【文档说明】【精准解析】四川省泸县第四中学2020届高三下学期第一次在线月考理综化学试题.doc，共(14)页，697.000 KB，由小赞的店铺上传

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1.氯水既可以用来杀菌消毒，又可作漂白剂，其中起作用的物质是A.Cl2B.HClC.HClOD.H2O【答案】C【解析】【详解】HClO具有强氧化性，既可以用来杀菌消毒，又可作漂白剂，故C正确。2.已知AN为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A.1molOH－（羟基

）与+31molHO中所含的电子数均为A10N；B.3.9g苯与足量的2H反应时，参与反应的碳碳双键数为A0.15NC.251molCHOH被227KCrO溶液氧化放出2CO分子数为A2ND.常温常压下，28.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的氢原子数为A4N【答案

】D【解析】【详解】A．1个羟基(-OH)含有9个电子，而1个H3O+含有10个电子，则1molOH－(羟基)与+31molHO中所含的电子数不等，故A错误；B．苯环结构中无碳碳双键，故B错误；C．根据原子守恒，1molC2H5OH被足量的K2Cr2O7溶液

氧化，最终放出CO2分子数为2NA，故C错误；D．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，28gCH2的物质的量为2814/molgg=2mol，则28.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的氢原子数为A4N，故D正确；故答案为D。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和

注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、Si

C都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。3.根据反应判断下列说法中不正确的是A.乙物质为甲醇B.该反应为取代反应C.甲与乙都能与

金属钠反应产生氢气D.甲、乙、丙都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A.根据题给反应方程式判断乙物质为甲醇，选项A正确；B.该反应为取代反应，选项B正确；C.甲的官能团为羧基，乙的官能团为羟基，二者都能与金属钠反应产生氢气，选项C正确；D.乙为甲醇，不能

与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，选项D错误。答案选D。4.下列各种溶液中，可能大量共存的离子组是()A.pH＝1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Cl－B.由水电离出的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：Na+

、AlO2-、S2－、CO32-C.含有大量Fe3+的溶液中：Na+、SCN－、K+、NO3-D.c(H＋)＝10－14mol·L－1的溶液中：Mg2+、NO3-、Fe2+、ClO－【答案】B【解析】【详解】A．pH=1的溶液呈酸性，酸

性条件下Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，故A错误；B．由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下，AlO2-、S2－、CO32-均不

能大量共存，但碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．SCN-与Fe3+反应而不能大量共存，故C错误；D．c(H+)=10-14mol•L-1的溶液呈碱性，碱性条件下，Mg2+、Fe2+不能大量共存，故D错误；故答案为B。【点睛】离子不能大量共存的一般情况：能

发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“

加入铝粉产生氢气”等。5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d为离子化合物，其结构中还含非极性共价键，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.

原子半径:W<X<Y<ZB.阴离子的还原性：Y>WC.a—定由W、X两种元素组成D.图中转化过程d物质在作为反应物时均即为氧化剂又是还原剂【答案】D【解析】由转化关系图分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na；A．

同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为C＞O，故A错误；B．由NaH+H2O=NaOH+H2↑，可知H-失去电子，阴离子的还原性：Y＜W，故B错误；C．a燃烧生成水、二氧化碳，可为烃或烃的含氧衍生物，故C错误；D．Na2O2与水或CO2反应时，均既是氧化剂，又是还原剂，故D正确；故选D。点睛：

把握钠的化合物的性质及相互转化为解答的关键，注意d为离子化合物，其结构中还含非极性共价键、原子序数为推断的突破口，短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d为离子化合物，其结构中还含非极性共价键，d为Na2O2，结合图中

转化可知，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体m为O2，则Y为O，a为烃或烃的含氧衍生物，b、c分别为CO2、H2O，e、f分别为NaOH、碳酸钠，结合原子序数可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na，以此来解答。6.氢氧燃料电池可

