【化学】四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试理综（解析版） 17页

四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试理综 ‎1.化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是（ ）‎ A. 有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素 B. 聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程 C. 疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性 D. “玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅 ‎【答案】C ‎【详解】A. 丝绸的主要成分是蛋白质，故A错误；‎ B. 聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，油脂不属于高分子，故B错误；‎ C. 疫苗一般应冷藏存放，其目是避免蛋白质变性，使蛋白质失去活性，故C正确；‎ D. 硅是半导体，“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1molNa2O2与SO2完全反应，转移2NA个电子 B. 标准状况下，11．2L乙醇中含有的极性共价键数目为3．5NA C. 18g的D2O中含有的中子数为10NA D. 1L0．1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NA ‎【答案】A ‎【详解】A、Na2O2+SO2=Na2SO4，1molNa2O2与SO2完全反应，转移的电子数为2NA，选项A正确；‎ B、标况下，乙醇为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项B错误；‎ C、一个D2O中含有1×2+8=10个中子，18g D2O物质的量==0.9mol，含有0.9NA个中子，选项C错误；‎ D、铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，由于Fe3+水解，产生更多的H+，故含有的阳离子数目大于0.2NA个，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的计算和判断，题目难度中等，注意重水的摩尔质量为20g/mol，为易错点。‎ ‎3.一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示，(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应属于化合反应 B. b的二氯代物有6种结构 C. 1mol b加氢生成饱和烃需要6molH2‎ D. C5H11Cl的结构有8种 ‎【答案】D ‎【分析】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl；‎ B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代；‎ C、1mol b加氢生成饱和烃需要3molH2；‎ D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。‎ ‎【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl，属于取代反应，故A错误；‎ B、甲苯苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代，故B错误；‎ C、1mol b加氢生成饱和烃需要3molH2，故C错误；‎ D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】易错点B，区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件，后者甲基上的氢也可以被取代。‎ ‎4.下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）‎ 实验操作和现象 结 论 A 向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解 Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)‎ B 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色 样品已变质 C 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 D 常温下，测得0.1 mol·L－1 NaA溶液的pH小于0.1 mol·L－1 Na2B溶液的pH 酸性：HA＞H2B ‎【答案】A ‎【详解】A．相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积越大。因在等体积等浓度的盐酸ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故A正确；B．Fe(NO3)2溶于稀硫酸后，Fe2+在酸性条件下被NO3-氧化为Fe3+，此时滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则无法证明Fe(NO3)2是否变质，故B错误；C．在加热条件下NH4HCO3固体分解生成NH3，NH3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，由于固体本身没有与试纸接触，故本实验不能证明NH4HCO3显碱性，故C错误；D．强碱弱酸盐的pH越大，对应酸的酸性越弱，Na2B溶液对应的酸为HB-，则由现象可知酸性：HA＞HB-，但是本实验不能证明HA的酸性比H2B强，故D错误；故答案为A。‎ ‎5.主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍。下列说法正确的是（ ）‎ A. 简单离子的半径：Z>Y>X B. WX2中含有非极性共价键 C. 简单氢化物的热稳定性：X>Y D. 