化铝，再受热分解得到氧化铝，D错误；故选C。4.作为
5、“血迹检测小王子”，鲁米诺反应在刑侦中扮演了重要角色，其一种合成原理如图所示。下列有关说法正确的是 A. 鲁米诺的化学式为C8H6N3O2B. 1 mol A分子最多可以与5 mol氢气发生加成反应C. B中处于同一平面的原子有9个D. （1）、（2）两步的反应类型分别为取代反应和还原反应【答案】D【解析】【详解】A鲁米诺的化学式为C8H7N3O2，A错误；B1 mol A分子中最多可以与3 mol氢气发生加成反应，羧基是不与氢气加成的，B错误；C只要分子中有一个苯环，就至少保证有12个原子共平面，C错误；D反应（1）是A脱去羟基，N2H4脱去氢，生成B和2个水分子的取代反应；反应（2）是用亚
6、硫酸钠将分子中的硝基还原为氨基，D正确；答案选D。【点睛】本题的反应（1）可以理解为是两步取代，第一步是A与N2H4取代，脱去1分子水得到：，该分子再进行分子内的取代，得到。5.短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W 同主族， 且X 的电子层数与电子总数相等；X、Y形成的最简单化合物是目前应用广泛的一种气体燃料；Z是地壳中的含量最多的元素。下列说法正确的是A 原子半径： XYZWB. 氢化物沸点：YZC. Z、W 形成的化合物中只含离子键D. W2Y2Z4的水溶液呈碱性【答案】D【解析】由X的电子层数与电子总数相等，确定X为H元素，由X、Y形成的最简单化合物是目前应用广泛的一
7、种气体燃料即CH4，则Y为C元素，Z是地壳中的含量最多的元素，即为O元素，由短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序数依次增大且X、W 同主族，确定W为Na元素。据此分析如下：A、原子半径为XZYW，所以A错误；B、Y和Z的氢化物分别为CH4和H2O，二者的沸点为CH4H2O，则B错误；C、在氧和钠形成的化合物中，如过氧化钠分子里既有离子键又有共价键，故C错误；D、化合物Na2C2O4是弱酸强碱盐，因C2O42水解使溶液呈碱性，所以D正确。本题正确答案为D。6.某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池，放电时电池总反应为下列关于该电池的说法不正确的是（ ）A. 充电时，若转移，石墨（）电极将增重B
8、. 充电时，阳极的电极反应式为C. 放电时，在电解质中由负极向正极迁移D. 放电时，负极的电极反应式为【答案】A【解析】【分析】放电时的反应为Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+C6，Co元素的化合价降低，Co得到电子，则Li1-xCoO2为正极，LixC6为负极，LixC6失去电子得到Li+，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，充电是放电的逆过程，据此解答。【详解】A充电时，石墨(C6)电极变成LixC6，电极反应式为：xLi+C6+xe-LixC6，则石墨(C6)电极增重的质量就是锂离子的质量，根据关系式：xLi+xe-可知若转移1mole-，就增重1molLi+，即7
9、g，故A错误；B正极上Co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：Li1-xCoO2+xLi+xe-LiCoO2，充电是放电的逆反应，所以充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2-xe-Li1-xCoO2+xLi+，故B正确；C放电时，负极LixC6失去电子得到Li+，在原电池中，阳离子移向正极，则Li+在电解质中由负极向正极迁移，故C正确；D放电时，负极LixC6失去电子产生Li+，电极反应式为LixC6-xe-xLi+C6，故D正确。答案选A。7.室温下，某二元碱水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）A. 的数量级为B. 水溶液显碱性C. 等物质
