【KS5U解析】湖北省八校2020届高三5月第二次联考（全国I卷）理综化学试题 Word版含解析

1、湖北省八校2020届高三5月第二次联考理科综合化学试题1.下列说法正确的是a. 纤维素水解的最终产物为葡萄糖，因此可作人体的营养物质b. 飞机上用到的氮化镓是合金c. nh4cl和koh均可作锌锰电池的电解质d. 用稀硝酸洗涤试管内壁附着的银符合绿色化学思想【答案】c【解析】【详解】a纤维素水解的最终产物为葡萄糖，但是人体内无水解纤维素的酶，故不能作为人体营养，a错误；b飞机上用到的氮化镓是化合物，合金是混合物，是单质的混合态，b错误；cnh4cl和koh均可作锌锰电池的电解质，c正确；d用稀硝酸洗涤试管内壁附着银，会生成一氧化氮，在空气中转化为二氧化氮，具有剧毒，不符合绿色化学思想，d错误；

2、答案为c。【点睛】本题易错点为d，注意稀硝酸的强氧化性，能与金属反应生成一氧化氮，进而产生有毒二氧化氮。2.对比类推法是一种常用学习和研究方法。下列离子方程式的书写正确且类推合理的是选项离子方程式类推a家庭漂白原理：ca22cloh2o+co2=caco32hclo向漂白粉溶液中通入少量的so2气体：ca22cloh2oso2=caso32hclob向febr2溶液中通入少量的cl2：2fe2cl2=2fe32cl向fei2溶液中通入少量的cl2：2fe2cl2=2fe32clc用石墨电极电解nacl饱和溶液：2h2o2clh2cl22oh用石墨电极电解alcl3饱和溶液：2h2o2clh2c

3、l22ohd明矾净水：al33h2oal(oh)3(胶体)3h硫酸铁净水：fe33h2ofe(oh)3(胶体)3ha. ab. bc. cd. d【答案】d【解析】【详解】a向漂白粉溶液中通入少量的so2气体，因为次氯酸根有弱氧化性，能与亚硫酸根反应生成硫酸根：ca23cloh2oso2=caso4cl+2hclo，a错误；b由于氧化性cl2br2fe3+i2，所以fei2溶液中通入少量cl2时，应先氧化i-，2i-+cl2 = i2+2cl-，b错误；c用石墨电极电解alcl3饱和溶液，氢离子优先放电，活泼金属阳离子钠离子和铝离子都不参与还原过程，但生成的氢氧化铝为沉淀，6h2o6cl+2a

4、l3+3h23cl22al(oh)3，c错误；d硫酸铁净水原理为铁离子水解， fe33h2ofe(oh)3(胶体)3h，明矾净水原理为铝离子水解，原理一致，d正确；答案为d。【点睛】本题易错点为c，注意电解后生成的大量氢氧根离子，会与铝离子结合生成沉淀，在离子反应中不能拆分。3.下列实验能达到实验目的的是a. 利用a装置，测定镁铝合金中铝的质量分数b. 利用b装置，证明蔗糖属于还原性糖c. 利用c装置制备无水fecl3d. 利用d装置，证明金属性：fecu【答案】a【解析】【详解】a铝单质能与氢氧化钠反应，镁不参与反应，故可以通过连通器原理，用滴定管的精确刻度检测氢气的体积来计算铝的质量，a正

5、确； b蔗糖不是还原性糖，而且和新制氢氧化铜悬浊液反应时，不需要进行水浴加热，b错误； c加热灼烧氯化铁的结晶水合物，促进铁离子水解，氯化氢易挥发，生成氢氧化铁易分解最终得到氧化铁，c错误；d电解池为非自发的氧化还原反应，与金属本身的性质无关，d错误；答案为a。4.2020年，我省爆发了新型冠状病毒肺炎疫情，严重影响了人民的健康。茚地那韦或对新型肺炎有治疗效果。茚地那韦的结构简式如图所示。下列有关茚地那韦的说法正确的是a. 分子中含氧官能团有羟基和羧基b. 苯环上的一溴代物只有五种c. 可以发生取代反应和加成反应d. 该分子属于合成高分子化合物【答案】c【解析】【分析】有机物结构含有肽键、羟基

