2021届山西省太原市高三模拟考试(一)理综化学试卷1

试卷第试卷第页，总8页参考答案C【解析】A.糖类中的单糖不能发生水解，A错误；B.光导纤维的主要成分是二氧化硅，不属于有机高分子材料，B错误；C.大力实施矿物燃料脱硫、脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放，C正确；D.金属性是Zn>Fe>Sn,因此镀锡铁镀层破损后不能通过牺牲阳极的阴极保护法防止腐蚀，D错误，答案选C。B【解析】A.标准状况下甲醇不是气态，不能利用气体摩尔体积计算其中含有的分子数,A错误；B.N：O和CO?的相对分子质量均是44,且均含有3个原子，所以4.4gN9和CO二的混合气体中含有的原子数为0.3Na，B正确；C.乙烯和丙烯的最简式相同，均是CH：,则4.2g乙烯和丙烯混合气体中含有的共价键数为0.9Na,C错误：D.25K时，L0LpH=13的Ba（OH上溶液中含有的0H-数为O.INa,D错误，答案选B。点睛：与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数（质子数、中子数、电子数）及离子数、电荷数、化学键之间的关系，选项C是易错点，注意乙烯和丙烯的结构特点以及碳原子的最外层电子数是4个。C【解析】在周期表中X与Y、Z、W紧密相邻，X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数，所以X和Z属于同一主族且Z在X的下一周期，原子序数不大于18,设X的原子序数是a,则a+a+l=a+8,得a=7,或aT+a=a+8,得a=9.若a=7,则X是N,Y是0,Z是P,又X、Y、Z、W四种短周期元素原子的最外层电子数之和为20,所以W是C,符合题意.若a=9,则X是F,Y是0,Z是C1,三种元素原子的最外层电子数之和为20,不合题意；所以X、Y、Z、W分别是*0、P、C元素，A.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序为P>C>N>0,A错误；B.X的单质有氮气、Y的单质有氧气和臭氧、Z的单质有白磷和红磷、胃有金刚石和石墨及C6。等，单质超过6种，B错误；C.四种元素与氢可形成PHs、N2H4、40八GHJ8电子分子,C正确;D.这四种元素中非金属性最强的是0元素，其次是N元素，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但0、F元素除外，所以HN03的酸性最强，D错误；答案选C。点睛：本题考查原子结构和元素周期律关系，侧重考查分析、推断能力，涉及物质结构、基本概念、元素周期律，正确推断元素是解本题关键，知道常见18电子、10电子微粒，易错选项是D。C【解析】A.该物质中含有酯基，具有酯的性质，根据相似相溶原理知，该物质易溶于有机溶剂乙醇，A错误；B.根据结构简式可知该物质分子式为C6RQ,B错误；C.该物质为丁酸乙酯，一定条件下能发生水解反应生成丁酸和乙醇，所以酒中的少量丁酸能抑制X水解，C正确：D.分子式为CHO。且官能团与X相同的物质中含有酯基，可能是甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯等，符合条件的同分异构体有4种，D错误：答案选C。点睛：本题考查有机物结构和性质，涉及同分异构体种类判断、酯的性质等知识点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，易错选项是D,注意丙醇结构有两种。B【详解】A、甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应，即AQ+2H++2e-=H?AQ,A错误；B、在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，碘单质得电子生成1,发生的反应为H?S+b-=3I-+S1+2H+,B正确；C、根据图中信息知道是将光能转化为电能的装置，C错误；D、装置的是原电池装置，原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，D错误；答案选C【详解】A.浓盐酸易挥发，挥发出的HC1能够与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，且盐酸不是最高价含氧酸，A错误；SO?通入硝酸钢溶液中，溶液显酸性，硝酸根能把SO?氧化为硫酸根，B错误；C.浓氨水滴在生石灰上产生氨气，氨气通入酚配试液中溶液显碱性，溶液变红色，C正确；D.常温下浓硝酸与Fe发生钝化现象，无法观察到有二氧化氮气体生成，D错误。答案选C。【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，涉及非金属性强弱比较、氧化还原反应、钝化现象、常见气体制备及检验等知识，明确常见化学实验基本操作方法即可解答。选项B是易错点，注意酸性溶液中硝酸根的强氧化性。