10、的量的和混合溶液中D. 在水溶液中，【答案】C【解析】【详解】A.根据图像分析， Kb2=, Kb2的数量级为10-8，故正确；B.X(OH)NO3水溶液中，X主要以X(OH)+形式存在，由图示可知，此时溶液中，pH位于7-8之间，因此水溶液呈弱碱性，故正确；C.X2+的水解常数为由Kb2计算得10-6.2，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，c(X2+) c(X(OH)+)，故错误；D.在X(OH)NO3水溶液中，存在电荷守恒，c(NO3-)+c(OH-)=2c(X2+)+c(H+)+c(X(OH)+)，存在物料守恒c(NO3-)= c(X2+)+c(X(OH)+)+ c
11、(X(OH)2)，将物料守恒的关系式代入电荷守恒可得c(X(OH)2) +c(OH-)= c(X2+)+ c(H+)，故正确。故选C。二、非选择题8.磷化铝(AlP)通常可作为一种广谱性熏蒸杀虫剂，吸水后会立即产生高毒性PH3气体(沸点-89.7，还原性强)。某化学兴趣小组的同学用下述方法测定粮食中残留磷化物的含量。在C中加入100g原粮，E中加入20.00mL 1.50l0-3mol/L KMnO4溶液(H2SO4酸化)，往C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。回答下列问题：（1）仪器D的名称是_。（2）AlP与水反应的化学方程式为_。（3）装置A中盛装
12、KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体，装置B中盛有焦性没食子酸()的碱性溶液，其作用是_。（4）通入空气的作用是_。（5）装置E中PH3被氧化成磷酸，则装置E中发生反应氧化剂和还原剂物质的量之比为_。（6）收集装置E中的吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用4.010-4mol/L的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液15.00mL，Na2SO3与KMnO4溶液反应的离子方程式为_，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为_mgkg-1。【答案】 (1). 直形冷凝管(或冷凝管) (2). AlP+3H2O=PH3+Al(OH)3
13、(3). 吸收空气中的O2 (4). 保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收 (5). 8:5 (6). 5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2+3H2O (7). (2010-31.5010-3-1510-3410-42/5250/25.00)5/834103/ 10010-3=1.275【解析】(1)根据仪器特点，仪器D的名称是直形冷凝管；(2)AlP与水反应生成磷化氢和氢氧化铝，反应的化学方程式为AlP+3H2O=PH3+Al(OH)3；(3)装置B中盛有焦性没食子酸()的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2；(4)通入空气的作用是保证生成的PH3全部被酸性KMn
14、O4溶液吸收；(5)装置E中PH3被氧化成磷酸，则装置E中发生反应5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O，其中MnO4-为氧化剂，PH3为还原剂，故氧化剂和还原剂物质的量之比为8：5；(6)酸性条件下Na2SO3与KMnO4溶液反应生成硫酸钠、硫酸锰和硫酸钾及水，反应的离子方程式为5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2+3H2O； mgkg-1。9.NO、SO2是大气污染物但又有着重要用途。I已知：N2 (g) + O2(g) 2NO (g) H1=180.5kJmol1C(s) + O2(g) CO2(g) H2 = 393.5kJmol12