6、，只含有1个苯环。【详解】a分子中含氧官能团有羟基和肽键，a错误； b该分子中有两个苯环，左边的苯环苯环的取代位有5个，为对称结构，一溴代物有3种，右边的苯环取代位有4个，不对称，所以一溴代物共有7种，b错误；c有机物结构含有苯环可以发生取代反应和加成反应，c正确； d该分子不属于合成高分子化合物，没有聚合度，d错误；答案为c。5.2019年是“国际化学元素周期表年”。w、x、y、z均为短周期元素，原子序数依次增加，其中w、x、z组成的化合物m、n、r之间存在如图所示的反应。下列叙述正确的是a. 元素非金属性的顺序为xyzwb. m、n、r三种分子中，所有原子均满足8电子稳定结构c. m、n、

7、r三种分子均含有极性键和非极性键d. w、x、y、z四种元素既可形成离子化合物，又可形成共价化合物【答案】d【解析】【分析】w、x、y、z均为短周期元素，原子序数依次增加，其中m为1个x原子和2个z原子构成，n为1个x原子和4个w原子构成，r结构明显为有机物结构，反应为加成反应，即w为氢元素，x为碳元素，y为氮元素，z为氧元素，m为二氧化碳，n为甲烷，r为乙酸。【详解】a同周期，元素非金属性从左到右逐渐增大，顺序为z y x w，a错误；bm、n、r三种分子中，氢原子满足2电子稳定结构，b错误；cn、m分别为甲烷和二氧化碳，只含有极性共价键， r分子含有极性键和非极性键，c错误；dw、x、y、

8、z四种元素既可形成离子化合物硝酸铵，又可形成共价化合物硝酸，d正确；答案为d。6.2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。用太阳能电池给磷酸铁锂锂离子电池充电示意图如图所示，阳极反应式为：lifepo4xe=xlili1xfepo4。下列叙述错误的是a. 晶体硅能将太阳能转化为电能，但硅太阳能电池不属于原电池b. 该锂电池放电时负极反应为：lic6xe=xlili1xc6c. 该锂电池放电时，电子通过外电路由铝箔流向钢箔d. 磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过li+迁移实现，fe、c、p元素化合价均不发生变化【答案】d【解析】【分析】由磷酸铁锂锂离子电池图解可知，锂

9、离子从右向左移动，钢箔为阳极，铝箔为阴极，据此回答问题。【详解】a晶体硅能将太阳能转化为电能，但硅太阳能电池不属于原电池，a正确；b该锂电池放电时负极为铝箔，发生氧化反应，阳极反应式为lifepo4xe=xlili1xfepo4，即放电时正极为xlili1xfepo4xe= lifepo4，即负极反应为：lic6xe=xlili1xc6，b正确；c放电时li+右移，铝箔是负极，钢箔是正极，电子由铝箔沿导线流向钢箔，c正确；d磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过li+迁移实现，li、fe元素化合价发生变化，d错误；答案为d。【点睛】本题易错点为a，燃料电池是将化学能转化为电能装置，属于原电池，但是硅

10、太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，不属于原电池。7.2019年9月起，澳大利亚山火已经持续100多天，产生了大量温室气体。有50mlnaoh溶液，向其中逐渐通入一定量的co2，然后向溶液中逐滴加入0.1mol/l的稀盐酸，产生的co2气体体积（标准状况）与所加入的盐酸的体积之间的关系如图所示。下列说法正确的是a. 滴加盐酸过程中，混合溶液的导电能力不断增强b. 滴加盐酸过程中，混合溶液中c(co32)、c(hco3)、c(h2co3)之和不断减小c. v(稀盐酸)=25ml时，c(h)c(h2co3)=c(co32)c(oh)d. v(稀盐酸)=50ml时，c(na)=c(h2co3)c(

