【化学】四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试理综(解析版)
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。