【UFGS02】2020年3月山西省高三适应性调研考试理科综合

第6页共15页佀进东微信：sjd430sjd430微信公众号：北京化学题库2020年3月山西省高三适应性调研考试理科综合【JWU02】一、选择题1.依据国家卫健委印发《新型冠状病毒肺炎防控方案》，医用酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸等均可有效杀灭新型冠状病毒，可用于家庭消毒。下列有关说法正确的是()A.乙醇浓度越高，杀毒效果越好，因此家庭消毒选用75%及以上浓度的酒精均可B.84消毒液可用于地面、桌面、玩具、各种衣物和皮肤消毒C.过氧乙酸用于消毒水果蔬菜，但因为不稳定需贮存于铁器皿中D.新型冠状病毒外有蛋白质包膜，上述物质都能够使包膜蛋白质变性，但引起变性的原理有所不同【答案】D【解析】【详解】A.75%的乙醇溶液消毒效果最佳，乙醇溶液消毒原理是乙醇分子通过细胞膜，使内部蛋白质变性，浓度过高和过低都不易进入细胞内部，故A错误；B.84消毒液可用于地面、桌面、玩具的消毒，但由于其腐蚀性，不适用于贴身衣物和皮肤消毒，故B错误；C.过氧乙酸呈酸性，不能贮存于铁器皿中，故C错误；D.新型冠状病毒外有蛋白质包膜，上述物质都能够使包膜蛋白质变性，但原理不同，有的是因为氧化性，如84和过氧乙酸，有的是因为结构特点，如乙醇溶液，故D正确；故选D。【点睛】酒精之所以能消毒是因为酒精能够吸收细菌蛋白的水分，使其脱水变性凝固，从而达到杀灭细菌的目的。如果使用高浓度酒精，对细菌蛋白脱水过于迅速，使细菌表面蛋白质首先变性凝固，形成了一层坚固的包膜，酒精反而不能很好地渗入细菌内部，以致影响其杀菌能力。75%的酒精与细菌的渗透压相近，可以在细菌表面蛋白未变性前逐渐不断地向菌体内部渗入，使细菌所有蛋白脱水、变性凝固，最终杀死细菌，酒精浓度低于75%时，由于渗透性降低，也会影响杀菌能力。2.下列关于有机化合物的认识错误的是()A.裂化汽油可以提取溴水中的Br2B.聚乙烯塑料制品可用于食品的包装C.NaOH溶液能用于区分地沟油和矿物油D.乙醇、乙酸和葡萄糖均可以与金属钠反应【答案】A【解析】【详解】A.裂化汽油中含有碳碳双键，与溴水中溴发生加成反应，不可以作萃取剂，故A错误；B.聚乙烯塑料制品无毒，可用于食品的包装，故B正确；C.地沟油属于酯类，在碱性条件下可以水解，矿物油属于烃类，与氢氧化钠溶液不反应，故NaOH溶液能用于区分地沟油和矿物油，故C正确；D乙醇和葡萄糖中含有羟基，乙酸中含有羧基，均可以与金属钠反应，故D正确；故选A。3.下列装置能达到实验目的的是()A.探究AgCl和AgI之间的转化B.比较Cl2、Br2、I2的氧化性强弱C.制备Fe(OH)2D.用已知浓度的氢氧化钠溶液测定盐酸浓度的实验【答案】C【解析】【详解】A.硝酸银过量，生成氯化银沉淀后，Ag+剩余，继续生成碘化银沉淀，无法探究AgCl和AgI之间的转化，故A错误；B.氯气依次通过两棉球，通过现象可以证明氯气的氧化性强于Br2和I2，但无法比较Br2、I2的氧化性，故B错误；C.根据装置特点分析，先打开a和b，A中生成的氢气排出装置的空气，防止Fe(OH)2被氧化，关闭a时，生成的氢气将A中反应产物硫酸亚铁通过导管压入B中的氢氧化钠溶液中，反应得到Fe(OH)2，故C正确；D.氢氧化钠溶液应该装在碱式滴定管内（下部为橡胶管），故D错误；故选C。4.从某中草药提取的有机物结构如图所示，关于该有机物的说法中错误的是()A.化学式为C14Hl8O6B.含有5种不同环境的氢C.与乙酸和乙醇均能发生酯化反应D.既能使酸性KMnO4溶液褪色，又能使溴水褪色【答案】B【解析】【详解】A.根据结构简式确定分子式为C14H18O6，故A正确；B.环上有5种氢原子，羟基和羧基上有2中，共7种不同环境的氢，故B错误；C.含有醇羟基和羧基，所以与乙酸和乙醇均能发生酯化反应，故C正确；D.含有碳碳双键，既能使酸性KMnO4溶液褪色，又能使溴水褪色，故D正确；【点睛】该有机物中含有羧基、醇羟基和碳碳双键，具有羧酸、醇和烯烃性质，能发生酯化反应、中和反应、消去反应、氧化反应、加成反应、加聚反应等。5.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法，其流程如下图所示。已知向反应中得到的产物中加过量I2会得到两层溶液——含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层，这两层分别进行反应Ⅱ和Ⅲ，循环分解制氢。下列说法错误的是()A.反应I的化学方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HIB.