15、C(s) + O2(g) 2CO(g) H3 =221.0kJmol1（1）某反应的平衡常数表达式为K= , 此反应的热化学方程式为：_（2）向绝热恒容密闭容器中充入等量的NO和CO进行反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是_（填序号）。a容器中的压强不变 b2v正(CO)=v逆(N2)c气体的平均相对分子质量保持34.2不变 d该反应平衡常数保持不变eNO和CO的体积比保持不变II（3）SO2可用于制Na2S2O3。为探究某浓度的Na2S2O3的化学性质，某同学设计如下实验流程：用离子方程式表示Na2S2O3溶液具有碱性的原因_。Na2S2O3与氯水反应的离子方程式是_。（4）含SO2的烟气
16、可用Na2SO3溶液吸收。可将吸收液送至电解槽再生后循环使用。再生电解槽如图所示。a电极上含硫微粒放电的反应式为_（任写一个）。离子交换膜_（填标号）为阴离子交换膜。（5）2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，将一定量的SO3放入恒容的密闭容器中，测得其平衡转化率随温度变化如图所示。图中a点对应温度下，已知SO3的起始压强为P0,该温度下反应的平衡常数Kp= _（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。在该温度下达到平衡，再向容器中加入等物质的量SO2和SO3,平衡将_（填“向正反应方向”或“向逆反应方向” “不”） 移动。【答案】 (1). 2NO（g）+2CO(g)N2(
17、g)+2CO2(g) H =-746.5 kJmol1 (2). acd (3). S2O32-H2OHS2O3-OH- (4). S2O32-Cl25H2O2 SO42-8Cl10H+ (5). HSO3-H2O2e-= SO42-3H或SO32-H2O2e-= SO42-2H (6). c (7). (8). 向逆反应方向移动【解析】【详解】（1）根据反应的平衡常数的表达式得到反应为：2NO（g）+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，将第一和第三个方程式乘以-1，第二个方程式乘以2，相加得到：2NO（g）+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H =-746.5 kJmol1。（2）
18、恒容下，压强不变就是气体的物质的量不变，该反应是气体物质的量减小的反应，所以压强不变可以证明平衡态，选项a正确。速率比应该等于方程式的系数比，所以v正(CO)= 2v逆(N2)才是正确说法，选项b错误。该反应中所有物质都是气体，所以m总不变，如果平均分子量不变，得到气体的n总不变（），该反应是气体物质的量减小的反应，所以n总不变是平衡态，选项c正确。平衡常数只与温度有关，平衡常数不变就是温度不变，该容器绝热，如果有吸热或者放热温度一定变化，现在温度不变，说明反应达平衡，既没有吸热也没有放热，选项d正确。开始充入的NO和CO是相等的，反应中两者按照1:1进行反应，所以容器中两者恒定相等，选项e错
19、误。（3）Na2S2O3溶液显碱性的原因一定是硫代硫酸根离子水解，注意水解分步，方程式为：S2O32-H2OHS2O3-OH-。根据反应过程的图示，加入氯化钡后得到的白色沉淀一定是硫酸钡，说明氯水将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，所以反应为：S2O32-Cl25H2O2 SO42-8Cl10H+。（4）用亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫应该得到亚硫酸氢钠溶液，将亚硫酸氢钠溶液（pH=6的吸收液）加入电解槽中。右侧是电解的阴极，可以认为是水电离的氢离子得电子转化为氢气，剩余的氢氧根离子与亚硫酸氢根离子反应得到亚硫酸根离子。左侧是电解的阳极，c为阴离子交换膜，亚硫酸氢根离子透过交换膜进入阳极，在阳极上失电