11、hco3)c(co32)【答案】b【解析】【分析】由图可知，加入50ml盐酸之前，反应无气体生成，且再加入25ml即反应到达终点，即通入一定量二氧化碳后，溶液为等物质的量的氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，实验分为三个阶段：第一阶段，滴入的25ml盐酸和氢氧化钠反应；第二阶段，继续滴入的25ml盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠；第三阶段，滴入的25ml盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳。【详解】a. 滴加盐酸过程中，第一阶段，盐酸与naoh反应生成nacl，离子总数不变，但溶液体积增大，所以离子浓度降低，导电性减弱；第三阶段，盐酸与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，混合溶液中离子浓度也下降，导电能力不断减弱，a错误

12、；b. 滴加盐酸过程中，由于溶液体积变大，所以根据物料守恒可知，溶液中c(co32)+c(hco3)+c(h2co3)不断减小，在第三阶段，随着盐酸加入，二氧化碳逸出，使c(co32)、c(hco3)、c(h2co3)之和更小，b正确；c. v(稀盐酸)=25ml时，盐酸恰好消耗完氢氧化钠，为等物质的量的碳酸钠和氯化钠混合溶液，溶液中co32-是大量的，而h和h2co3是少量的，所以c(h)c(h2co3) c(co32) + c(oh)，c错误；d. v(稀盐酸)=50ml时，溶液为碳酸氢钠和氯化钠混合溶液，根据物料守恒可知，c(na)=c(h2co3)c(hco3)c(co32)+c(cl

13、-)，d错误；答案为b。【点睛】本题的切入点为盐酸的分段反应体积，等量的碳酸钠和碳酸氢钠与相同浓度盐酸反应的体积一致，即在两段曲线中，若盐酸消耗体积比为1:1，说明溶液为碳酸钠，若大于1:1，则说明有氢氧化钠剩余，溶液为氢氧化钠和碳酸钠的混合液，若小于1:1，说明溶液为碳酸氢钠和碳酸钠的混合溶液。8.2019年6月5日美国商务部表示，美方将采取“空前行动”，确保对科技业和军方极其关键的战略性矿物及稀土供应无虞。我国稀土出口量世界第一。以氟碳铈矿（主要含cefco3，少量其他稀土盐lnfco3、非稀土元素fe、al、mg和sio2等）为原料制备ceo2的一种工艺流程如图所示：（1）“氧化焙烧”前

14、需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_。“氧化焙烧”时，cefco3和其他稀土盐lnfco3分别转化为ceo2和ln2o3，请写出生成的ceo2化学方程式为：_。（2）“氯化”过程的目的是将ceo2和ln2o3分别转化为可溶性的cecl3和lncl3，除去fe2o3、al2o3、mgo、sio2等杂质。若溶液中c(ce3+)=0.01mol/l，为确保不析出ce(oh)3沉淀，则溶液的ph_（填ph的范围）。（已知kspce(oh)3=1.010-20）（3）ceo2和ln2o3混合物中加入稀盐酸，ln2o3溶解生成lnocl的化学方程式为：_。（4）化工生产条件的选择：“氯化”条件的选择将氧化焙烧

15、后氟碳铈矿和氯化铵按1:3、1:4、1:5、1:6、1:7质量比混合，在325下真空焙烧60min。稀土矿氧化物转化成稀土氯化物的氯化率如图所示：氧化焙烧后氟碳铈矿和氯化铵的最佳质量比为_。“氧化”条件的选择氧化过程中，反应温度、反应时间对混合稀土氯化物氧化率的关系如图所示：最佳温度和时间是_，原因是_。（5）取上述流程中得到的ceo2产品0.4500g，加硫酸溶解后，用0.1000moll-1feso4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为ce3+，其它杂质均不反应），消耗25.00ml标准溶液该产品中ceo2的质量分数为_。【答案】 (1). 增大固体和氧气的接触面积，反应更充分 (2). 4c

