西藏自治区日喀则市2020届高三上学期学业水平测试（模拟）化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精西藏自治区日喀则市2020届高三上学期学业水平测试（模拟）化学试题含解析2019-2020年第一学期日喀则市高三化学期末试题（考试时间：90分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H:1C：12N：14O：16Mg：24Cl：35。5K：39Cu：64一、选择题（本题共7个小题，每小题6分，共42分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1。下列说法正确的是(）A.羊绒衫和棉衬衣的主要成分均为纤维素B.SO2、CO2、NO2均为造成大气污染的有毒气体C.酒精可用来杀菌消毒是因为酒精能使蛋白质变性D。用淀粉溶液可以检验加碘食盐中是否含碘【答案】C【解析】【详解】A．羊绒衫的主要成分是蛋白质，棉衬衫的主要成分是纤维素,选项A错误；B．二氧化碳是植物光合作用的主要反应物，自然界中碳的循环有着至关重要的作用．CO2是空气中的成分，不会造成大气污染，选项B错误；C．体积分数为75％的酒精溶液常用于灭菌消毒，此浓度杀菌力最强．在75％的酒精作用下，乙醇能渗入细胞内，使蛋白质凝固变性，从而起到杀菌的作用，选项C正确；D．淀粉遇碘单质变蓝，而加碘盐中含碘酸钾，不是单质，不能用淀粉溶液检验加碘盐中是否含碘元素，选项D错误；答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是（）A.标准状况下22。4LCl2通入到足量水中或者NaOH溶液中转移的电子数都为NAB.24gMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2,转移的电子数为2NAC.0。1mol/L的Na2CO3溶液中，、、H2CO3微粒总数为0.1NAD。1molNa2O2中阳离子和阴离子数目之比为1:1【答案】B【解析】【详解】A．Cl2通到水中是可逆反应，转移的电子数小于NA，故A错误；B．MgO和Mg3N2的混合物中镁的化合价都为+2价，24gMg即物质的量，变为镁离子失去2mol电子，转移的电子数为2NA，故B正确；C．溶液体积未知，无法计算Na2CO3的物质的量，故C错误；D．1molNa2O2是由2molNa+和1mol，阳离子和阴离子数目之比为2:1，故D错误;答案选B。3.下列实验设计不合理的是（）选项目的操作A证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2用湿润的淀粉KI试纸检验，观察试纸颜色变化B证明Na2CO3溶液中存在水解平衡在滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，观察溶液颜色变化C证明FeCl3溶液和KI溶液的反应有限度取5mL0.1mol/L的KI溶液于试管中，滴入1mL0。1mol/L的FeCl3溶液充分反应，再将反应后溶液均分在两只试管中,分别滴入淀粉溶液和KSCN溶液D除去CO2中混有的少量SO2气体将混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液洗气A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A。溴蒸气和NO2都具有强氧化性，都能把I—氧化成I2，所以用湿润的淀粉KI试纸不能证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2,故A错误；B。在滴有酚酞Na2CO3溶液显红色，说明溶液显碱性,加入BaCl2溶液后会发生反应：Ba2-+CO32—=BaCO3,溶液颜色逐渐消失，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡,故B正确;C。由2Fe3++2I—=2Fe2++I2可知:5mL0。