四川省巴中市高三上学期零诊考试理综化学试题

巴中市普通高中2020级“零诊”考试理科综合化学注意事项:1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置。2．答选择题时请使用2B铅笔将答题卡．上对应题目的答案标号涂黑;非选择题答题时必须用0．5毫米黑色墨迹签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置，在规定的答题区域以外答题无效，在试题卷上答题无效。3．考试结束后，考生将答题卡交回。可能用到的相对原子质量:H1、C12、N14、O16、Fe56第I卷(共126分)一、选择题:本题共13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.化学与生活、生产息息相关，下列叙述错误的是A.用于3D打印材料光敏树脂是高聚物，高聚物都是混合物B.铝合金的硬度较大、密度较小、抗腐蚀能力较强，因此高铁车厢的大部分材料选用铝合金C.市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂洗涤D.医疗上常用碳酸钠治疗胃酸过多【答案】D【解析】【详解】A．光敏树脂是高聚物，高聚物的聚合度不同，则高聚物都是混合物，故A正确；B．铝合金的硬度较大、密度较小、抗腐蚀能力较强，因此高铁车厢的大部分材料选用铝合金，故B正确；C．肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，溶于水呈碱性，聚酯纤维含有酯基，在碱性环境能发生水解反应，故市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂洗涤，故C正确；D．碳酸钠溶液碱性强，医疗上常用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故D错误；故选D。2.手性碳是指连接4个不同的原子或基团的碳原子。北京冬奥会在场馆建设中用到的一种耐腐蚀、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示，下列说法正确的是A1mol该物质最多能和2molH2发生加成反应B.该双烯环酯分子中有3个手性碳原子C.该分子中所有原子可能共平面D.该有机物的分子式为C14H18O2【答案】A【解析】【详解】A．该有机物含有碳碳双键和酯基，碳碳双键可以与氢气发生加成反应，故1mol该物质最多能和2molH2发生加成反应，故A正确；B．已知手性碳是指连接4个不同的原子或基团的碳原子，该双烯环酯分子中有2个手性碳原子，故B错误；C．该分子含有饱和碳原子，即有甲烷结构的碳原子，故所有原子不可能共平面，故C错误；D．由结构简式可知，该有机物的分子式为C14H20O2，故D错误；故选A。3.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molD2O比1molH2O多NA个质子B.密闭容器中，2molSO2和1molO2发生催化反应后分子总数小于2NAC.32g异戊烷和40g新戊烷的混合物中共价键的数目为16NAD.C2H4和C2H6O混合气体2.24L，完全燃烧，消耗O2的体积一定为6.72L【答案】C【解析】【详解】A．D与H相比，质子数相同，所以1molD2O和1molH2O所含质子数相等，故A错误；B．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，反应后气体总分子数大于2NA，故B错误；C．32g异戊烷和40g新戊烷，共计72g，异戊烷与新戊烷相对分子质量相同为72，故混合物为1mol，混合物中共价键的数目为16NA，故C正确；D．没有标明是标准状况，无法计算，故D错误；故选C。4.下列离子方程式正确的是A.向硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳:SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCOB.工业上制漂白粉:Cl2+2OH=Cl+ClO+H2OC.明矾溶液与过量氨水混合:Al3++4NH3+2H2O=AlO+4NHD.硫化钠溶液与氯化铁溶液反应:2Fe3++3S2=Fe2S3【答案】A【解析】【详解】A．向硅酸钠溶液中通入CO2可以得到酸性比碳酸更弱的硅酸H2SiO3沉淀，通入CO2过量时，生成HCO，A正确；B．工业上制漂白粉是将Cl2通入石灰乳中，因为含有大量Ca(OH)2固体，因此石灰乳不能拆写为OH，B错误；C．氨水是弱碱溶液，因此能与明矾溶液中的Al3+结合生成Al(OH)3沉淀，但不能将其转化为AlO，C错误；D．Fe3+具有氧化性，S2具有还原性，因此二者会发生氧化还原反应，而不是直接结合生成沉淀，D错误。故本题选A。5.世界资源储量最大的滑石矿位于江西上饶，经分析发现滑石中含有4种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，X的某种单质被喻为“地球的保护伞”，W2X2分子中含有18个电子，下列说法正确的是A.原子半径大小顺序为Z＞Y＞X＞W B.化合物YX是一种很好的耐火材料C.Y单质只能与空气中的主要成分氧气反应 D.Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸【答案】B【解析】【分析】X的某种单质被喻为“地球的保护伞”为臭氧，则X为O，W2X2分子中含有18个电子，则W的原子序数为1、W为H，四种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，则Y、Z最外层电子数之和为1316=6=2+4，则Y为第三周期第ⅡA的Mg、Z为第三周期第ⅣA的Si，据此回答。【详解】A．通常电子层数越大，原子半径越多，同周期从左到右原子半径递减，则原子半径大小顺序为Y＞Z＞X＞W，故A错误；

