四川省成都市邛崃市第一中学高三下学期二模化学试题

年四川省邛崃市第一中学校高级高三二模考试化学本卷满分分，考试时间分钟。注意事项：本试卷共分两卷，第Ⅰ卷为选择题，第Ⅱ卷为非选择题。考生务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡相应的位置上。第Ⅰ卷的答案用铅笔填涂到答题卡上，第Ⅱ卷必须将答案填写在答题卡上规定位置。可能用到的相对原子质量：第Ⅰ卷选择题共分)一、单项选择题：本题共小题，每小题3分，共分。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.化学使生活更美好，下列说法错误的是A.肥皂能去污是由于肥皂的主要成分中存在疏水基和亲水基B.乙醇能作为消毒剂是由于乙醇能使蛋白质变性而杀灭微生物C.玻璃能制成规则外观的玻璃球是由于晶体的自范性D.“复方氯乙烷气雾剂”可使拉伤部位冷冻，是由于其主要成分沸点低，易挥发【答案】C【解析】【详解】A．油污难溶于水，肥皂能去污是由于肥皂的主要成分中存在疏水基和亲水基，A正确；B．微生物的活性物质为蛋白质，乙醇能作为消毒剂是由于乙醇能使蛋白质变性而杀灭微生物，B正确；C．玻璃是非晶体，不具有自范性，C错误；D“复方氯乙烷气雾剂”D正确；答案选C。2.下列物质中所有碳原子都是杂化，且具有碱性的是A.B.C.D.【答案】C【解析】第1页/共23页【详解】A．中CH3的碳原子是sp3杂化，COONa上碳原子是sp2杂化，A不符合题意；B．上碳原子都是sp2杂化，B错误；C．上碳原子都是sp3杂化，属于胺类物质，具有碱性，C符合题意；D．中碳碳三键上碳原子为sp杂化，D不符合题意；答案选C。3.下列化学用语或图示表达正确的是A.中为杂化B.的电子式为C.的模型为D.中共价键的电子云图形为【答案】D【解析】【详解】A．中每个原子周围有4个O原子，价层电子对为4，杂化方式为sp3杂化，A错误；B．B的价电子数为3，的电子式为，B错误；C．的中心原子为O，模型为四面体结构C错误；D．中Cl原子间3p轨道头碰头重叠形成共价键，电子云图形为，D正确；答案选D。4.下列实验操作、现象和结论都正确的是A.向淀粉的水解产物中加碘水，溶液变蓝则证明淀粉没有水解完全B.向溶液中加入稀盐酸，溶液变为橙色，证明具有强氧化性C.向某溶液中加入稀盐酸，有白色沉淀生成，继续滴加沉淀不消失，证明溶液中存第2页/共23页D.向铁和水蒸气反应后的固体中先加稀硫酸，再加溶液，溶液不变红，证明固体中没有【答案】A【解析】【详解】A．向淀粉的水解产物中加碘水，溶液变蓝说明溶液中含有淀粉，淀粉没有水解完全，故A正确；B化铬溶液为紫色，所以反应后溶液不可能为橙色，故B错误；C沉淀生成，继续滴加沉淀不消失，不能证明溶液中存在硅酸根离子，故C错误；D根离子反应，所以向铁和水蒸气反应后的固体中先加稀硫酸，再加硫氰化钾溶液，溶液不变红，不能证明固体中没有四氧化三铁，故D错误；故选A。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A.pH=0的溶液中：、、、B.某无色透明溶液中：、、、C.与Al反应能放出的溶液中：、、、D.水电离出来的的溶液：、、、【答案】D【解析】【详解】A．的溶液为强酸性溶液，具有氧化性能与、均发生氧化还原反应，A错误；B．为蓝色，不能存在于无色溶液中，B错误；C．和Al反应能放出的溶液可能为酸性或碱性溶液，若为酸性溶液，H+和HCO能发生反应生成水和CO，H+和反应生成Al3+，若为碱性溶液，OH和生成，不能大量共存，C错误；D在酸性溶液中不能大量存在，在碱性溶液中可以大量存在，其他粒子在酸性或碱性溶液中，可以大量存在，D正确；故选D。第3页/共23页6.已知乙烯利固体与氢氧化钾溶液反应可以制备乙烯，反应原理如下所示：实验装置如图所示。下列说法错误的是A.流量调节器可以控制反应速率B.气压平衡管的作用是平衡压强，使液体顺利流下C.气体出口逸出的乙烯可以用排空气法收集D.该方法制得的乙烯比浓硫酸使乙醇脱水制得的乙烯纯净【答案】C【解析】KOH口产生乙烯，气压平衡管的作用是平衡压强，保证溶液顺利流下。【详解】A．流量调节器可以控制液体反应物的流量，从而控制反应速率，A正确；B．气压平衡管使上下两部分连通，作用是平衡压强，使液体顺利流下，B正确；C．乙烯的摩尔质量为28g/mol，空气的平均摩尔质量为29g/molC错误；D．