以使用在航天飞机上，其反应原理示意图如图。下列有关氢氧燃料电池的说法正确的是()A.该电池工作时电能转化为化学能B.该电池中电极b是负极C.外电路中电子由电极b通过导线流向电极aD.该电池是绿色环保电池【答案】D【解析】A．该装置属于原电池，是将化

学能转化为电能的装置，故A错误；B．燃料电池中，通入燃料氢气的一极为负极，所以a是负极，故B错误；C．电子从负极沿导线流向正极，a是负极、b是正极，则电子由电极a通过导线流向电极b，故C错误；D．氢氧燃料电池的总反

应式为2H2+O2═2H2O，产物是水，对环境无污染，是绿色环保电池，故D正确；答案选D。7.常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A.Ka2（H2X）的数量级为10-6B.曲线N表示p

H与2(HX)lg(HX)cc−的变化关系C.当混合溶液呈中性时，2(Na)(HX)(X)(OH)(H)ccccc+−−−+=D.NaHX溶液中(H)(OH)cc+−【答案】C【解析】A、己二酸是二元弱酸，

第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点，=10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到

Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，故A正确；pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与，故B正确；根据图像，()()lgHcXcX−−=0时，即()()2cHXcX−−=时溶液呈酸性，所以溶液呈中性时，()()2

cHXcX−−，故C错误；曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像去0.6和5.0，()()0.6210cHXcHX−=，()cH+=510−，滴入Ka1（H2X）=4.410−，HX−的水解常数=144.41010−−<10－5.4，NaHX溶液呈酸性，()()cH

cOH+−，故D正确。8.铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：已知：①常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表金属离子Fe2＋Fe3＋Cu2＋Mn

2＋开始沉淀7.52.75.68.3完全沉淀9.03.76.79.8②Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38(1)加快“浸取”速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有__________（任写一种）。(2)滤渣I中的主要成分是MnO2、S、S

iO2，请写出“浸取”反应中生成S的化学方程式：______________。(3)常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO等，调节pH调的范围为_________，若加A后溶液的pH调为4.0，则溶液中Fe3＋的浓度为_________m

ol/L。(4)写出“沉锰”(除Mn2＋)过程中反应的离子方程式：_________________________。(5)“赶氨”时，最适宜的操作方法是________________。(6)过滤Ⅱ得到的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳

酸铜，判断沉淀是否洗净的操作是________________。【答案】(1).充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等(说法合理即可)(2).2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O(3).3.7～5.6（或3.7≤pH<5.6）(4)

.4.0×10－8(5).Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋(6).将溶液加热(7).取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。（其它合

理答案也可）【解析】【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液pH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉

淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜；据此分析解答本题。【详解】（1）酸浸时，通过充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等都可以提高浸取率；（2）“浸取”时：在硫酸酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀

、CuSO4和MnSO4，其反应的化学方程式为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；（3）“除铁”主要是除去溶液中Fe3+，根据题干表格可知，若要使Fe3+完全沉淀而不沉淀Cu2+，溶液的pH范围为：3.7～5.6或3.7≤pH

<5.6；若溶液pH=4，即c(H+)=1×10-4mol/L，c(OH-)=()W+KcH=144110110−−mol/L=1×10-10mol/L，c(Fe3+)=()()sp33-KFeOHc

OH=()383-10410110−mol/L=4.0×10－8mol/L；（4）“沉锰”(除Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为：Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝M

nCO3↓＋NH4＋；（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是减小氨气溶解度，氨气是易挥发的气体，加热驱赶，故答案为将溶液加热；（6）沉淀表面主要杂质为硫酸盐等，因此检验沉淀是否洗净的操作为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀

盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。【点睛】关于沉淀是否洗净的检验操作和描述常用答题模板为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入xxxxxx，若xxxxxx，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。9.硒和碲在工业上有重要用途。在铜、镍镇、铅等电解工艺的阳

极泥中硒、碲确主要以硒化物、碲化物及单质状态存在。一种从阳极泥中提取Se和Te的工艺流程如下：已知:碲酸四氢钠(Na2H4TeO6)难溶，碲酸(H6TeO6)可溶。回答下列问题:(1)阳极泥在600K左右加入一定浓度H2SO4焙烧时，,单质Te转化为TeO2的化学方程式为_____