常温常压下Z的单质为气态 ‎【答案】B ‎【分析】主族元素X、Y、Z 、W的原子序数依次增加，且均不大于20，只有X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X的原子序数大于W元素，则Y为F元素，X为O，结合原子序数可知Z、W位于第三周期，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍，设Z的最外层电子数为m、W的最外层电子数为n，则6+7+n=3m，只有n=2时、m=5符合，Z、W不位于同周期，即Z为P、W为Ca，以此来解答。‎ ‎【详解】解：由上述分析可知，X为O、Y为F、Z为P、W为Ca，‎ A．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：P3-＞O2-＞F-，即Z＞X＞Y，故A错误；B．WX2为CaO2，含有O-O非极性键，故B正确；C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：HF＞H2O，即Y＞X，故C错误；D．Z的单质为P4或红磷，常温常压下均为固态，故D错误；故答案为B。‎ ‎【点睛】本题考查“位、构、性”的关系，其主要应用有：①元素原子的核外电子排布，决定元素在周期表中的位置，也决定了元素的性质；②元素在周期表中的位置，以及元素的性质，可以反映原子的核外电子排布；③根据元素周期律中元素的性质递变规律，可以从元素的性质推断元素的位置；④根据元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可以推测元素的性质。‎ ‎6.2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 放电时B电极反应式：I2+2e-=2I-‎ B. 放电时电解质储罐中离子总浓度增大 C. M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜 D. 充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4NA ‎【答案】C ‎【分析】由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，据此分析解答。‎ ‎【详解】A.放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A正确；‎ B.放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B正确；‎ C.离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C错误；‎ D.充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。‎ ‎7.室温下，某二元碱X(OH)2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，下列说法正确的是（ ）‎ A. Kb2的数量级为10-5‎ B. X(OH)NO3水溶液显酸性 C. 等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]‎ D. 在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【详解】A.选取图中点（6.2,0.5），此时pH=6.2，c[X(OH)+]= c(X2+ )， Kb2= c(OH- )c(X2+ )/ c[X(OH)+]= c(OH- )=10-14-(-6.2)=10-7.8，故A错误；‎ B.X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，故B错误；‎ C.选取图中点（9.2，0.5），此时c[X(OH)2]=c[X(OH)+]，溶液的pH=9.2，则X（OH）2的Kb1=c(OH-)×c[X(OH)+]/ c[X(OH)2]=10-4.8，X2+第一步水解平衡常数为Kh1=Kw/Kb2=10-6.2，第二步水解平衡常数Kh2=Kw/Kb1=10-9.2，由于Kh1>Kb2>Kh2，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，X2+的水解大于X（OH）+的电离，溶液显酸性，所以此时c(X2+ )2p2 D．α1+α3>1‎ ‎(3)用NaOH溶液做碳捕捉剂可获得化工产品Na2CO3。常温下若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c(CO32-)：c(HCO3-)=_____[K1(H2CO3)=4.4×10-7、K2(H2CO3)=5×10-11]，溶液中c(Na+)_____c(HCO3-)+2c(CO32-)(填“>”“=”或“＜”)。‎ ‎【答案】(1). 2NH3(g)＋CO2(g)⇌H2O(l)＋CO(NH2)2(s) ΔH=－178 kJ•mol-1 (2). 33.3 (3). Kp=108/p03 (4). 0.04 mol•L-1•s-1 (5). AB (6). 1︰2或0.5 (7). >‎ ‎【分析】本题研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义，实际以CO2的性质为载体考查了化学反应原理的综合知识，难度适中。‎ ‎【详解】(1) ①NH3、CO2为原料，合成尿素和液态水的热化学方程式为2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H，根据盖斯定律可知△H=△H1+△H2-△H3=－178 kJ•mol-1，因而有2NH3(g)＋CO2(g)⇌H2O(l)＋CO(NH2)2(s) ΔH=－178 kJ•mol-1；‎ ‎②A点时，n(NH3)/n(CO2)=3.0，设n(CO2)=1mol，n(NH3)=3mol，CO2平衡转化率为0.50，则转化的CO2的量为1mol×0.50=0.5mol，那么根据2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)可知转化的NH3为0.5mol×2=1mol，NH3的平衡转化率=1mol/3mol×100％=33.3％；‎ ‎③当x=1.0时，设n(NH3)=n(CO2)=1mol，根据三段式可知：‎ ‎2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)‎ 起 1 1‎ 转 2x x 平 1-2x 1-x 又若起始的压强为p0kPa，水为液态，平衡时压强变为起始的1/2，可知=‎ ‎，解得x=mol，则n平(NH3)=mol，n平(CO2)=mol，那么p平(NH3)=×= kPa，p平(CO2)= ×=kPa，因而Kp==(kPa)-3；‎ ‎(2)①根据3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=－49.0kJ·mol-1，可知消耗的CO2的量为1mol×=0.8mol，v(CO2)==0.04mol·L-1·s-1；‎ ‎②A.