20、子专户为硫酸根，副产物甲为硫酸。所以阳极反应为：HSO3-H2O2e-= SO42-3H或SO32-H2O2e-= SO42-2H（溶液中也有一定量的亚硫酸根）。（5）假设加入的SO3为2mol，平衡转化率为40%，所以反应的SO3为0.8mol，生成的SO2为0.8mol，O2为0.4mol，达平衡时有：1.2molSO3、0.8molSO2、0.4molO2；恒容下容器的压强比等于气体的物质的量的比，所以平衡时压强为：(1.2+0.8+0.4)P0/2=1.2P0。分压=总压物质的量分数，所以SO3分压为：(1.2/2.4)1.2P0=0.6P0；SO2分压为：(0.8/2.4)1.2P0
21、=0.4P0；O2分压为：(0.4/2.4)1.2P0=0.2P0；所以KP=。题目要求判断再加入等物质的量SO2和SO3，平衡的移动方向，因为没有说明加入的量，所以是加入任意量应该得到相同结果，所以可以假设某确定值，带入进行计算。仍然按照上述计算，加入2molSO3平衡时有：1.2molSO3、0.8molSO2、0.4molO2。假设再加入SO2和SO3各自1.2mol，此时物质的量为：2.4molSO3、2molSO2、0.4molO2（一共4.8mol气体）。所以此时压强为4.8P0/2=2.4P0。SO3分压为：(2.4/4.8)2.4P0=1.2P0；SO2分压为：(2/4.8)2
22、.4P0=P0；O2分压为：(0.4/4.8)2.4P0=0.2P0；所以QP=，反应向逆反应方向移动。10.从废旧锂离子二次电池(主要成分为，还含有少量石墨和镀镍金属钢壳、铝箔以及钙等杂质)中回收钴和锂工艺流程如下：回答下列问题：(1)“碱浸”目的是_。(2)“酸浸”过程中发生反应的离子方程式为：_。浸渣含有的主要成分是_。(3)“萃取净化”除去的杂质离子有外，还有_。(4)“萃取分离”中钴、锂萃取率与平衡pH关系如图所示，pH一般选择5左右，理由是_。(5)“沉锂”中溶解度随温度变化曲线如下图所示：根据平衡移动原理分析在水中溶解度随温度变化的原因_。为获得高纯，提纯操作依次为趁热过滤、_、
23、烘干。【答案】 (1). 除去铝 (2). 2LiCoO2+H2O2 +6H+2Li+2Co2+O2+4H2O (3). 石墨、硫酸钙 (4). Fe3+ (5). 分离效率最高 (6). Li2CO3溶解过程为放热反应 (7). 洗涤【解析】【分析】根据流程和题意分析：碱浸除去的是溶于碱溶液的铝；酸浸的目的是把+3价的钴还原为+2价，同时使Ca2+转化为硫酸钙和不溶的碳一起过滤除去；萃取净化的目的是除去镍和铁，萃取分离是分离锂和钴。【详解】(1)“碱浸”的目的是用氢氧化钠溶液将其中的Al溶解，将Al除去；(2)LiCoO2中Co为+3价，最后生成的CoSO4中Co为+2价，所以酸浸这一步中，
24、加入H2O2的目的是为了将+3价Co还原为+2价Co，H2O2做还原剂，生成氧气，所以反应的离子反应方程式为：2 LiCoO2 + H2O2 + 6H+2Li+2Co2+ + O2 + 4 H2O；浸渣中主要是不与酸反应的石墨以及生成的硫酸钙沉淀。(3)整个提取的过程中需要除去的杂质是Ca、Fe、Al、Ni；在前面的步骤中已经除去了Al和Ca，所以萃取净化应该要除去Ni2+和Fe3+。(4)由图示在pH为5左右的时候，Co和Li的萃取率差异最大，此时分离的效果最好。(5)图中显示随着温度升高，碳酸锂的溶解度逐渐减小，根据平衡移动的原理，温度升高，平衡向吸热方向进行，所以碳酸锂溶于水的过程是放热
25、的。对物质进行提纯，在过滤和烘干之间，必须洗涤，以保证得到的物质纯度较高，所以答案为：洗涤。【点睛】本题是化学流程图问题，主要是判断清楚每步反应的投料和产出，各个步骤的流程，最后分析清楚杂质是如何除去的，会分析和利用图中信息和所学的相关知识点进行解题。【化学选修3：物质结构与性质】11.镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。请回答下列问题：（1）基态 Ni 原子中，电子填充的能量最高的能级符号为_，价层电子的轨道表达式为_。（2）Ni的两种配合物结构如图所示：A BA 的熔、沸点高于B的原因为_。A晶体含有化学键的类型为_（填选项字母）。A键 B键 C配位键 D金属键A晶体中N原子的杂