该流程将太阳能转化为化学能，且降低了水分解制氢的活化能C.H2SO4层和HI层在加I2之前和加I2之后均分成两层，且两层密度、颜色均不相同D.SO2和I2是反应2H2O=2H2+O2的催化剂【答案】C【解析】【详解】A.根据图示知，反应I中反应物SO2、H2O和I2，发生氧化还原反应，生成硫酸和氢碘酸，化学方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，故A正确；B.根据题干信息分析，该过程以太阳能为热源，高效制氢，所以该流程将太阳能转化为化学能，且降低了水分解制氢活化能，故B正确；C.加I2之前，H2SO4和HI互溶，不分层，且没有颜色，故C错误；D.由图示知，SO2和I2循环利用，并未消耗，是反应2H2O=2H2+O2的催化剂，故D正确；故选C。7.常温下，用0.0100mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL0.0100mol/L的二元酸H2A，滴定过程中加入NaOH溶液的体积(V)与溶液中的关系如图所示，下列说法正确的是()A.H2A的电离方程式为：H2A=A2-+2H+B.B点显酸性的原因是HA的电离程度大于其水解程度C.C点溶液显中性，所以c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）D.常温下Kh(Na2A)的数量级约为10-4【答案】D【解析】【详解】A.A点，0.01mol/L的H2A，=10，则，c(H+)=mol/L，则H2A不完全电离，电离方程式为：H2AHA-+H+，HA-A2-+H+，故A错误；B.B点时，溶质为NaHA，溶液显酸性的原因是HA-的电离程度大于其水解程度，故B错误；C.C点溶液显中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-），所以c（Na+）=2c（A2-）+c（HA-），故C错误；D.D点时，溶质Na2A，此时=-8，则，根据水的离子积计算得c(OH-)=10-3mol/L，根据A2-+H2O-HA-+OH-得，常温下Kh(Na2A)=，故D正确；故选D。二、填空题8.二氧化碳捕集与封存是应对气候变化问题的解决方案之一。回答下列问题：(l)我国科研团队利用低温等离子体协同催化技术，在常温常压下实现了将CO2和CH4一步转化为化工产品。试写出CO2与CH4合成乙酸的热化学方程式：____。（甲烷和乙酸的燃烧热分别为-890.31kJ/mol、-876.72kJ/mol）(2)在某一钢性密闭容器中CH4、CO2的分压分别为15kPa、20kPa，加入Ni/α-Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。①研究表明CO的生成速率v（CO）=1.2810-2﹒p（CH4）p（CO2）（kPas-1），某时刻测得p(H2)=10kPa，则p（CH4）=___kPa，v（CO）=___kPas-1。②达到平衡后测得体系压强是起始时的，则该反应的平衡常数Kp=____kPa）2。(3)氮化镓(GaN)与Cu可组成如图所示的人工光合系统，该装置能以CO2和H2O为原料合成CH4。①该装置工作时H+移向____（填“GaN”或“Cu”）电极，该电极上的电极反应式为___。②该装置每产生1molCH4，左极室溶液质量减少____g。③本实验条件下，若CO2转化为烃（如甲烷、乙烯等）的转化率为10%，生成CH4的选择性为12%，现收集到12molCH4，则通入的CO2为____mol。（已知：选择性=生成目标产物消耗的原料量／原料总的转化量）(4)上述人工光合系统装置也可以制备乙烯、乙炔等重要化工原料。2010年Sheth等研究得出乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理，如下图所示。其中吸附在Pd表面的物质用“*”标注。上述吸附反应为____填“吸热”或“放热”）反应，该过程中最小能垒（活化能）为___kJmol-1，该步骤的化学方程式为____。【答案】(1).CH4（g）+CO2（g）＝CH3COOH（l）△H=-13.59kJ/mol(2).10(3).1.92(4).3200(5).Cu(6).CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O(7).72(8).1000(9).