已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时c1=c2，乙和丙的投料比相等，若处于恒压时，c2=c3*，c3*为恒压时丙中甲醇浓度，此时，丙是乙体积的两倍，但题目要求恒容，因而可将丙压缩一半体积，瞬间浓度为2c3*，由于压缩体积相当于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇浓度变大，因而c3>2c3*，综合上述分析可知c3>2c1，A正确；‎ B.乙和丙的投料比相等，假设在恒压时，c2=c3*，c3*为恒压时丙中甲醇浓度，由于丙是乙体积的两倍，丙中甲醇的消耗量是乙的两倍，可推出吸收的热量关系为z*=2y（注意乙和丙为逆反应，为吸热反应），z*为恒压时丙中热量变化，但题目要求恒容，因而可将丙压缩一半体积，由于压缩体积相当于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇的量变多，即吸收的热量减少，即z< z*，故z<2y，B正确；‎ C.根据B中分析可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，由于恒温恒容时压强之比等于物质的量之比，因而可推知丙中气体压强是小于乙中气体的两倍，即p3<2p2，C错误；‎ D.已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时c1=c2，甲中α1=2c1/1=2c1，乙中α2=(1-2c2)/1=1-2c2，因而α1+α2=2c1+1-2c2=1，根据C可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，因而α3小于α2，所以α1+α3<1，D错误。‎ 故答案选AB。‎ ‎(3) pH=10，c(H+)=10-10mol/L，又K2(H2CO3)=，因而c(CO32-)：c(HCO3-)= K2(H2CO3)/c(H+)=1︰2，溶液中电荷守恒关系式为c(Na+)+ c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+ c(OH-)，又溶液pH=10，则c(OH-)> c(H+)，所以c(Na+)>c(HCO3-)+2c(CO32-)。‎ ‎【点睛】注意平衡等效，转化率不一定相同：①‎ 若是从不同方向建立的等效平衡，物质的转化率一定不同。如在某温度下的密闭定容容器中发生反应2M(g)+ N(g) ⇌ 2E(g)，若起始时充入2molE，达到平衡时气体的压强比起始时增大了20%，则E的转化率是40%；若开始时充入2molM和1molN，达到平衡后，M的转化率是60%。②若是从一个方向建立的等效平衡，物质的转化率相同。如恒温恒压容器中发生反应2E(g) ⇌ 2M(g)+ N(g)，若起始时充入2molE，达到平衡时M的物质的量为0.8mol，则E的转化率是40%；若开始时充入4molE，达到平衡后M的物质的量为1.6mol，则E的转化率仍为40%。‎ ‎11.2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：‎ ‎(1)基态As原子的价电子排布图为__________________，基态Ga原子核外有________个未成对电子。‎ ‎(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ•mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的电负性比镓____(填“大”或“小”)。‎ ‎(3)1918年美国人通过反应：HC≡CH+AsCl3CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为________；AsCl3分子的空间构型为___________。‎ ‎(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_______‎ ‎(5)GaAs为原子晶体，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示， Ga与As以_______键键合。Ga和As的原子半径分别为a pm和b pm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______________(列出计算式，可不化简)。‎ ‎【答案】(1). ） (2). 1 (3). +1 (4). 大 (5). 3:2 (6). 三角锥形 (7). sp3 (8). 共价 (9). ×100%‎ ‎【分析】(1)As为33号元素，基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子；‎ ‎(2)根据电离能知，失去1个或3个电子时电离能发生突变，由此可推知镓的主要化合价，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；‎ ‎(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算结合价层电子对互斥理论判断空间构型；‎ ‎(4)根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；‎ ‎(5)根据GaAs为原子晶体判断Ga和As原子之间的作用力；根据均摊法计算该晶胞中Ga、As原子个数，计算晶胞的质量和体积，再根据晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%计算。