A【详解】b点是强碱溶液，因此溶液显碱性，A错误；d点溶液中水电离出的OH-离子浓度lOZnoLI,溶液呈中性，c（H*）=c（OH）,结合电荷守恒c（K+）+c（H-）=2c（CO；）+c（HCO；）+c（OH）,两式相减，得c（KT）=2c（CO；）+c（HCO；）,B正确；C.当水电离出的OH离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钾溶液，根据质子守恒可知c点溶液中：2c（H2CO3）+c（H+）+c（HCO；）=c（OH）,C正确；D.水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，a是没有通二氧化碳的情况，即pH=10的KOH溶液,则c（H-）=lxlO-Omol/L,而氢离子来源于水的电离，所以水电离出的c（IT）=lxlO-10mol.L,D正确;答案选A。MnCh+4HCl（浓）q=MnCk+C11+2H9漏斗玻璃棒在A和B之间添加盛有饱和NaCl的洗气装置温度升高会生成氯酸钠黄绿色只存在C10向B试管中滴加淀粉KI溶液（1）若溶液变蓝，则假设3成立；（2）若溶液不变蓝，结合步骤2中的（2）则假设2成立【解析】（1）实验室制取Ck的化学反应方程式为MnCh+4HCl（浓）a=MnCl::+Cl::T+2H90（2）过滤、洗涤操作过程需要的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、玻璃棒、漏斗。由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，所以为提高氯酸钾和次氯酸钠的产率，需要除去氯化氢，则在实验装置中还需要改进的是A和B之间添加盛有饱和NaCl的洗气装置。（3）由于温度升高会生成氯酸钠，所以装置C中反应需要在冰水浴中进行。（4）氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，而氯气的溶解度较小，则装置D中的实验现象是溶液先变红后褪色，最后又变为黄绿色。（5）①根据假设1和2可知假设3应该是只存在C10-；②亚硫酸根具有氧化性，利用酸性高镭酸钾溶液检验。次氯酸具有强氧化性，则可以用淀粉碘化钾溶液检验，则步骤3应该是向B试管中滴加淀粉KI溶液，若溶液变蓝，则假设3成立；若溶液不变蓝，结合步骤2中的(2)则假设2成立。ZnO除去Fe3+2Ho4^=01+44H;SO,2ZnS+4H'+0：=2Zn^2S1+2H：0在一定条件下，溶解度小的矿物可以转化为溶解度更小的矿物ZnCO3+2C^®=Zn+3C0T【解析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用，据此分析解答。(1)含锌矿的主要成分是ZnS,与空气中氧气发生氧化还原反应，则焙砂的主要成分为ZnO；浸出液中含有铁离子，因此净化过程中加入锌粉的作用是除去Fe>；(2)电解沉积过程中，是电解ZnSO”阴极锌离子放电生成锌，阳极氢氧根失去电子发生氧化反应，电极反应式为2HO-4e-=04+4H—：(3)电解过程中有硫酸生成，因此可以循环利用的物质还有硫酸；(4)“氧压酸浸”法顾名思义，可知反应物中含有H.和“，可以获得非金属单质S,反应的化学方程式为：2ZnS+4H'+0：=2Zn>+2SI+2H：0；(5)根据沉淀的转化原理可知，在一定条件下，溶解度小的矿物可以转化为溶解度更小的矿物，所以硫化锌精矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液可慢慢地转变为铜蓝(CuS)；(6)根据题目描述可知反应物为ZnC03和C,产物含有Zn和CO,则化学方程式为ZnCO3+2C=53=Zn+3C0T0612该反应正向为气体分子数增大的反应，通入水蒸气需增大容器容枳，减小体系压强，平衡正向移动，增大反应物的转化率高温0.05mol・L-、minr升高温度81V正〉V逆86.7%【解析】(1)反应热二反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是"CH£H3中总键能与-CH=CH,、比总键能之差，设CX键能为X,则=(5X412+348-3X412-X-436)kJ・mol-'=124kJ・moV,解得X=612kJ/mol；(2)降低压强，平衡向体积增大的方向移动,制备苯乙烯的正反应为气体分子数增大的反应,保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率；(3)反应自发进行需要满足，TZ\SVO,依据题干条件可知，制备苯乙烯的正反应为气体分子数增大的反应，△S>0,正反应吸热，Z\H=十124kJ/mol>0,所以反应一定是在高温条件下才能自发进行；