1mol/L的KI溶液于试管中，滴入1mL0.1mol/L的FeCl3溶液充分反应，KI溶液有剩余，再将反应后溶液均分在两只试管中，向一试管中滴入淀粉溶液变蓝，说明有I2生成；向另一试管中滴KSCN溶液后，溶液呈红色，说明有Fe3+存在，由此证明FeCl3溶液和KI溶液的反应有一定限度,故C正确；D.将混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液,SO2能和碳酸氢钠反应放出CO2，故可以用此法除去CO2中混有的少量SO2气体，故D正确；故答案：A。4。短周期主族元素A、B、C、D在周期表中的相对位置如图所示，已知A、D的原子序数之和是B的3倍。下列说法正确的是（）A.简单离子半径:D>B〉AB。气态氢化物稳定性：B>A〉CC.氧化物对应水化物的酸性：D>AD.CB2、AB2都是酸性氧化物【答案】B【解析】【分析】设B的原子序数为n，则A为n—1，C的是n—2+8，D是n+1+8，由A、D的原子序数之和是B的3倍,则,解得n=8，则B为O，A为N,C为Si,D为Cl。【详解】由分析可知：A为N，B为O，C为Si，D为Cl；A．Cl—为18电子结构，O2-、N3—为10电子结构,则D最大,核电荷数越大,简单离子半径越小，则A〉B,简单离子半径：D>A>B，故A错误;B．同周期从左到右,非金属性增强，则非金属性：B〉A>C,非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定,故B正确；C．非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强,该选项不指明最高价氧化物，故C错误;D．SiO2有对应的硅酸,属于酸性氧化物、NO2溶于水的产物不唯一,无对应的酸，不属于酸性氧化物，故D错误；答案选B。5.某有机物的结构简式为，它在一定条件下可能发生的反应是（）①加成;②水解；③酯化；④氧化；⑤中和；⑥消去;⑦还原A。①②③④⑤⑥⑦ B。①③④⑤⑦C①③④⑤⑥⑦ D。②③④⑤⑥【答案】C【解析】【详解】此有机物中含有苯环和醛基，能发生加成反应，故①正确；此有机物中不含酯基和卤素原子，不能发生水解反应,故②错误；含有羧基和醇羟基,能发生酯化反应，故③正确；含有醇羟基和醛基,能发生氧化反应，故④正确；含有羧基，能发生中和反应，故⑤正确;羟基所连碳的相邻的碳原子上有氢，能发生消去反应，故⑥正确；含有醛基，能与氢气发生加成反应,即还原反应，故⑦正确；综上所述,①③④⑤⑥⑦正确答案选C。6。我国科学家将用毛笔书写后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性且可折叠的可充电锂—空气电池，工作原理如图所示。下列有关说法正确的是A。放电时,纸张中的纤维素作为锂电池的正极材料B。放电时,每转移2mol电子，消耗11。2LO2C。给锂电池充电时，金属锂接直流电源正极D。充电时，阳极的电极反应式为Li2O2−2e−2Li++O2↑【答案】D【解析】纤维素不导电，石墨导电，故放电时纸张表面毛笔书写后留下的石墨是锂电池的正极材料，A项错误；放电时，每转移2mol电子，消耗0。5molO2，但体积不一定是11。2L，B项错误；充电时,直流电源的负极与电池的负极相连，故金属锂接直流电源的负极，C项错误；充电时，空气电极为阳极，此时Li2O2失去电子生成O2：Li2O2−2e−2Li++O2↑，D项正确。7.下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A。将NaClO溶液升温或者稀释，溶液中均减小B.在饱和AgCl、AgI的混合溶液中加入少量AgNO3溶液，增大C.pH=2一元酸HA溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后:c（Na+）〈c（A−）D.0.2mol/LHCOOH与0.1mol/LNaOH等体积混合后：c（HCOO−)+2c(OH−)=c（HCOOH）+2c（H【答案】D【解析】【详解】A.NaClO溶液升温促进水解,为水解常数的倒数,则减小，但若将溶液稀释，水解常数不变，则溶液中不变，选项A错误;