__________。(2)“焙砂”与碳酸钠充分混合，干燥后通入空气焙烧，发生氧化反应，每生成1mol碲酸四氢钠(Na2H4TeO6)，则需要的氧化剂O2至少为______mol；生成的碲酸四氢钠不用“水浸”，而采取“酸浸”的原因是____________。(

3)流程中“反应”处发生反应的化学方程式为________________________________。(4)检验“还原”后的溶液中Na2SO3是否过量的实验操作方法为___________________________

________。(5)工艺路线中可以循环利用的物质有_________、____________________。【答案】(1).Te+2H2SO4TeO2+2SO2↑+2H2O(2).0.5(3).Na2H4T

eO6在水中难溶，酸浸生成的H6TeO6可溶(4).SeO2+2H2O+2SO2==2H2SO4+Se(5).取少量“还原”后的容液于试管，加入稀H2SO4将生成的气体道入澄清石灰水，若溶液变浑浊，则Na2SO3过量。反之不过量(6).H2SO4(7).NaOH【

解析】(1)阳极泥在600K左右加入一定浓度H2SO4焙烧时，单质Te转化为TeO2,同时生成二氧化硫和水，反应的化学方程式为Te+2H2SO4TeO2+2SO2↑+2H2O；(2)“焙砂”与碳酸钠充分混合，干燥后通入空气焙烧，发生氧

化反应2Na2CO3+O2+2TeO2=2Na2H4TeO6+2CO2，每生成1mol碲酸四氢钠(Na2H4TeO6)，则需要的氧化剂O2至少为0.5mol；Na2H4TeO6在水中难溶，酸浸生成的H6TeO

6可溶，故生成的碲酸四氢钠不用“水浸”，而采取“酸浸”；(3)流程中“反应”处通入SeO2、SO2，加入H2O反应后得到Se，则SO2被氧化生成硫酸，发生反应的化学方程式为SeO2+2H2O+2SO2==2H2SO4+Se；(4)检验“还原”后的溶液中Na2SO3是否过量的实验操作方法

为取少量“还原”后的容液于试管，加入稀H2SO4将生成的气体道入澄清石灰水，若溶液变浑浊，则Na2SO3过量。反之不过量；(5)根据流程中既为生成物又为反应原料的物质可作为循环利用的物质，则工艺路线中可以循环利用的物质有H2SO4和NaOH。10

.碳元素与人们的日常生活、生活和科学研究密不可分。请回答下列问题。(1)乙烯具有水果催熟的功效,乙烯的电子式是______________。(2)Al2O3真空碳热还原一氯化法是一种新的炼铝工艺,该法流程短,设备简单,符合目前国家提倡节能减排、改造升级的大环境。①其中冶炼过程中发生的反应有

：(ⅰ)2Al2O3(s)+9C(s)=Al4C3(s)+6CO(g)△H1;(ⅱ)Al2O3(s)+Al4C3(s)+3AlCl3(g)=9AlCl(g)+3CO(g)△H2;(ⅲ)3AlCl(g)=AlCl3(g)+2Al(l)△H3;则Al2O3(s)+3C(s

)=2Al(l)+3CO(g)△H4=___________________(用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。②Al4C3是真空碳热还原一氯化法炼铝的中间产物，该物质与水反应生成最简单的有机物。该反应的化学方程式为__________________________________。(3

)利用活性炭的还原性可处理机动车的尾气(氮氧化物),发生如下反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)△H＞0，一定条件下,密闭容器中的有关物质的浓度与时间的变化如下表所示：时间/mim01020304050浓度/(mol/

L)NO2.01.160.400.400.60.6N200.42ab1.21.2CO200.42ab1.21.2①0~20min内的平均反应速率v(CO2)=_______mol·L-1·min-1；第一次达到平衡的平衡常数K