16、efco3+2na2co3+o2 高温4ceo2+4naf+6co2 (3). 8 (4). ln2o3+2hcl=2lnocl+h2o (5). 1:6 (6). 550 1.0h (7). 该条件下，氧化率高（接近100%），产率高，温度相对较低，节约能源，时间较短，经济效益好。 (8). 95.56%【解析】【分析】氟碳铈矿与碳酸钠和空气加热过程中，分解产生二氧化碳，氟化钠和ceo2和ln2o3等固体混合，加入氯化铵后，转化为可溶性的cecl3和lncl3，除去fe2o3、al2o3、mgo、sio2等杂质，经过氧化后再次回归ceo2和ln2o3，用盐酸处理获得产品。【详解】（1）“氧化

17、焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体和氧气的接触面积，反应更充分。“氧化焙烧”时，cefco3和其他稀土盐lnfco3分别转化为ceo2和ln2o3，根据氧化还原反应可知，方程式为4cefco3+2na2co3+o2 高温4ceo2+4naf+6co2。（2）kspce(oh)3=c(ce3+)c3(oh-)=1.010-20，若溶液中c(ce3+)=0.01mol/l，若恰好不析出ce(oh)3沉淀，即，则确保不析出沉淀，溶液的ph8。（3）ceo2和ln2o3混合物中加入稀盐酸，ln2o3溶解生成lnocl，根据原子守恒原理，化学方程式为：ln2o3+2hcl=2lnocl+h2

18、o。（4）化工生产条件的选择：由图可知，氧化焙烧后氟碳铈矿和氯化铵的最佳质量比为1:6。由图可知，最佳温度和时间是550，1.0h，原因是该条件下，氧化率高（接近100%），产率高，温度相对较低，节约能源，时间较短，经济效益好。（5）取上述流程中得到的ceo2产品0.4500g，加硫酸溶解后，用0.1000moll-1feso4标准溶液滴定至终点，反应为ceo2+fe2+4h+= ce3+fe3+2h2o，消耗25.00ml标准溶液即反应消耗了ceo2的物质的量为0.0025mol，质量为0.43g，该产品中ceo2的质量分数为。9.间氯苯甲醛是新型农药、医药等有机合成的中间体，是重要的有机化

19、工产品。实验室制取间氯苯甲醛的过程如下。cl2的制备舍勒发现氯气的方法至今还用于实验室制备氯气。本实验中利用该方法制备cl2。（1）该方法可以选择图中的_（填字母标号）为cl2发生装置，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。（2）选择图中的装置收集一瓶纯净干燥的cl2，接口的连接顺序为a_（按气流方向，填小写字母标号）（3）试用平衡移动原理解释用饱和食盐水除去cl2中混有的hcl的原因：_。间氯苯甲醛的制备反应原理：实验装置和流程如图所示：（4）图中仪器a的名称是_。（5）间氯苯甲醛的制备过程中，二氯乙烷的作用是_；该实验要求无水操作，理由是_；该实验有两次恒温过程，为控制反应温度仪器a处可

20、采用_加热的方法。【答案】 (1). b (2). 1:2 (3). g,fd,eb,ch (4). cl2溶于水，存在如下可逆反应：，在饱和食盐水中，c(cl-)较大，使平衡左移，氯气溶解度减小，而氯化氢气体极易溶于水被吸收 (5). 三颈烧瓶 (6). 做溶剂，增大反应物和催化剂间的接触面积，使其充分反应 (7). 防止三氯化铝水解和氯水氧化苯甲醛 (8). 水浴【解析】【分析】实验室制备氯气为二氧化锰和浓盐酸反应，条件加热，启普发生器不能用于加热反应；在收集氯气过程中，要先用饱和食盐水吸收挥发的氯化氢，然后用浓硫酸干燥，最后用排空气法收集，尾气用碱石灰吸收。【详解】（1）实验室cl2的制