B。AgCl、AgI的饱和溶液中，加入少量,溶液中不变，选项B错误；

C。如果酸为一元强酸，则混合后，；若酸为弱酸，则混合后酸剩余,显酸性，,溶液中存在电荷守恒：，则，选项C错误；D.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa，根据物料守恒可得：，将上述两式整理可得：,选项D正确；

答案选D。

第Ⅱ卷二、非选择题：（本卷包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，共43分。)8。肉桂酸在有机合成等多方面具有重要作用。实验室制备肉桂酸的反应装置示意图和有关数据如下：（一）制备：在250mL三口烧瓶中放入3mL(3。18g，0.03mol）苯甲醛、8mL（8.16g，0。08mol）乙酸酐，以及4.2g无水碳酸钾.三口烧瓶的侧口插入一根200℃温度计于液面以下，采用空气冷凝管缓缓回流加热45min。（二)纯化：反应完毕,在搅拌下向反应液中分批加入20mL水；再慢慢加入碳酸钠中和反应液至pH=8；然后进行水蒸气蒸馏，蒸出未反应完的苯甲醛。待三口烧瓶中的剩余液体冷却后，加入活性炭煮沸10～15min,进行趁热过滤以除去树脂状物。将滤液冷却至室温，在搅拌下用浓盐酸酸化至溶液pH=3。充分冷却,待晶体析出后进行抽滤,用少量冷水洗涤沉淀。抽干，让粗产品在空气中晾干，得粗产品3.0g.已知：名称性状熔点沸点溶解度水乙醇苯甲醛无色液体－26178微溶互溶乙酸酐无色液体、易水解－73.1139易溶可溶肉桂酸无色晶体，较高温度下会脱去羧基，最终生成树脂状物质133300微溶可溶注：加热装置和固定装置未画出。回答下列问题：（1）仪器a的名称是____________________。(2）制备步骤中，回流的目的是___________________.(3)纯化步骤中,分批加入20mL水的目的是____________________________________，加入碳酸钠是为了中和___________。（4)水蒸气蒸馏装置中玻璃管的作用是___________________________________________；如何判断蒸馏已完成？__________________________________________。（5)粗产品中含有少量氯化钠、氯化钾，进一步提纯粗产品的方法是_____________。(6）本次实验粗产品的产率为___________(保留三位有效数字)。【答案】（1)。冷凝管(2)。充分反应提高反应物的转化率(3）。将未反应的乙酸酐转化为乙酸（4)。肉桂酸和乙酸（5)。平衡气压，防止压强过大造成危险(6）。当馏出液澄清透明不在含有机物（7)。重结晶（8）。67。6%【解析】【分析】根据实验装置回答实验仪器的名称和作用；根据反应原理计算产率;根据物质的性质选择提纯方法。【详解】(1）根据装置图可知：仪器a为冷凝管，故答案:冷凝管。(2）根据反应原理可知，反应物乙酸酐的沸点为139，此反应加热的温度为150—170，所以乙酸酐会气化，造成反应物损失，所以制备步骤中，需要冷凝回流,提高反应物的转化率，使反应充分进行,故答案：充分反应提高反应物的转化率。（3)根据反应原理可知,开始加入3mL(3.18g，0。03mol）苯甲醛,8mL（8.16g,0。08mol）乙酸酐，显然乙酸酐过量，乙酸酐又易溶于水，苯甲醛和肉桂酸微溶于水，所以搅拌下向反应液中分批加入20mL水,使得乙酸酐完全溶解转化为乙酸,加入碳酸钠是为了中和肉桂酸和乙酸，故答案：将未反应的乙酸酐转化为乙酸；肉桂酸和乙酸(4）水蒸气蒸馏装置中玻璃管的作用是平衡气压，防止压强过大造成危险;根据肉桂酸的性质无色晶体，较高温度下会脱去羧基，最终生成树脂状物质,所以当馏出液澄清透明，说明不在含有机物，故答案：平衡气压，防止压强过大造成危险;当馏出液澄清透明不在含有机物.（5）因为氯化钠、氯化钾都能溶于水，可以根据溶解度不同，进行重结晶的方法提纯，故答案：重结晶。