B．化合物YX即MgO，熔点高达2800°C左右，是一种很好的耐火材料，故B正确；C．Mg可以与氧气、氮气、二氧化碳均可以反应，故C错误；D．硅的氧化物的水化物硅酸酸性弱于碳酸，故D错误；答案选B。6.下列实验操作规范且能达到实验目的的是选项ABCD操作实验目的混合浓硫酸和乙醇定容干燥分离碘和酒精A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸稀释放出热量，可将浓硫酸缓慢倒入装有乙醇的烧杯，并不断用玻璃棒搅拌，A正确；B．定容时胶头滴管应悬空于容量瓶的正上方，B错误；C．碱石灰内含NaOH，能与氯气发生反应被吸收，应用五氧化二磷干燥氯气，C错误；D．碘和酒精互溶，不能用分液来分离，D错误；故选：A。7.下图为最新研制的一款车载双电极镍氢电池，放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，可表示为MH；充电时b、d电极的反应物为吸附的Ni(OH)2，下列叙述正确的是A.放电时电子的流动路径为:a→外电路→d→c→铜箔→bB.放电时c极上的反应可表示为:MHe+OH=M+H2OC.充电时a、b接电源的负极，c、d接电源的正极D.充电时外电路每通过2mol电子，该电池正极共增重4g【答案】B【解析】【详解】A．放电时电子的流动路径为:a→外电路→d，而d→c，b→a的导电过程均由离子完成，故A错误；B．已知放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，故放电时c极上的反应可表示为:MHe+OH=M+H2O，故B正确；C．放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，故放电时，a、c为负极，充电时为阴极，充电时b、d电极的反应物为吸附的Ni(OH)2，为阳极，故充电时a、c接电源的负极，b、d接电源的正极，故C错误；D．充电时，正极此时相当于阳极，发生反应，，故充电时正极质量是减小的，故D错误；故选B。第II卷(共174分)三、非选择题:第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38．题为选考题，考生根据要求作答。8.利用Cl2氧化绿色K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4的装置如下图所示(加热、夹持装置略):（1）仪器b的名称为___________，d中的溶液是_____________。实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下，此操作_______(填“能”或“不能”)检验装置的气密性。（2）装置B中Cl2氧化K2MnO4的化学方程式为___________。（3）单向阀的作用是_______，当仪器B中_______即停止通氯气。（4）当B中反应结束，后续操作是熄灭A处酒精灯,_______待冷却后拆除装置。（5）锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应:+MnO2↓+4OH根据此信息，可以得出上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是_________________。（6）某兴趣小组同学用0.1000mol·L1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定某过氧化氢试样，反应原理为2+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。用移液管移取25．00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示:第一次第二次第三次第四次17．3017．9018．0018．10计算试样中过氧化氢的浓度为_______mol·L1．【答案】（1）①.三颈烧瓶②.溶液③.不能（2）（3）①.防止倒吸②.溶液由绿色完全转变为紫红色（4）打开弹簧夹，通入空气(或)（5）在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶（6）0.1800【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。【小问1详解】由实验装置图可知，仪器b为三颈烧瓶；由分析可知，装置d中盛有氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气；仪器a为恒压滴液漏斗，能起到平衡气压，便于液体顺利流下的作用，所以实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下不能检验装置的气密性。【小问2详解】由分析可知，装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，反应的化学方程式为。【小问3详解】由示意图可知，单向阀只允许气体从左流向右，不允许溶液从右流向左，可以起到防倒吸的作用；由方程式可知，当装置B中绿色的锰酸钾溶液完全转变为紫红色高锰酸钾溶液时，说明锰酸钾完全反应，应停止通氯气。【小问4详解】当B中反应结束后，装置中还残留有未反应的氯气，为防止拆除装置时氯气逸出污染环境，所以拆除装置时的操作为熄灭A处酒精灯后，打开弹簧夹，通入空气，将装置中的氯气赶到装置C中被氢氧化钠溶液完全吸收，待冷却后拆除装置。