26、化形式是_。（3） 人工合成的砷化镍常存在各种缺陷，某缺陷砷化镍的组成为Ni1.2As， 其中 Ni 元素只有2 和3 两种价态， 两种价态的镍离子数目之比为_。（4） NiAs的晶胞结构如图所示：镍离子的配位数为_。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为 gcm3，则该晶胞中最近的砷离子之间的距离为_pm。【答案】 (1). 3d (2). (3). A中含氢键 (4). ABC (5). sp2 (6). 1:1 (7). 4 (8). 或 【解析】(1)镍的原子序数为28，其电子排布式为1S22S22P63S23P64S23d8，其价电子的轨道表达式为，所以基态镍原子核外电子填充的能量最
27、高的能级符号为3d；(2)A中有OH键，而B中没有，而有OH键的物质可在分子间形成氢键，使物质的熔沸点升高；在A的分子结构中有C=N双键，其中有键和键，有箭头所示的配位键，故选ABC，其中的N原子以sp2方式杂化；(3)某缺陷砷化镍的组成为Ni1.2As， 其中Ni元素只有2和3两种价态，设2价的Ni为x个，+3价的Ni为y个，则由原子守恒得x+y=1.2，由化合价原则得2x+3y=3，求出x=y=0.6，所以两种价态的镍离子数目之比为1:1；(4) 由NiAs的晶胞结构分析可知，与一个Ni3+距离最近的等径As3-为22=4个，所以镍离子的配位数为4；该晶胞中含有的Ni3+为(1/8)8+(
28、1/2)6=4，含有的As3-为4，即含有4个NiAs微粒，设其棱长为acm，其质量为(1344)/ NA g，所以a= cm，而As3-位于其1/8晶胞的体心，两个As3-间的距离相当于面对角线的一半，即a=1010pm。【化学选修5：有机化学基础】12.香草醛是食品添加剂的增香原料。由丁香酚合成香草醛流程如下： （1）写出丁香酚分子中含氧官能团的名称_。（2）写出化合物乙的结构简式_；（3）写出化合物丙转化为香草醛的化学方程式_；（4）烯烃在一定条件下可发生如下氧化反应生成醛或酮：RCH=CHRRCHO+RCHO。以上流程中化合物甲转化为化合物乙的目的是_。（5）乙基香草醛（，相对分子质量
29、166）的同分异构体丁是一种医药中间体，可在酸性条件下水解。丁的一种水解产物（相对分子质量152）核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为3221，化合物丁的结构简式是_。（6）写出用HOCH2CH2OH为原料制备HOCHO的合成路线：_（其他试剂任选）。【答案】 (1). 羟基、醚键 (2). (3). +H2O+CH3COOH (4). 防止在氧化过程中，酚羟基被氧化 (5). (6). 【解析】【详解】（1）丁香酚的结构简式为，其中含氧官能团为羟基和醚键。（2）根据甲乙丙所用试剂和甲、丙的结构简式知，甲乙应该是甲中酚羟基先与氢氧化钠中和，再与乙酸酐反应得到乙，所以乙的结构简式为
30、：。（3）丙在酸性条件下将酯基水解，得到，所以水解的化学方程式为：+H2O+CH3COOH 。（4）根据题给信息，乙丙发生氧化反应，根据流程甲乙将酚羟基转化为酯基，丙香草醛将对应的酯基水解成酚羟基，则流程中化合物甲转化为化合物乙的目的是：防止在氧化过程中，酚羟基被氧化。（5）乙基香草醛的分子式为C9H10O3，丁是乙基香草醛的同分异构体，丁的相对分子质量是166，丁在酸性水解条件下水解，说明丁中有酯基，丁的一种水解产物的相对分子质量为152，说明另一种水解产物的相对分子质量为166+18-152=32，所以另一种水解产物一定是甲醇；所以丁中一定有苯环，有COOCH3；相对分子质量为152的水解产物的核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为3221，其中的1个氢的峰一定是COOH上的氢，3个H的为一个甲基，所以得到水解产物为，所以丁的结构简式为。（6）观察原料和目标产物，明显只能利用题目（4）中给出的反应，所以应该先消去醇羟基生成碳碳双键，再氧化为醛基（注意要对酚羟基进行保护），则合成路线为：。