（6)根据反应原理可知，开始加入3mL（3.18g，0.03mol)苯甲醛,8mL(8。16g,0.08mol）乙酸酐,理论上可产生0.03mol肉桂酸，质量为4.44g，实际产量粗产品3。0g，本次实验粗产品的产率==67.6％，故答案：67。6％.9.以黄铜矿（CuFeS2）为主要原料的炼铜方法有火法炼铜、氧化浸出、生物浸出、配位浸出、电化学浸出法等。Ⅰ．火法炼铜：8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2ΔH＜0（1）反应中被氧化的元素是________________(填元素符号)。(2）实际生产是在沸腾炉中进行,反应温度为600~620℃.控制反应温度的方法是________________。(3）冶炼过程中产生大量SO2，下列处理方案中合理的是________(填字母）。A．高空排放B．制备硫酸C．用纯碱溶液吸收制Na2SO3D．用浓硫酸吸收Ⅱ．氧化浸出：在硫酸介质中用双氧水将黄铜矿氧化,测得有生成。（4）配平该反应方程式：___CuFeS2+___H2O2+___H+___Cu2++___Fe3++___+___H2O。(5）该反应在25～50℃下进行，实际生产中双氧水的消耗量要远远高于理论值，除温度较高双氧水分解之外，还可能的原因是__________________________________________________。Ⅲ．生物浸出:在反应釜中加入黄铜矿、硫酸铁、硫酸和微生物，并鼓入空气，黄铜矿逐渐溶解,反应釜中各物质的转化关系如图所示。（6)在微生物的作用下，可以循环使用的物质有_________（填化学式）.（7)假如黄铜矿中的铁元素最终全部转化为Fe3+,当有2mol生成时,理论上消耗O2的物质的量为_______________________.【答案】(1)。Fe，S（2）.控制加CuFeS2的速度（3).BC（4）.2（5）.17(6）。2(7)。2（8)。2（9).4(10）。18(11).产物Cu2+，Fe3+催化H2O2分解（12).Fe2(SO4)3，H2SO4（13）。4.25mol【解析】【分析】（1）物质被氧化,化合价升高；(2）该反应是放热反应,放出的热量与加入的反应物的量有关;(4）CuFeS2转化成Fe3+、，化合价升高的元素有：Fe、S,H2O2转化成H2O，化合价降低的元素有：O;（5)产物自身催化,产物催化H2O2分解；【详解】(1）CuFeS2中化合价：Cu为+2，Fe为+2，S为-2，物质被氧化，化合价升高，生成物Fe2O3中Fe为+3，SO2中S为+4，则被氧化的元素是：Fe、S；（2）火法炼铜是放热反应，在实际生产中,可控制加CuFeS2的速度达到控制反应温度的效果，答案为：控制加CuFeS2的速度;(3)A．会对环境造成污染，B、C是对二氧化硫的废物再利用，D．浓硫酸不能吸收二氧化硫,答案选BC；(4)CuFeS2转化成Fe3+、，化合价升高的元素有:Fe、S，H2O2转化成H2O,化合价降低的元素有：O,根据得失电子守恒，用双剑桥和质量守恒定律方法配平，化学方程式为：2CuFeS2+17H2O2+2H+2Cu2++2Fe3++4+18H2O;（5）双氧水的消耗量要远远高于理论值,说明产物中有物质继续分解过氧化氢，答案为：生成产物Cu2+，Fe3+催化H2O2分解；（6)由图可知：Fe2（SO4)3、H2SO4是中间产物，可循环利用，答案为：Fe2（SO4)3，H2SO4;(7）Fe元素最终生成Fe3+，S元素转化为，当有2mol生成时，失去电子共17mol,消耗O2的物质的量为，答案为：4。25mol.10。“低碳经济"备受关注，CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。研究CO2与CH4，反应使之转化为CO和H2,对减缓燃料危机、减小温室效应具有重要的意义。（1）CH4的电子式为___________。（2）已知:2CO(g)+O2(g)2CO2(g）