放热(10).66(11).C2H2*+H*=C2H3*【解析】【详解】（1）根据甲烷和乙酸的燃烧热得出热化学方程式为：①CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.31kJ/mol，②CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=-876.72kJ/mol，根据盖斯定律①-②得CH4（g）+CO2（g）═CH3COOH（l）△H=-890.31kJ/mol-(-876.72kJ/mol)=-13.59kJ/mol，则CO2与CH4合成乙酸的热化学方程式为：CH4（g）+CO2（g）＝CH3COOH（l）△H=-13.59kJ/mol，故答案为：CH4（g）+CO2（g）＝CH3COOH（l）△H=-13.59kJ/mol；（2）①在某一钢性密闭容器中CH4、CO2的分压分别为15kPa、20kPa，加入Ni/α-A12O3催化剂并加热至1123K使其发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，则p（CH4）=10kPa，v（CO）=1.2810-2p（CH4）p（CO2）（kPas-1）=1.2810-2×10×15=1.92（kPas-1），故答案为：10；1.92；②达到平衡后测得体系压强是起始时的，设达到平衡状态消耗甲烷分压x，15-x+20-x+2x+2x=（15+20）×，解得x=10，因此平衡常数Kp=，故答案为：3200；（3）①由图可知，负极上水失去电子生成氧气，正极上二氧化碳得到电子生成甲烷，阳离子向正极移动，正极的电极反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，故答案为：Cu；CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；②根据正极反应式知每产生1molCH4转移电子数为8mol，左极室溶液质量较少的是水的质量，根据电子转移守恒及电极反应式H2O-4e-=O2↑+4H+得：m(H2O)=18g/mol×=72g，故答案为：72；③由题意得n（CO2）×10%×12%=12mol，则n（CO2）=1000mol，故答案为：1000；（4）根据图示知，吸附反应能量降低，则反应为放热；根据图示反应中最小能垒（活化能）为66kJmol-1；该步骤的化学方程式为：C2H2*+H*=C2H3*；故答案为：放热；66；C2H2*+H*=C2H3*。9.某课题组在用酸性KIO3溶液滴定含淀粉的Na2SO3溶液时，发现滴定的前5s锥形瓶中溶液无明显变化，随着滴定的进行，锥形瓶中溶液局部变蓝，振荡后蓝色消失；继续滴定，重复出现滴入液体锥形瓶中溶液马上变蓝，振荡后迅速消失的现象，直至滴入最后一滴，半分钟内不褪色，停止滴定。对于反应现象，课题组展开了关于反应原理的讨论。【预测】(l)[观点1]先发生①5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O，溶液变蓝，再发生②_______________________，蓝色迅速消失。(2)[观点2]先发生③3SO32-+IO3-=3SO42-+I-，前5s内溶液无明显变化，再发生④____和②，变蓝后又迅速消失。【实验】为判断IO3-的直接还原产物是I-，还是I2，课题组设计如下实验：向水槽中依次加入80.0mL0.0100mol/LKIO3溶液、10mL0.1mol/L稀H2SO4、80.0mL0.0100mol/LNa2SO3溶液。反应一段时间，待电流表示数稳定后，向a电极附近溶液中滴加淀粉溶液，溶液未变蓝；但小心吸取贴近a电极附近的溶液置于试管中，再滴加淀粉溶液，溶液却变蓝。(3)____填“a“或“b”）极为正极。直接向水槽中滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，说明该电极反应式为___。(4)从水槽中取溶液置于试管中，滴加淀粉溶液，溶液却变蓝，是因为发生了反应（从预测中的四个反应选填一个，填写其序号）__________________________；在原电池装置中不会得到I2，取出溶液却能反应得到，是由于原电池中____（写离子符号）浓度大，IO3-首先与它反应。【结论】(5)观点____（填“1”或“2”）正确。滴定前一阶段较长时间无明显现象，说明反应___，后来重复出现迅速变蓝后迅速消失的现象，是因为___，加快了反应速率。【答案】(1).I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+(2).IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O(3).a(4).IO3-+6e-+6H+=I-+3H2O(5).④(6).SO32-(7).2(8).速率慢(9).