浓硫酸使乙醇脱水制得的乙烯中存在CO、SO2等杂质，而该方法制得的乙烯较纯净，D正确；答案选C。7.黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为。下列说法正确的是第4页/共23页A.电负性：B.基态原子核外未成对电子数：C.第一电离能：D.、、、都位于元素周期表的区【答案】B【解析】【详解】A．非金属性越强，电负性越大，非金属性，电负性：，A错误；B．基态、S、原子核外未成对电子数分别是3、2、1，B正确；C．同周期第一电离能有增大趋势，N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O，则第一电离能：，C错误；D．元素在区，不在区，D错误；答案选B。8.下列化学用语或图示正确的是A.HClO的电子式：B.杂化轨道示意图：C.的σ键的形成：D.邻羟基苯甲醛的分子内氢键：【答案】B【解析】【详解】A．次氯酸的结构式为H—O—Cl，电子式为，故A错误；B．杂化轨道是1个s轨道与2个p轨道杂化形成的，杂化轨道之间的夹角为120º，示意图为，故B正确；C．氮气分子中氮原子与氮原子的p轨道形成p—pσ键的过程为，故C错误；第5页/共23页D．邻羟基苯甲醛分子中的醛基和羟基能形成分子内氢键，示意图为，故D错误；故选B。9.某离子液体由原子序数依次增大的短周期元素XYZWM组成，结构简式如图。其中YZ位于同周期相邻主族，W和M的p轨道均含一个未成对电子。下列说法正确的是A.简单离子半径：Z<W<MB.电负性：Z<Y<XC.第一电离能：M<W<ZD.该离子液体的阴阳离子中均含有配位键【答案】D【解析】【分析】依据结构可知X形成1个单键，且在五种元素中原子序数最小，则X为H，Y均形成四个共价键，则Y为CYZ位于同周期相邻主族，故Z为N元素，该物质阳离于应该是N(CH)3与H+中N上有1个孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，该物质的阴离子为1价，结合W和M的p轨道均含有一个未成对电子，故W的价电子排布式为3s23p1，M的价电子排布式为3s23p5，该阴离子应该为，其中Al3+提供空轨道，Cl提供孤电子对，二者形成配位键。由此可以得知，X为H，Y为C，Z为N，W为Al，M为Cl；【详解】A．Al3+、N3均为10电子微粒，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，故半径：N3>Al3+，Cl为18电子微粒，所以Cl的半径最大，因此简单离子半径：Al3+<N3<Cl，A项错误；B．元素非金属性越大，电负性越大，非金属性：H<C<N，则电负性：X<Y<Z，B项错误；CW为Al，属于金属元素，其第一电离能较小，M为Cl，是非金属元素且非金属性较强，第一电离能不会是最小，故C错误；D．由上述分析可知，该离子液体中阴、阳离子中均含有配位键，D项正确；故选D。10.单质的转化如下图所示，下列说法错误的是第6页/共23页A.单质具有漂白性B.对应的元素是人体必需的微量元素C.单质可以与水蒸气反应D.苯酚与的水溶液作用显紫色【答案】A【解析】【分析】由转化关系可推断出，红棕色粉末为氧化铁，铁分别与盐酸、氯气反应生成氯化亚铁和氯化铁，是，是，是，是，是。【详解】A．无漂白性，A错误；B．元素是人体必需的微量元素，B正确；C．高温下，与水蒸气反应可生成和，C正确；D．苯酚遇的水溶液显紫色，D正确；答案选A聚脲是一种先进的防水材料，广泛应用于工程建筑、管道防腐等领域。一种合成聚脲(W)的路线如下所示：下列说法正确的是A.M的核磁共振氢谱有2组峰B.N是苯胺()的同系物，具有碱性C.反应2生成W的同时生成，为缩聚反应D.W链间易形成氢键，且有极小的分子间隙，导致水分子难以渗入【答案】D【解析】第7页/共23页【分析】合成聚脲W是先通过1分子的有机物M和1分子的有机物N发生氨基和氮碳双键加成生成有机物H，然后有机物H再自身不断通过氨基和氮碳双键加成生成合成聚脲W。A（M的核磁共振氢谱有3组峰，A错误；BN分子式相差不是若干个CH，所以它们不是同系物，B错误；C．由上述分析可知反应2是加成反应形成的聚合，没有水生成，所以不是缩聚反应，C错误；D．有机物W含有大量NH键，所以分子之间可以形成氢键，该分子是线性分子，然后分子之前再形成大量氢键，可以减小分子之间的间隙，导致水分子难以渗入，D正确；故选D。