ΔH=−566kJ·mol−12H2(g）+O2（g）2H2O（g)ΔH=−484kJ·mol−1CH4(g）+2O2(g）CO2(g)+2H2O（g)ΔH=−890kJ·mol−1则：CH4(g）+CO2（g)2CO（g)+2H2（g)ΔH=____________。（3）在恒容密闭容器中通入物质的量均为nmol的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4(g）+CO2（g)2CO（g）+2H2（g),测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图中曲线所示:①下列事实能说明该反应一定达到平衡的是______________。a．CO2的浓度不再发生变化b．v正(CH4）=2v逆(CO）c．混合气体的平均相对分子质量不发生变化d．CO与H2的物质的量比为1∶1②据图可知，p1、p2、p3、p4由大到小的顺序为____________________，理由是___________________。③在压强为p4、950℃的条件下，X点平衡常数Kp=_____________（用含p4的代数式表示，其中用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。(4）为了探究反应：CO2(g）

+CH4（g)2CO(g）+2H2（g）的反应速率与浓度的关系，起始时向恒容密闭容器中通入CO2与CH4，使其物质的量浓度均为1.0

mol·L−1，平衡时,根据相关数据绘制出两条反应速率与浓度关系曲线如图所示：v正~c（CH4)和v逆～c（CO)。则与曲线v正～c(CH4）相对应的是图中曲线____________（填“甲”或“乙”）；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度，反应重新达到平衡，则此时曲线甲对应的平衡点可能为____________（填字母）。.【答案】（1)。(2).+160kJ·mol−1(3）.ac(4）。p4〉p3>p2〉p1（5)。反应气体分子数增加，相同温度下，压强升高，甲烷转化率降低(6).(7).乙（8）。E【解析】（1）CH4的电子式为。（2）已知：2CO（g)+O2（g)2CO2(g）ΔH=−566kJ·mol−1①2H2(g)+O2（g）2H2O（g）ΔH=−484kJ·mol−1②CH4（g）+2O2（g）CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−890kJ·mol−1③根据盖斯定律可知,③−①−②即得反应CH4（g）+CO2(g）2CO(g）+2H2(g),所以该反应的反应热ΔH=−890kJ·mol−1+566kJ·mol−1+484kJ·mol−1=+160kJ·mol−1。（3)①根据方程式CH4(g)+CO2（g)2CO（g）+2H2(g）可知,该反应是气体分子数增大的可逆反应。平衡时反应混合物各组分的浓度不变,CO2的浓度不再发生变化,说明到达平衡，a正确；v正(CH4）=2v逆(CO)，则v正(CH4)∶v逆(CO)=2∶1，不等于化学计量数之比,未处于平衡状态，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应进行,b错误；反应混合物的总质量不变，随反应进行，反应混合物的总的物质的量增大,平均相对分子质量减小，混合气体的平均相对分子质量不发生变化，说明到达平衡，c正确；反应的量一直按物质的量比为1∶1进行，CO与H2的物质的量比一直都为1∶1，不能说明到达平衡，d错误.②根据图可知，温度一定时，甲烷的转化率α（p1)〉α（p2）>α（p3）〉α(p4).由于该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向进行，甲烷的转化率降低,故压强p1、p2、p3、p4由大到小的顺序为p4〉p3〉p2>p1.③根据图可知，压强为p4、950℃的条件下，甲烷的转化率为50％。CH4(g)+CO2(g）2CO(g）+2H2（g）起始物质的量(mol)：

