四川省遂宁市2020届高三零诊考试理综化学试题

四川省遂宁市2020届高三零诊考试理综化学试题

四川省遂宁市2019-2020学年高三高零诊考试理综 化学试题 ‎1.化学与生活密切相关。下列叙述正确的是 A. 液氨可用作制冷剂 B. 硅胶可作食品袋内的脱氧剂 C. 加入“聚铁”净水剂可以使海水淡化 D. 二氧化硫可作食品的增白剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 液氨汽化需要吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，故A正确；‎ B. 由于硅胶具有很好的吸附性，且无毒，可以用作袋装食品的干燥剂，故B错误；‎ C. 向海水中加入“聚铁”净水剂只能除去悬浮物杂质，但不能使海水淡化，应用蒸馏的方法，故C错误；‎ D. 二氧化硫有毒，不可作食品的漂白剂，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】化学与生活方面要充分利用物质的性质，包括物理性质和化学性质，结构决定性质，性质决定用途，用途反映出物质的性质，此类题需要学生多积累生活经验，发现生活中的各种现象。‎ ‎2.中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是 A. 该过程将太阳能转化成为化学能 B. 该过程中，涉及极性键和非极性健的断裂与生成 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1‎ D. 原料气N2可通过分离液态空气获得 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图可知，该过程是由太阳能转化成化学能，故A正确；‎ B. 发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2‎ ‎，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性键与非极性键的断裂与生成，故B正确；‎ C. 根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，由于氮元素从0价降为−3价，氧元素从−2价升到0价，则氮气是氧化剂，水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3，故C错误；‎ D. 由于空气中主要是氮气和氧气，而氧气和氮气的沸点不同，所以可以通过分离液态空气的方法获得氮气，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题对氧化还原反应综合考查，需要学会观察图示物质转化关系，根据化合价的升降，确定氧化剂还原剂，利用氧化还原反应的规律，配平氧化还原反应。‎ ‎3.分别由下表中的实验和现象得出的结论不正确的是 选项 实 验 现 象 结 论 A 用熔融氯化铝做导电性实验 电流指针不偏转 氯化铝是共价化合物 B 向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加 CCl4振荡 CCl4层无色 Fe2＋的还原性强于Br－‎ C 相同的铝片分别与同温同体积，且c(H＋)=1mol·L－1的盐酸、硫酸反应 铝与盐酸反应产生气泡较快 可能是Cl－对该反应起到促进作用 D 向盛有2mL0.l mol/L的AgNO3溶液中加入10滴0.1mol/L的NaCl溶液，振荡，再加入10滴0.1 mol/L的NaI溶液，再振荡 先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀 Ksp(AgI)22.4L/mol，则2.24L LH2物质的量小于0.1mol，则含有的H原子数小于0.2NA，故B正确；‎ C. CaSO4与KHSO4固体摩尔质量相同，都是136g/mol，136gCaSO4与KHSO4的固体混合物的物质的量为1mol，含有的阴离子的数目等于NA；C错误；‎ D. 溶液体积不明确，故溶液中的铁离子的个数无法计算，故D错误；‎ ‎5.第三周期X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物溶于水可得到四种溶液，0.010 mol/L的这四种溶液在25℃时的pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 简单离子半径：X>Y>Z>W B. W的氧化物对应的水化物一定是强酸 C. 气态氢化物的稳定性：W＜Z＜Y D. W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物Z2W2，其结构式为：W-Z-Z-W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液PH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的弱、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y>Z>Cl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素。‎ ‎【详解】A.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径P3−>S2−>Cl−>Na+，故A错误；‎ B.W的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，一定是强酸，但是如果是次氯酸，则是弱酸，故B错误；‎ C.非金属性是Y>Z>W，非金属性越强，则气态氢化物的稳定性：Y>Z>W，故C错误；‎ D.W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物S2Cl2，其结构式为：Cl-S-S-Cl，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考察元素周期律的综合运用，从图像可以推断出是哪些元素，找到元素之间的关系，紧紧位，构，性，从而做出判断。‎ ‎6.用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备超顺磁性（平均直径25nm）纳米Fe3O4的流程示意图如下：‎ 下列叙述不正确的是 A. 常用热的Na2CO3溶液除去钢铁表面的油污 B. 步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3＋+Fe=3Fe2＋‎ C. 步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去 D. 步骤⑤中，为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4‎ 粒子，可将其均匀分散在水中，做丁达尔效应实验 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2Fe（OH）2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应：2FeOOH+Fe2++2OH-=Fe3O4+2H2O，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 钢铁表面的油污在碱性条件下可以发生水解反应，Na2CO3是强碱弱酸盐溶液，显碱性，热的Na2CO3溶液可以让油脂水解，水解是吸热的，温度升高，水解平衡向吸热的方向移动，水解效果越好，故A正确；‎ B. 滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子和反应过量的盐酸：2Fe3++Fe=3Fe2+，故B正确；‎ C. 步骤④中，防止其在步骤⑤中继续氧化+2价铁元素，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，故C错误；‎ D. 超顺磁性的Fe3O4粒子平均直径25nm，属于胶体，可以做丁达尔效应实验，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎7.常温下，向20 mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1 mol·L－1氨水，溶液中水电离出的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图所示。