12.、、、、、是原子序数依次增大的前四周期元素，原子核外的能级电子数是能级电子数的两倍，、位于同一主族，元素的某种单质可用于自来水消毒，的单质可用作食品抗氧化剂。下列说法错误的是A键角：B.原子半径：C.简单氢化物的沸点：D.、、组成的一种离子可用于检验【答案】A【解析】【分析】的一种同位素没有中子，X是H，基态原子s能级电子数量是p能级的两倍则其核外电子排布为1s22s22p2为C，、位于同一主族，元素的某种单质可用于自来水消毒，则该单质是，W是O、M是S，Z原子序数在Y、M之间，则Z是N，是第四周期元素，的单质可用作食品抗氧化剂，G是Fe，综上所述，X是H、Y是C、Z是N、W是O、M是S、G是Fe。A．分别为，中心原子的价电子对数为3电子，键角为120°，HO和HS的结构相似，中心原子均为sp3杂化，且都有一对孤电子对，键角均小于，O的电负性强于S，成键电子对偏向O原子，孤对电子对成键电子对斥力更大，因此键角HO＞HS，则键角大小为：，A错误；B．同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：第8页/共23页，B正确；C．O、N的简单氢化物均为分子晶体，且均能形成分子间氢键，水分子孤对电子数更多，形成的氢键数量更多，则水分子间的作用力更强，故简单氢化物的沸点：，C正确；D．、、组成的一种离子为，遇到变为血红色的配合物，因此可用于检验，D正确；故选A。13.根据伯恩哈勃循环图，部分反应的如下表所示，K的第一电离能是数值+89+121.5349717436.5A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据盖斯定律：++++=，解得=；故选B；14.电池的工作原理为，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电。下列有关说法正确的是第9页/共23页A.该电池利用钠离子嵌脱过程实现充放电，未发生氧化还原反应B.充电时，锰元素的化合价升高，钠离子在锰基材料上脱出C.放电时，负极反应式为：D.充电时，外电路中转移，锰基材料质量增加【答案】B【解析】【分析】根据充放电原理，放电时负极发生：NaCxe=Cn+nNa+，正极发生NaMnO+xe+xNa+=NaMnO，则a为正极，b为负极，充电时，a为阳极，b为阴极。【详解】A．反应中元素的化合价发生了变化，发生了氧化还原反应，A错误；B，上脱出，B正确；C．放电时负极反应为，C错误；D．充电时，外电路中转移，锰基材料脱出，质量减少，D错误；答案选B。第Ⅱ卷非选择题共分)二、非选择题本题共4小题，共分)15.硫酸亚铁铵晶体第10页/共23页疗缺铁性贫血的药物等。实验室利用废铁屑(主要成分为Fe，还有少量FeS和油污)合成硫酸亚铁铵晶体的步骤如下：I.废铁屑的净化将废铁屑放入锥形瓶中，加入溶液，加热煮沸一段时间。用倾析法除去碱液，再用蒸馏水洗净铁屑。Ⅱ.的制备往盛有洗净铁屑的锥形瓶中加入足量溶液，烧杯中加入过量溶液。加热使铁屑与反应至不再冒气泡(实验均在通风处进行)。趁热过滤，将滤液转入蒸发皿中。Ⅲ.硫酸亚铁铵晶体的制备向滤液中迅速加入一定体积的饱和为停止加热，冷却结晶，减压过滤、洗涤、干燥得到产品。Ⅳ.产品纯度测定溶液配制：称取产品，用蒸馏水溶解后配制成溶液。标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗标准溶液。已知：①硫酸亚铁铵在空气中不易被氧化，溶于水，不溶于乙醇。②的相对分子质量为392。回答下列问题：（1）步骤Ⅰ中加入溶液的目的是_______。（2）下列情况适合倾析法的有_______。A.沉淀呈絮状B.沉淀的颗粒较大C.沉淀容易沉降（3）步骤Ⅱ中过滤使用到的玻璃仪器有_______，烧杯中发生的化学反应方程式为_______。（4）步骤Ⅲ中制得的晶体需要用_______(填字母代号)洗涤，目的是_______。A.蒸馏水B.饱和食盐水C.无水乙醇第11页/共23页（5）步骤Ⅳ中：①“滴定分析”步骤中，下列操作错误的是_______。A.用量筒量取硫酸亚铁铵溶液B.溶液置于酸式滴定管中C.锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管液面刻度②该产品中硫酸亚铁铵的纯度为_______(用含m、V的代数式表示)。