【小问5详解】由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢。【小问6详解】由表格数据可知，第一次实验的误差较大，应舍去，所以滴定中消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为，由方程式可知，试样中过氧化氢的浓度为。9.我国稀土资源丰富，其中二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制备CeO2的工艺流程如下:（1）CeCO3F其中Ce元素的化合价为_______。（2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法有_______(写出一种即可)。（3）操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、________、________。（4）上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性:CeO2_____H2O2(填“＞”或“＜”)。（5）写出“沉铈”过程中的离子反应方程式______________。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1．0×105mol·L1，此时溶液的pH为5，则溶液中c()=______mol·L1(保留2位有效数字)。已知常温下：（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx，减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)。①该反应中的催化剂为_____________(写离子符号);②该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为_____。【答案】（1）（2）将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等（3）①.漏斗②.玻璃棒（4）＞（5）①.②.0.18（6）①.②.【解析】【分析】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CeO2。【小问1详解】CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为2、F元素化合价为1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3。【小问2详解】根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。【小问3详解】操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。【小问4详解】氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还原剂，氧化性CeO2＞H2O2。【小问5详解】“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×105

mol/L，则，，此时溶液的pH为5，则溶液中。【小问6详解】①根据图示，总反应为4H2+2NO24H2O+2N2，则该反应中的催化剂为Ce4+。②4H2+2NO24H2O+2N2反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为2:1。10.处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题:（1）CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)。在Zn*作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。总反应:CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)∆H=______kJ·mol1；该总反应的决速步是反应_____(填“①"或“②”)，该判断的理由是__________．（2）已知:CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)的速率方程为v=k·c(N2O)，k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_____(填字母序号)。A.升温 B.恒容时，再充入COC.恒压时，再充入N2O D.恒压时，再充入N2（3）在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与的变化曲线以及在时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示：①表示N2O转化率随的变化曲线为____曲线(填“I”或“II”)；②T1_______T2(填“>”或“<")，该判断的理由是______________③已知:该反应的标准平衡常数，其中为标准压强(100kPa)，p(CO2)、p(N2)、p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数=_______(计算结果保留两位有效数字，p分=p总×物质的量分数)。【答案】（1）①.②.①③.