‎ ‎【详解】(1)基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，所以其价电子排布式为，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子，则Ga未成对电子数是1，故答案为：；1；‎ ‎(2)根据镓失去电子的逐级电离能知，失去1个或3个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数Ga＜As，则电负性As比Ga大，故答案为：+1；大；‎ ‎(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键，因此乙炔分子中含有3个σ键、2个π键，则σ键、π键个数之比为3∶2；AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+=4，含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形，故答案为：3∶2；三角锥形；‎ ‎(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3，故答案为：sp3；‎ ‎(5)GaAs为原子晶体，Ga和As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原子个数是4、As原子个数=8×+6×=4，所以其化学式为GaAs，该晶胞体积==cm3，该晶胞中所有原子体积=4×π[(a×10-10)3+(b×10-10)3]cm3=4×π×10-30×(a3+b3)cm3‎ ‎，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%= ×100%，故答案为：共价； ×100%。‎ ‎12.白头翁素具有显著的抗菌作用，其合成路线如图所示：‎ 已知：‎ ‎①RCH2BrRCH=CHR’‎ ‎②2RCH=CHR’‎ ‎（以上R、R’代表氢、烷基）‎ ‎(1)白头翁素的分子式为______________________。‎ ‎(2)试剂a为________________________，E→F的反应类型为____________________。‎ ‎(3)F的结构简式为___________________________。‎ ‎(4)C中含有的官能团名称为__________________________。‎ ‎(5) A→B反应的化学方程式为___________________________________________________。‎ ‎(6)F与足量氢气加成得到G，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类有____种。‎ ‎(7)以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成的路线为_______________________________________________________________________________（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。‎ ‎【答案】(1). C10H8O4 (2). 浓硫酸 (3). 消去反应 (4). (5). 羧基、羟基、碳碳双键 (6). +H2O (7). 8 (8). 第一种路线：‎ 第二种路线：CH2=CH2CH2BrCH2BrCH2=CH-CH=CH2CH3CH=CHCH3‎ ‎【分析】（1）~（6）A发生加成反应生成的B为HOOCCH（OH）CH2CH2Br，B和HCHO发生已知①的反应生成C：，C发生消去反应生成D：，醇发生消去反应需要在浓硫酸作催化剂、加热条件下进行，所以试剂a为浓硫酸；D与I2反应生成E，根据F的分子式和白头翁素的结构简式，F发生已知②的反应生成白头翁素，则F为，E发生消去反应生成F，卤代烃在NaOH醇溶液、加热条件下发生消去反应，则b为NaOH醇溶液。‎ ‎(7)以乙烯为起始原料合成，可由CH3CH=CHCH3发生已知②的反应得到；CH3CH=CHCH3可由CH3CH2Br与CH3CHO发生已知①的反应获得，CH2=CH2与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，乙烯与水发生加成反应得乙醇，乙醇催化氧化可制得CH3CHO；CH3CH=CHCH3也可由CH2=CHCH=CH2和氢气发生1，4—加成反应得到，CH2=CHCH=CH2可由CH2BrCH2Br和HCHO发生已知①的反应得到，CH2BrCH2Br可由CH2=CH2和溴发生加成反应得到。‎ ‎【详解】(1)根据结构简式确定白头翁素的分子式为C10H8O4；‎ ‎(2)C→D为醇的消去反应，则试剂a为浓硫酸，E→F的反应类型为消去反应；‎ ‎(3)F的结构简式为；‎ ‎(4) C的结构简式为，C中含有的官能团名称为羧基、碳碳双键、羟基；‎ ‎(5)A发生加成反应生成B，A→B反应的化学方程式为；‎ ‎(6)F为，F与足量氢气加成得到G，G的分子式为C5H8O2，G的不饱和度是2，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类，羧基的不饱和度是1，说明含有-COOH、碳碳双键；如果碳链结构为C=C-C-C，有4种；如果碳链结构为C-C=C-C，有2种；如果碳链结构为，有2种，所以符合条件的有8种；‎ ‎(7)以乙烯为起始原料合成，可由CH3CH=CHCH3发生已知②的反应得到；CH3CH=CHCH3可由CH3CH2Br与CH3CHO发生已知①的反应获得，CH2=CH2与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，乙烯与水发生加成反应得乙醇，乙醇催化氧化可制得CH3CHO；CH3CH=CHCH3也可由CH2=CHCH=CH2和氢气发生1，4—加成反应得到，CH2=CHCH=CH2可由CH2BrCH2Br和HCHO发生已知①的反应得到，CH2BrCH2Br可由CH2=CH2和溴发生加成反应得到；其合成路线为，也可能是合成路线为：。‎ ‎【点睛】本题考查有机物推断和合成，根据流程图，结合题干信息及反应条件、进行物质推断是关键，难点是同分异构体种类判断，利用不饱和度确定链状结构中存在的官能团，题目侧重考查学生的分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。 ‎