生成的I-为（5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O）的催化剂【解析】【分析】根据氧化还原反应原理分析可能发生的化学反应；根据原电池原理及实验现象分析假设反应是否成立；根据影响反应速率的外界因素分析解答。【详解】（1）[观点1]先发生①5SO32-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O，溶液变蓝，过量的SO32-将I2还原，蓝色褪去，反应为I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，故答案为：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+；（2）[观点2]先发生③3SO32-+IO3-=3SO42-+I-，前5s内溶液无明显变化，IO3-将I-氧化生成I2，反应为IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；（3）向a电极附近溶液中滴加淀粉溶液，溶液未变蓝；但小心吸取贴近a电极附近的溶液置于试管中，再滴加淀粉溶液，溶液却变蓝。说明a极发生电极反应为：IO3-+6e-+6H+=I-+3H2O，反应为还原反应，则a为正极，故答案为：a；IO3-+6e-+6H+=I-+3H2O；（4）从水槽中取溶液置于试管中，滴加淀粉溶液，溶液却变蓝，说明有I2生成，是因为发生了反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；取出溶液却能反应得到，是由于原电池中SO32-离子浓度大，IO3-首先与它反应，故答案为：④；原电池中SO32-离子浓度大，IO3-首先与它反应；（5）根据上述分析IO3-被直接还原为I-，即观点2正确；滴定前一阶段较长时间无明显现象，说明反应速率慢；后来重复出现迅速变蓝后迅速消失的现象，说明反应速率加快，说明生成的I-为（5SO3-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O）的催化剂，故答案为：2；速率慢；生成的I-为（5SO3-+2IO3-+2H+=5SO42-+I2+H2O）的催化剂。10.纳米Fe3O4在生物医学和催化剂载体等领域应用前景光明。其制备流程如下：已知：锌单质溶于强碱生成ZnO22-；Zn（OH）2既能溶于强酸又能溶于强碱。请回答下列问题：(l)用NaOH溶液处理废旧锌铁皮的作用有___。A.去除油污B．溶解镀锌层C．去除铁锈D．钝化(2)步骤②生成Zn(OH)2沉淀的离子方程式为____，用离子方程式结合文字说明该步骤pH不能过小的原因____。调节pH的最佳方法是向溶液中通入____（填化学式）。(3)步骤④反应的离子方程式为_____；为确保纳米Fe3O4粒子的纯度，应调整原溶液中Fe2+与所加H2O2的物质的量之比为_______。(4)步骤⑤制得Fe3O4纳米粒子的过程，需要在无氧环境下进行，说明理由__________；T业生产中可采取___________措施提供无氧环境。(5)步骤⑤_______（填“能”或“不能”）用减压过滤（抽滤）得到纳米Fe3O4粒子？理由是___________。【答案】(1).AB(2).ZnO22-+2H+=Zn(OH)2↓(3).加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO产量(4).CO2(5).2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(6).3:1(7).防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化(8).持续通入N₂(9).不能(10).纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸【解析】【分析】根据流程图及已知信息分析得：废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，不溶物为Fe，溶液A加稀硫酸使溶液中ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥，灼烧得到ZnO，不溶物Fe中加入稀盐酸，反应生成氯化亚铁，加入适量H2O2，氧化部分亚铁离子为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，再加入NaOH，并通入氮气排除氧气，加热分解，生成四氧化三铁胶体粒子，据此分析解答。