n

n

0

0转化物质的量（mol）：0。5n

0。5n

nn

平衡物质的量(mol）:0.5n

0。5n

nn所以该温度下平衡常数Kp=。（4）CH4(g)的起始物质的量浓度为1.0

mol·L−1，CO（g）的起始物质的量浓度为0,所以乙图是v正～c（CH4）相对应的曲线.因为该反应为吸热反应,所以反应达到平衡后，某一时刻降低温度，平衡向逆反应反向移动，CO（g)的浓度减小，因为温度降低，故反应速率也会减小，因此可能达到E点。11。我国从国外进口某原料经测定主要含有A、B、C、D、E五种前四周期元素，且原子序数依次增大。元素A、B、C、D、E的原子结构等信息如下：元素元素性质或原子结构A周期表中原子半径最小的元素B原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同C最外层P轨道半充满D位于短周期,其原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍E位于ds区且原子的最外层电子数与A的相同请回答下列问题：(用A、B、C、D、E所对应的元素符号作答)（1）B、C、D第一电离能由大到小为______________________。（2)E的二价离子的电子排布式为________________________。（3)A2B2D4常用作除锈剂，该分子中B的杂化方式为________；1molA2B2D4分子中含有σ键数目为________。（4）与化合物BD互为等电子体的阴离子化学式为________等。(5）B2A6、C2A(6）BD2在高温高压下所形成晶体的晶胞如图所示，一个该晶胞中含________个D原子.【答案】（1)。N＞O＞C(2)。1s22s22p63s23p63d9（3)。sp2（4）。7×6.02×1023(5)。CN－(6)。N2H4分子之间存在氢键（7).16【解析】【分析】五种元素中元素A在周期表中半径最小,所以为氢元素，B元素原子核外有三种不同的能量的原子轨道且各个轨道所填充的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故元素为碳。D为位于短周期，其原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，而短周期原子单电子处于p能级最多有3个，故其成对电子总数只能为6,单电子数为2核外电子排布为1s22s22p4，则为氧元素。C元素原子最外层p轨道半充满,原子序数小于氧，故为氮元素.E为ds区，且原子的最外层电子数与A相同，外围电子排布为3d104s1，则为铜。【详解】（1）同周期随着原子序数增大，第一电离能成增大趋势，但是氮元素2p能及容纳3个电子为半充满稳定状态,能量较低，第一电离能高于同周期的相邻元素，所以第一电离能顺序为:C＜O＜N;(2）铜离子的电子排布为1s22s22p63s23p63d9，或［Ar］3d9；(3）H2C2O4常用除锈剂，结构简式为HOOC—COOH，分子中碳原子形成3个σ键，没有孤对电子对，该根子中碳原子的杂化方式为sp2，单键为σ键和1个π键，故HOOC—COOH分子中含有7个键，即有7NA(4)原子总数相同，价电子总数相同的微粒为等电子体，与化合物CO为等电子体的物质有CN－或C;（5）C2H6、N2H4分子中均含有18个电子,他们的沸点相差较大，主要原因为N2H4分子间存在氢键；（6)二氧化碳在高温高压下形成晶体中黑色球为氧原子,均为晶胞内部，一个该晶胞中含有氧原子数为16。12.某功能高分子材料K的一种合成路线如下：已知：①A为烃,相对分子质量为106。②K的结构简式为:③RC≡CH+R1CHO（R、R1表示H或烃基)回答下列问题：（1）A的分子式___________；G结构简式为____________________.（2)⑦的反应类型为______________；H中官能团名称是_____________________.(3）反应③和⑤的目的是_____________________________________________________。(4)写出反应⑧中i的化学方程式：___________________________________________.（5)C的芳香族同分异构体中能与NaOH溶液反应的有_____种（C自身除外），其中核磁共振氢谱显示有5组峰且峰面积之比为3∶2∶2∶2∶1的结构简式为_____________。(6）根据题中所给信息，写出以乙炔和甲醛为起始原料合成1，3-丁二烯的合成路线_____（其它无机试剂任选）。【答案】(1).C8H10(2）。CH3—C≡CH(3）.取代反应(4).碳碳三键、羟基（5).在酸性高锰酸钾氧化苯环上的甲基时保护苯环上的(酚)羟基不被氧化(6)。CH3C≡CCH2Br++3NaOH→+NaBr+3H2O（7）.8（8）.(9).HC≡CHHOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OHCH2=CHCH=C