(4)①丁C时，向10L恒容密闭容器中充人2moi乙苯(g)和2moiCl：(g)发生反应H,2min时氯化氢的浓度是0.lmol/L,则用氯化氢表示的反应速率是0.lmol/L+2min=0.05moUL-1«min-1；②制备a-氯乙基苯的正反应为吸热反应，反应前后气体的体积不变,6min时，乙苯、C12的浓度在减小，而a-氯乙基苯和HC1的浓度在增加，反应向正反应方向移动，只能是升高温度；该温度下达到平衡，依据题干条件可知，c(HC1)=0.16mol/L,n(HC1)=1.6mol,起始(mol)22转化(mol)起始(mol)22转化(mol)1.81.8平衡(mol)0.20.201.81.801.81.81Qx1Q反应前后体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则平衡常数为K=7r[;二=81：02x0.2③lOmin时，乙苯、C1八。一氯乙基苯和HC1的物质的量浓度分别为：0.02mol/L.0.02mol/L、0.18mol/L.0.18mol/L,此时乙苯、CL、。一氯乙基苯和HC1的物质的量浓度比为：1：1：9：9,保持其他条件不变，再向容器中充人lmol乙苯、lmolCl：＞lmol。-氯乙基米和1molHC1,相当于增加反应物的浓度，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率；设转化的乙转化(mol/L)起始(mol/L)苯物质的量浓度为0.1平衡转化(mol/L)起始(mol/L)苯物质的量浓度为0.1平衡(mol/L)0.3-x0.3-x0.1+x0.1+x平衡常数为K=(0.1+x)X(0.l+x)/(0.3-x)X(。.3-x)=81,得x=0.26,所以氯气的转化率是—x100%^86.7%o0.3点睛：本题考杳了反应热的计算、化学平衡理论，明确应热二反应物总健能一生成物总能键能，熟悉影响化学平衡移动的因素是解题关键。难点是平衡常数计算和应用，注意判断正逆反应速率大小时也可以依据浓度燧和平衡常数的相对大小解答。

[Ar]3d9或lS：2s：2p63s：3p63d9N>O>Ssp：配位键、离子键N2Na或2X6.02XIO23CuSO」和Cu(NO3)二均为离子晶体,SO7所带电荷比NOfX,故CuSO,晶格能较大，熔点较高。(一：一:—)Cu1274%444【解析】(1)CuSOi和Cu(NO3)2中阳离子均是铜离子，其基态核外电子排布式为[Ar]3d9或lS22s22p63s：3p63d9；非金属性越强，第一电离能越大，但氮元素的2P轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则S、0、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>0>So(2)NOf中N原子的价层电子对数是3,且不存在孤对电子，是平面三角形结构，因此中心原子的杂化轨道类型为sp，杂化；[Cu(NH3),]NOs)2中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有离子健和配合物。(3)配合物[Cu(CN)丁一，铜离子提供空轨道，N元素提供孤对电子，形成配位健；CK中含有三健，则ImolCK中含有的n键的数目为2Na或2X6.02X10"。原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，与CK互为等电子体的离子有C5；(4)由于CuSCh和Cu(NOj,均为离子晶体，SOJ所带电荷比NO「大，故CuSCh晶格能较大，所以硫酸铜熔点较高。(5)①根据晶胞结构并参照A、B、C原子的原子坐标参数可知D原子的坐标参数为(L；1.1)°D代表的原子均位于内部，共计4个，而白球表示的原子个数=l+8Xl/8444=2,因此D代表Cu原子。②已知金属铜的堆积方式是面心立方最密堆积，则晶体中铜原子的配位数是12。晶胞中铜原子个数是8X1/8+6X1/2=4。设铜原子的半径是r,则面对角线是4r,立方体的边长是20r，则立方体的面积是(2"，)3,因此该晶胞中Cu原子的空)4，4x—tty间利用率是_3_xl00%«74%°(2"・)312.羟基，竣基，碘原子取代反应

12.羟基，竣基，碘原子取代反应ch3chch3hch3chch3h5chc=ch2Bf2»H3CCHCH2NaO的疲OHOHIIHjCCHCHn【解析】（l）根据化合物c的结构简式可判断化合物c中官能团的名称是酚羟基、醛基和碘原子;反应④是I被CF3取代，属于取代反应。（2）根据题给信息知，反应③发生的是类似题给信息的取代反应，化学方程式为CHOo（3）息的取代反应，化学方程式为CHOo（3）A的分子式为&HQ3,其同分异构体能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，可知含有竣基；不与氯化铁溶液发生显色反应，无酚羟基；含苯环，满足这三个条件的结构简式为COOH;（4）与乙基香草醛互为同分异构体，能与发生显色反应，无酚羟基；含苯环，满足这三个条件的结构简式为COOH;（4）与乙基香草醛互为同分异构体，能与NaHCOs溶液反应放出气体，含CH：OH有-COOH,且苯环上只有