21、备选用二氧化锰和浓盐酸进行加热，属于固液加热型装置，该方法可以选择图中的b为cl2发生装置，反应中氧化剂为二氧化锰，还原剂为盐酸，反应为mno2 + 4h+ + 2cl- = mn2+ + cl2+ 2h2o，物质的量之比为1:2。（2）选择图中的装置收集一瓶纯净干燥的cl2，浓硫酸具有吸水性，饱和食盐水吸收挥发出的氯化氢气体和降低氯气的溶解度，碱石灰防止氯气泄漏，进行尾气处理，即接口的连接顺序为ag,fd,eb,ch。（3）用饱和食盐水除去cl2中混有的hcl的原因为cl2溶于水，存在如下可逆反应：，在饱和食盐水中，c(cl-)较大，使平衡左移，氯气溶解度减小，而氯化氢气体极易溶于水被吸收。

22、（4）图中仪器a的名称是三颈烧瓶。（5）间氯苯甲醛的制备过程中，二氯乙烷的作用是做溶剂，增大反应物和催化剂间的接触面积，使其充分反应；该实验要求无水操作，理由是防止三氯化铝水解和氯水氧化苯甲醛；该实验有两次恒温过程，为控制反应温度仪器a处可采用水浴加热的方法。10.氮硫的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究它们的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。（1）2no(g)+o2(g)=2no2(g)h的反应机理和各基元反应（基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，又称为简单反应）的活化能为：2no(g)n2o2(g)e1=82kjmol1v=k1c2(no)n2o2(g)2no(g)e-1=

23、205kjmol1v=k1c(n2o2)n2o2(g)o2(g)2no2(g)e2=82kjmol1v=k2c(n2o2)c(o2)2no2(g)n2o2(g)o2(g)e2=72kjmol1v=k2c2(no2)2no(g)+o2(g)2no2(g)h=_kjmol-1，平衡常数k与上述反应速率常数k1、k-1、k2、k-2的关系式为k=_；某温度下反应2no(g)+o2(g)2no2(g)的速率常数k=8.810-2l2mol-2s-1，当反应物浓度都是0.05moll-1时，反应的速率是_moll-1s-1；若此时缩小容器的体积，使气体压强增大为原来的2倍，则反应速率增大为之前的_倍。（

24、2）2so2(g)+o2(g)2so3(g)反应过程中能量变化如图1所示。在v2o5存在时，该反应的机理为：v2o5+so22vo2+so3(快)4vo2+o22v2o5(慢)下列说法正确的是_a反应速率主要取决于v2o5的质量bvo2是该反应的催化剂c逆反应的活化能大于198kj/mold增大so2的浓度可显著提高反应速率（3）某研究小组研究t1、t2时，氮硫的氧化物的转化：no2(g)+so2(g)no(g)+so3(g)中lgp(no2)和lgp(so3)关系如图2所示，实验初始时体系中的p(no2)和p(so2)相等、p(no)和p(so3)相等。根据题意可知：t1_t2（填“”“”或

25、者“=”）,理由_。由平衡状态a到b，改变的条件是_。（4）工业上可用naclo碱性溶液或“亚硫酸盐法”吸收so2。为了提高吸收效率，常用ni2o3作为催化剂。催化过程如图3所示。过程2的离子方程式_。ca(c1o)2也可用于脱硫，且脱硫效果比nac1o更好，原因是_。【答案】 (1). -113 (2). (3). 1.110-5 (4). 8 (5). cd (6). (7). 该反应为放热反应，温度越高，kp越小 (8). 将容器体积缩小为原来的0.1 (9). 2nio2+clo-=ni2o3+cl-+2o (10). ca2+和so42-结合生成微溶的硫酸钙，有利于反应的进行【解析】

26、【分析】根据基元反应原理，总反应可分为几步简单反应，可逆反应存在正反两方向的简单反应，寻找规律，速率常数k等于反应物的浓度的反应系数指数幂乘积，据此回答问题。【详解】（1）根据基元反应含义，第1、3反应为正方向的2个基元反应，第2、4为逆方向的2个基元反应，2no(g)+o2(g)2no2(g)h=e2+e1-e-1-e-1=-113kjmol-1，平衡常数k=，反应到达平衡时，v正=v逆，所以k1c2(no)= k1c(n2o2)，k2c(n2o2)c(o2)= k2c2(no2)，则有；某温度下反应2no(g)+o2(g)2no2(g)的速率常数k=8.810-2l2mol-2s-1，当反