【答案】（1）去除铁屑表面的油污（2）BC（3）①.玻璃棒、漏斗、烧杯②.（4）①.C②.减少晶体的损失，除去晶体表面的水分（5）①.AC②.【解析】【分析】废铁屑(主要成分为Fe，还有少量FeS和油污)加入碳酸钠溶液洗掉表面油脂，然后用水洗掉沾在铁屑表面的碳酸钠，洗净后加入稀硫酸进行酸溶，铁溶解生成硫酸亚铁和氢气，FeS发生反应：溶液吸收气体生成沉淀，除掉硫元素，加热使铁屑与反应至不再冒气泡，趁热过滤后，滤液中加入适量的硫酸铵溶液，再经过加热浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥等一系列操作得到硫酸亚铁铵[(NH)SO·FeSO·6HO]，据此分析解答。【小问1详解】废铁屑表面有油污，油污可以在碱性溶液中发生水解，碳酸钠溶液显碱性，故步骤Ⅰ中加入溶液的目的是去除铁屑表面的油污；【小问2详解】BC利于倾倒，故不选A；【小问3详解】过滤使用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；烧杯中溶液与气体反应的化学方程式为：；【小问4详解】洗涤晶体过程中需要考虑晶体的溶解性，尽量减少晶体的溶解，已知硫酸亚铁铵，溶于水，不溶于乙醇，第12页/共23页故用乙醇洗涤；目的是减少晶体的损失，除去晶体表面的水分；【小问5详解】①A．量筒精度为0.1mL，硫酸亚铁铵溶液呈酸性，应该用酸式滴定管量取硫酸亚铁铵溶液，A错误；B．溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管中，B正确；C．锥形瓶内溶液变色后，且30s不变色，再记录滴定管液面刻度，C错误；故选AC；酸性条件下高锰酸钾与亚铁离子发生氧化还原反应：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4HO；n(MnO)=0.1000V103L=0.1V103mol25.00mL所配溶液中n(Fe2+)=5n(MnO)=0.5V103mol，100mL所配溶液含有n(Fe2+)=0.5V103mol=2V103mol。样品中的质量分数为。16.重庆正着力打造“西部氢谷”“成渝氢走廊”(HCOOH)来制氢和储氢是氢能研究的一个方向。（1Rh催化单分子甲酸分解制“*”的物质表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的反应方程式为______；甲酸分解制的热化学方程式可表示为______(图1中能量单位为eV表示)第13页/共23页（2）一定条件下，可转化为储氢物质甲酸等。已知与在固载金属催化剂上可发生以下反应：反应ⅰ．反应ⅱ．在一定压强下，按投料，发生反应ⅰ和反应ⅱ，反应相同时间，的转化率及HCOOH选择性()随温度变化曲线如图2所示。①—定温度下，同时提高的平衡转化率和甲酸选择性可采取的措施有______(任写一条)。②若M点反应已达到平衡状态，体系中的分压为aMPa，则673K时反应ⅰ的分压平衡常数计算式______。③当温度高于673K，随温度升高，反应ⅰ与反应ⅱ的反应速率相比，增加更显著的是反应______(填“ⅰ”或“ⅱ”)，判断的依据是______。（3）天津大学张兵教授团队以与辛胺［］为原料实现了甲酸和辛腈［］的高选择性合成，装置工作原理如图3所示。①工作时，电极上发生______(填“氧化反应”或“还原反应”)。②工作时，每转移2mol电子，理论上电极上有______g辛腈生成。【答案】（1）①.②.0.16（2）①.加压(或其他合理答案)②.③.ⅱ④.随温度升高，的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降（3）①.