反应①的活化能是，反应②的活化能是，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步（2）AC（3）①.Ⅱ②.>③.曲线I表示的转化率随的变化，由于，则温度越低，越大，的转化率越大，故④.3.4【解析】【小问1详解】由图2可知，总反应为：CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)∆H=361.22kJ·mol1，反应的决速步骤是由活化能大的步骤决定的，故该总反应的决速步是反应①，判断的理由是反应①的活化能是149.6kJ·mol1，反应②的活化能是108.22kJ·mol1，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步。【小问2详解】由速率方程可知，此反应的速率与温度和c(N2O)有关，A．升温，k增大，速率加快，故A正确；B．恒容时，再充人CO，c(N2O)不变，速率不变，故B错误；C．恒压时，再充人N2O，c(N2O)增大，速率增大，故C正确；D．恒压时，再充人N2，c(N2O)减小，速率减慢，故D错误；故选AC；【小问3详解】①越大，N2O的转化率越小，故曲线II表示N2O的转化率随的变化。②曲线I表示的转化率随的变化，由于，则温度越低，越大，的转化率越大，故。③由图3曲线1可知，，总压为100kPa，容器恒容，温度为T4时，N2O的转化率为65%，可列出三段式：，利用“三段式”计算法可知，平衡时p(N2O)=17.5kPa，p(CO)=17.5kPa，p(CO2)=32.5kPa，p(N2)=32.5kPa，。(二)选考题:共45分．请考生从2道物理题、2道化学题、1道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做，则每学科按所做的第一题计分．11.Fe、Ni元素性质非常相似，属于铁系元素，得到广泛应用，请回答下列问题:（1）Fe元素属于元素周期表的_______区(填分区)（2）基态Ni2+核外电子排布式为________________。（3）鉴定Ni2+的特征反应是将丁二酮肟加入Ni2+盐溶液中，生成鲜红色的螯合物M，M的结构如图甲所示。①组成M的5种元素中，除H元素外，另外4种元素第一电离能由大到小的顺序为______(填元素符号)，其中C原子的杂化类型为_________________。②图中各微粒不存在的作用力有________(填标号)a．极性键b．非极性键c．配位键d．π键e．离子键f．氢键（4）一种铁氮化合物具有高磁导率，可用于制电子元件,其晶胞结构如图乙所示。①铁氮化合物的化学式为_____________。②在该晶胞结构另一种表示中，N处于顶点位置，则铁处于_________、______位置③若该化合物密度为g·cm3，用NA表示阿伏加德罗常数,则由Fe(II)构成的正八面体的体积为______________cm3【答案】（1）d（2）（3）①.②.③.e（4）①.或②.体心③.棱心④.【解析】【小问1详解】铁位于元素周期表的第四周期第VIII族，位于d区。【小问2详解】Ni的原子序数为28，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，则Ni2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8或。【小问3详解】另外四种元素为N、O、C、Ni，同一周期从左向右第一电离能呈增大趋势，第VA族因最外层处于半满结构，使得其第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，而同一族从上向下第一电离能逐渐减小，因此N、O、C、Ni第一电离能由大到小的顺序为：；由M的结构可知，既有饱和碳原子、又有形成双键的碳原子，因此碳原子采取sp3、sp2杂化。②由M结构可知，M中存在N→Ni配位键，CC非极性键，CN、CH、OH极性键，C=N双键中含有π键，还有2个氢键，不存在离子键，答案选e。【小问4详解】①依据晶胞结构，Fe原子个数为：，其中Fe(II)占3个、Fe(III)占1个，N原子位于体心，原子数目为1，因此铁氮化合物的化学式为：或。②依据晶胞结构图知，若N处于顶点位置，则Fe处于体心和棱心位置。③氮化铁的化学式为Fe4N，则晶胞质量，若晶胞边长为acm，则晶胞质量，，Fe(II)围成的八面体相当于两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、，正四棱锥的高等于，根据，八面体体积。12.奴佛卡因H是口腔科局部麻醉药，某兴趣小组以甲苯和乙烯为主要原料，采用以下合成路线进行制备。已知:苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。请回答下列问题:（1）A的名称_______，C中官能团的名称___________。（2）F的结构简式____________，反应⑤的反应条件______________。（3）下列有关反应的说法正确的是:_______。(填标号)A.步骤①和②可以互换 B.步骤①→⑤共有2个取代反应C.E中所有原子处于同一平面 D.1molH物质最多和4mol氢气发生加成反应（4）写出A→B的反应方程式______________。（5）写出两种同时符合下列条件的B的同分异构体____________________、______________。①红外光谱检测分子中含有醛基;②1HNMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。（6）参照上述路线，写出以苯和为原料制取的合成路线图_____________________。【答案】（1