下列分析正确的是 A. c点所示溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)‎ B. b点所示溶液中：c(NH4＋)＝2 c(SO42－)‎ C. V＝40‎ D. 该硫酸的浓度为0.1 mol·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. c点所示溶液是硫酸铵溶液，电荷守恒式为c(H+)+c(NH4＋)═2c(SO42−)+c(OH−)，物料守恒式为c(NH4＋) +c(NH3.H2O)═2c(SO42−)，两式相减可得：c(H+)−c(OH−)═c(NH3.H2O)，故A正确；‎ B. 根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4＋)═2c(SO42−)+c(OH−)，b点为硫酸铵和硫酸的混合溶液，呈酸性，c(OH−)②，可见②的活化能更高，因此反应①的活化能E1与反应②的活化能E2‎ 的大小关系为E1O>S (4). Cu (5). sp3杂化 (6). 正四面体形 (7). PO43－(或ClO4－） (8). 氨分子与Zn2＋‎ 形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据元素周期表，Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，位于ds区；‎ 铜的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，基态Cu3＋失去最外层的三个电子，基态Cu3＋的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d8，‎ 答案为：ds；1s22s22p63s23p63d8；‎ ‎（2）N、O位于同一周期，同周期从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，但N的最外层电子处于半充满状态，故第一电离能N>O，O、S位于同一主族，同主族从上到下，第一电离能呈减小的趋势，故第一电离能O>S，故第一电离能由大到小的顺序为N>O>S，‎ 故答案为N>O>S；‎ ‎（3）深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，含有Cu、N、H、S、O元素，非金属性越弱，电负性越小，则电负性最小的为Cu，‎ 答案为：Cu；‎ ‎（4）H2O的中心原子是O，根据VSEPR理论，价电子对数为成键电子对+孤电子对数=2+=4根据杂化轨道理论，中心原子O的杂化方式为sp3；深蓝色晶体的阴离子为SO42－，根据VSEPR理论，价电子对数为成键电子对+孤电子对数=4+=4，根据杂化轨道理论，中心S的杂化方式为sp3，五个原子构成，则其空间构型为正四面体；等电子体是指在原子数相同下，原子的价电子数相同的粒子，通常采用元素上下左右平移法，同时调电子数来确定等电子体粒子；与SO42－互为等电子体的离子PO43－(或ClO4－）‎ 故答案：sp3；正四面体；PO43－(或ClO4－）； ‎ ‎（5）中心原子采取不同的杂化形式时,其等性杂化轨道的空间分布情况及杂化轨道之间的夹角是各不相同的。这是决定键角大小的最根本的原因。氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故Zn2＋键角变大。‎ 故答案为：氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故Zn2＋键角变大。‎ ‎（6）晶胞中水分子数目=1+8×=2，晶胞质量=g，晶体密度ρ=‎ ‎，‎ 答案为：。‎ ‎12.CAPE是蜂胶主要活性组分之一，具有抗炎、抗氧化和抗肿瘤的作用，在医学上具有广阔的应用前景。合成CAPE的路线设计如下：‎ ‎ ‎ 已知：①A的核磁共振氢谱有三个波峰，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键；‎ ‎② ； ‎ ‎③ 。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1） A中官能团的名称为____。‎ ‎（2）C生成D所需试剂和条件是____。‎ ‎（3）E生成F的反应类型为____。‎ ‎（4）1mol CAPE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为____。‎ ‎（5）咖啡酸生成CAPE的化学方程式为____。‎ ‎（6）芳香化合物X是G（C9H8O3）的同分异构体，满足下列条件，X的可能结构有____种，‎ a. 属于芳香族化合物 b. 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2‎ c. 能与新制 Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀 其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积之比为1:2:2:1:1:1，写出一种符合要求的X的结构简式____。‎ ‎（7）参照上述合成路线，以 和丙醛为原料(其它试剂任选)，设计制备的合成路线____。‎ ‎【答案】 (1). 氯原子 (2). 氯气、光照 (3). 氧化反应 (4). 4mol (5). +HBr (6). 17 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的核磁共振氢谱有三个波峰，结合F结构简式知，A为，A和氢氧化钠的水溶液发生水解反应然后酸化得到B为，B发生②的反应生成C为，C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D，D发生水解反应然后酸化得到E，E发生氧化反应生成F，则E结构简式为，D为，F发生信息③的反应生成G，G结构简式为 ‎，G发生银镜反应然后酸化生成咖啡酸，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键，咖啡酸结构简式为，咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE，CAPE结构简式为； （7）以  和丙醛为原料（其他试剂任选）制备 ，发生信息②的反应，然后发生水解反应、催化氧化反应、③的反应得到目标产物。‎ ‎【详解】（1）根据分析，A的结构简式为，则A中官能团的名称为氯原子，‎ 答案为：氯原子；‎ ‎（2）根据分析，C为，D为，则 C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D；‎ 答案为：氯气、光照；‎ ‎（3）根据分析，E结构简式为，E中的羟基发生氧化反应生成F中的醛基，则E生成F的反应类型为氧化反应，‎ 答案为：氧化反应；‎ ‎（4）根据分析，CAPE结构简式为，根据结构简式，1moCAPE含有2mol酚羟基，可消耗2mol NaOH，含有一个酯基，可消耗1molNaOH发生水解，CAPE水解后产生咖啡酸，含有羧基，可消耗1molNaOH，则1mol ‎ CAPE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为2mol+1mol+1mol=4mol，‎ 答案为：4mol；‎ ‎（5）咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE，CAPE结构简式为，咖啡酸生成CAPE的化学方程式为+HBr，‎ 答案为：+HBr；‎ ‎（6）G结构简式为，芳香化合物X是G(C9H8O3)的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明X中含有羧基，且与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，其核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为1:2:2:1:1:1，其符合要求的X的结构简式为，‎ 答案为：；‎ ‎（7）以  和丙醛为原料(其他试剂任选)制备 ,发生信息②的反应,然后发生水解反应、催化氧化反应、③的反应得到目标产物,其合成路线为 ‎，‎ 答案为：。‎ ‎ ‎