还原反应②.62.5第14页/共23页【解析】【小问1详解】活化能越大反应速率越慢，而慢反应决定总反应速率的快慢，由图可知该反应过程中的决速步骤为：；由图可知相对能量为0，生成物的相对能量和为0.16，则反应；【小问2详解】①增加压强，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ不移动，故加压可以提高的平衡转化率和甲酸选择性；②设和初始物质的量均为，发生反应i和反应ii，673K时转化率为95％，即共计消耗，根据甲酸选择性为0.3％可计算，在反应i中生成，同时消耗，则在反应ii中，消耗，同时生成，平衡时，，，平衡常数；③当温度高于673KCO2HCOOH高温度，反应i和反应ii的反应速率均加快，但反应ii速率加快的更显著；【小问3详解】①由图中In/InO电极上CO→HCOO可知，CO2发生得电子的还原反应，In/InO电极为阴极；②由图中In/InO电极为阴极，阴极反应为：CO+2e+HO=HCOO+OH，则NiP电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH(CH)CHNH+4OH4e=CH(CH)CN+4HO，每转移2mol电子，理论上电极上有0.5mol辛腈生成，质量为62.5g。17.有机物Ⅵ是一种重要的药物中间体，其合成路线如下：第15页/共23页（1）Ⅰ的分子中一定共平面的碳原子有___________个，Ⅱ中官能团名称是___________。（2）Ⅱ→Ⅲ和Ⅲ→Ⅳ的反应类型分别是___________、___________。（3）Ⅳ→Ⅴ第①步生成的有机物为，则其发生第②步反应的化学方程式为___________。（4）原料Ⅰ中混有杂质，则Ⅴ中混有与Ⅴ互为同分异构体的副产物Y，Y也含有1个含氮五元环。该副产物Y的结构简式为___________。（5）有机物W的分子比Ⅱ少1个碳原子，符合下列条件的的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。①分子中含有NH，含1个手性碳原子；FeCl3溶液均不显色。（6）以CHMgBr和为原料制备第16页/共23页的部分合成路线如下，请将流程补充完整(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。___________【答案】（1）①.15②.醚键、氨基（2）①.取代反应②.还原反应（3）（4）（5）16（6）【解析】【分析】物质Ⅰ通过①(CFCO)O、②NaN3转化为Ⅱ；Ⅱ与CHCOCl发生取代反应生成Ⅲ；Ⅲ在THF、CO2CHCHCHMgBrHO+作用转化为Ⅵ。【小问1详解】Ⅰ的结构简式为，在每个苯分子中，12个原子共平面，则三个苯环构成的菲环中，所有碳原子一定共平面，因此分子中一定共平面的碳原子有15个(红框中的碳原子)，Ⅱ的结构简式为第17页/共23页，官能团名称是醚键、氨基。【小问2详解】由Ⅱ()→Ⅲ()NH2中的1个氢原子被COCH3取代，Ⅲ()→Ⅳ()是：取代反应、还原反应。【小问3详解】Ⅳ()→Ⅴ()第①步生成有机物为，则其发生第②步反应时，与CO2发生反应生成和LiOH，化学方程式为。【小问4详解】第18页/共23页原料Ⅰ中混有杂质，则Ⅰ中杂质经过几步反应转化为Ⅳ时，生成；则Ⅳ→Ⅴ的第一步反应中，Ⅴ中混有与Ⅴ互为同分异构体的副产物Y(含有1个含氮五元环)的结构简式为。【小问5详解】有机物W的分子比Ⅱ()少1个碳原子(不饱和度减少1)“①分子中含有NH，含1个手性碳原子；②酸性条件下能水解生成两种芳香族化合物，水解生成的羧基直接连在苯环上，且水解产物遇FeCl3溶液均不显色”的W的同分异构体，不饱和度应为9，即含有2个苯环、1个酯基和1个手性碳原子，则可能结构简式为：、、、第19页/共23页、(氨基在苯环上各有邻、间、对3种位置，共6种)、(36种)4+6+6=16种(不考虑立体异构)。小问6详解】以CHMgBr和为原料制备时，由题给部分合成路线，与CHMgBr、HO+反应转化为；被KMnO4氧化为，在浓硫酸作用下脱水可生成；在(CFCO)O、NaN3作用下，COOH可转化为NH，从而制得目标有机物。则补充流程为：第20页/共23页。【点睛】有机物分子中氢原子数等不发生改变，只减少1个碳原子时，不饱和度减少1.18.铜阳极泥(含有、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：已知：①；②易从溶液中结晶析出；③不同温度下的溶解度如下：温度/020406080℃溶解度14.426.137.433.229.0/g回答下列问题：（1）为提高“氧化酸浸”的效率，可采取的措施有_______(任写二种)。（21”中含有和1”含有Au及_______、_______(填化学式)。（3_______。（4”和“除金”工序均需控制加入的NaCl不过量，原因是