【详解】（1）氢氧化钠溶液有助于铁皮表面的油污水解除去，同时由题干信息知锌易溶于氢氧化钠溶液，故答案为：AB；（2）根据题给信息知，步骤②为ZnO22-与酸反应生成Zn（OH）2的反应，离子方程式为：ZnO22-+2H+=Zn(OH)2↓；加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO产量；所得溶液呈碱性，为了不引入新的杂质，调节pH的最佳方法是向溶液中通入CO2；故答案为：ZnO22-+2H+=Zn(OH)2↓；加入酸是为了使ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，但加入酸不能过多，要防止发生Zn（OH）2+2H+＝Zn2++2H2O，降低ZnO产量；CO2；（3）根据上述分析步骤④目的是用双氧水氧化亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe3O4粒子中+2铁与+3价铁物质的量之比为1:2，设Fe2+物质的量为x，则根据离子方程式分析所加H2O2的物质的量为：，则应调整原溶液中Fe2+与所加H2O2的物质的量之比为x:=3:1，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；3:1；（4）防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化，所以步骤⑤制得Fe3O4纳米粒子的过程，需要在无氧环境下进行；工业上通常通过持续通入N2提供无氧环境，故答案为：防止Fe2+[或Fe（OH）2]被氧化；持续通入N2；（5）根据加压抽滤的原理及纳米粒子半径大小分析，不能用抽滤的方法得到纳米Fe3O4粒子，原因是纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸，故答案为：不能；纳米粒子太小，抽滤时容易透过滤纸。11.第四周期包含18种元素，其中多种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。(l)铁位于元素周期表____区，Fe3+的价电子排布式为____。(2)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，可用en代表，其能够与Cu2+形成稳定环状配离子，可表示为[Cu(en)2]2+，其中Cu2+的配位数为____。1mol[Cu(en)2]C12中含有σ键的数目为____。(3)气态SeO3为单分子，该分子中Se原子的杂化轨道类型为___。用物质结构理论解释H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：______________。(4)如图为Cu2O晶胞结构，其中黑球表示____原子（填元素符号）；Cu2O的密度为pg·cm-3则晶胞的边长为___cm。（用NA表示阿伏加德罗常数的值）【答案】(1).d(2).3d5(3).4(4).26NA(5).sp2(6).H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，更易电离出H+(7).Cu(8).【解析】【详解】（1）元素周期表五区的划分是根据最后排入的电子名称命名的，Fe原子是26号元素，Fe原子的基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，这些电子排列时遵循能量最低原理（先排能量低的后排能量高的），这些能级的能量大小顺序为：1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d，根据能量最低原理先排4s电子后排3d电子，所以最后排入的是3d电子，根据命名规则属d区，Fe3+的价电子排布式为3d5，故答案为：d；3d5；（2）乙二胺中含有2个N原子，根据化学式[Cu(en)2]2+知，其中Cu2+的配位数为2×2=4；单键为σ键，配位键也属于σ键，所以1mol[Cu(en)2]C12中含有σ键的物质的量为1mol×(11×2+4)=26mol，即26NA；故答案为：4；26NA；（3）SeO3的中心原子价层电子对数为，则Se原子的杂化轨道类型为sp2；H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，更易电离出H+，所以H2SeO4比H2SeO3酸性强，故答案为：sp2；H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，更易电离出H+；（4）根据晶胞结构分析，白球处于顶点和体心，则