27、应物浓度都是0.05moll-1时，反应的速率为moll-1s-1；若此时缩小容器的体积，使气体压强增大为原来的2倍，浓度增大为原来的2倍，则反应速率增大为之前的23=8倍。（2）av2o5的质量不影响反应速率，反应速率取决于慢反应速率，a错误；bvo2是该反应的中间态，并非催化剂，催化剂为v2o5，b错误；c生成物总能量低，逆反应的活化能大于198kj/mol，c正确；d根据有效碰撞理论，增大so2的浓度可显著提高反应速率，d正确；答案为cd。（3）根据题意可知：t1t2，理由是该反应为放热反应，温度越高，kp越小。根据坐标可知，由平衡状态a到b，改变的条件是将容器体积缩小为原来的0.1。（

28、4）工业上可用naclo碱性溶液或“亚硫酸盐法”吸收so2。为了提高吸收效率，常用ni2o3作为催化剂。从箭头指向可知，过程2的离子方程式2nio2+clo-=ni2o3+cl-+2o。ca(c1o)2也可用于脱硫，且脱硫效果比nac1o更好，原因是ca2+和so42-结合生成微溶的硫酸钙，有利于反应的进行。11.氢能被誉为21世纪的“终极能源”，具有高效、高压、环保、体积小等特点，氢能转化被视为新能源汽车终极解决方案，也是资本与技术趋之若鹜的领域。镧镍合金lanix是一种良好的储氢材料。工业上可用下列方法冶炼镍。（1）一个电子的运动状态取决于_种因素，基态ni原子核外电子占据_个不同原子轨道

29、。（2）co分子内键和键个数之比为_；已知ni(co)4的结构如图所示，中心原子ni的杂化类型为_，ni原子参与形成了_个配位键，ni(co)4属于_晶体，理由是_。（3）研究发现镧镍合金lanix属六方晶系，其晶胞如图a中实线或图a所示，储氢位置有两种，分别是八面体空隙（“”）和四面体空隙（“”），见图b、c，这些就是氢原子存储处，有氢时，设其化学式为lanixhy。lanix合金中x的值为_；晶胞中和“”同类的八面体空隙有_个，和“”同类的四面体空隙有_个。若h进入晶胞后，晶胞的体积不变，h的最大密度是_g/cm-3（保留2位有效数字，na=6.01023=1.7）。【答案】 (1). 4

30、 (2). 15 (3). 1：2 (4). sp3 (5). 4 (6). 分子 (7). ni(co)4不存在离子键，晶体的构成微粒是分子，微粒间的相互作用力是分子间作用力 (8). 5 (9). 3 (10). 6 (11). 0.18【解析】【分析】利用均摊法求出晶胞中的la与ni的原子个数比，进而得出化学式；结合几何关系，找出六方晶胞的体积，再依据密度公式作答。【详解】（1）一个电子的运动状态取决于它所处的电子层、电子亚层、轨道的空间伸展方向和自旋状态4种因素，基态ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，基态ni原子核外电子占据15个不同原子轨道。（2）co分子内存在三键，键和键个数之比为1：2； 由图可知，ni(co)4中心原子ni的杂化类型为sp3，ni原子参与形成了4个配位键，ni(co)4属于分子晶体，理由是ni(co)4不存在离子键，晶体的构成微粒是分子，微粒间的相互作用力是分子间作用力。（3）该晶体的晶胞不是六棱柱，而是实线部分表示的平行六面体，各原子在晶胞中的位置可参考a，b，如果将平行六面体抽取出来，晶胞如a所示，la在顶点，ni在面心有4个，其中顶层和底层各2个，均摊后各1个，前后左右4个面各1个，均摊后共2个；体心1个，故lanix合金