=__________。②30min时只改变某一条件，则改变的条件可能是______________(填字母编号)。a．升高温度b．降低温度c．再通入一定量的NOd．缩小容器的体积e．加入合适的催化剂f．增大容器休积(4)炼钢炉中发生复杂的化学反应,其中包括反应：C(s)+CO2

(g)2CO(g)△H>0。将1molCO2与足量的碳充入到一个恒压密闭容器中，总压强为P总。达到平衡时,容器内气体体积分数与温度的关系如下图：①CO2体积分数为86%时,CO2的转化率为______________%(结果保留一位小数,下同)。②已知：气体分压P分=P总×气体体积分数，达到平衡时

用气体的分压代替气体浓度所表示的平衡常数为Kp,则900℃时,Kp=______________(用含p总的代数式表示)。【答案】(1).(2).13△H1+13△H2+△H3(3).Al4C3+l2H2O=4Al(OH)3↓+3CH4↑

(4).0.04mol·L-1·min-1(5).4(6).cd(7).7.5%(8).14.73p总【解析】【详解】（1）由乙烯的成键特点可得其分子的电子式为：（2）①由盖斯定律可得目标热化学方程式可由()()()1133++ⅰⅱⅲ转化而得到，则△H4

=13△H1+13△H2+△H3，故答案为△H4=13△H1+13△H2+△H3；②Al4C3与水反应发生强烈的水解生成Al(OH)3和CH4，故答案为Al4C3+l2H2O=4Al(OH)3↓+3CH4↑（3）①0~20min内NO的浓度变化2.0mol/L-0.4mol/L=1.6mol/L，

则CO2的浓度增加为1.6mol/L÷2=0.8mol/L，其平均反应速率v(CO2)=0.8mol/L÷20min=0.04mol·L-1·min-1，由反应方程式可得该反应的平衡常数K=222()?()()cNcCOcNO=20.80.80.4=4,故答案为0.04mol·

L-1·min-1、4；②30min时改变某一条件后，在第二次达到平衡后平衡常数K=21.21.20.6=4，和第一次平衡时相同，则改变的条件不可能是温度，且在新平衡下，各物质的浓度都变为原来的1.5倍，则改变的条件只能在其

它条件不变时将体积压缩到原来的23或在其它条件不变时又充入一定量的NO（为原起始NO物质的量的0.5倍），故答案为cd；（4）①设CO2的转化率为x，则剩余CO2为（1-x）mol，生成CO为2xmol，CO2的体积分数=112xxx−−+=0.86，解得x≈0.075，故答案为7

.5%；②由题示信息可得Kp=22()()pCOpCO=0.942P2总÷0.06P2总=14.73p总，故答案为14.73p总。【点睛】在根据新平衡的状态与原平衡状态的对比来判断可能改变的外界条件时，不仅要考虑平衡的移动

方向，而且还要注意平衡常数的变化。11.聚氮化硫(SN)x和K3C60是两种不同类型的超导材料。回答下列问题：(1)在基态K原子中，能量最低的空轨道的符号是_____________。(2)S、N、K三种元素的第一电离能由大到小的顺序是____________。

(3)(SN)x具有类似黄铜的金属光泽和导电性，其结构如下图：以S2Cl2为原料可制取(SN)x：S2Cl2→…S4N4S2N2(SN)x①(SN)x中N原子的杂化方式是_________；(SN)x的晶体类型是______；②S2Cl2的结构式为________；③Ag元素位于周期

表第5周期、IB族，基态Ag原子的价电子排布式为__________。(4)K3C60是由足球烯(C60)与金属钾反应生成的盐。①在K3C60晶胞中，C603-堆积方式为面心立方结构，每个晶胞中形成4个八面体空隙和8个四面体空隙，K+填充在空隙中。晶胞中被K+占据的空隙百分比为_____

______。②C60与金刚石互为同素异形体，比较两者的熔沸点并说明理由____________。③C60的结构是一种多面体，如图。多面体的顶点数、面数和棱边数的关系遵循欧拉定律：顶点数+面数-棱边数=2。C60分子中所含的五边形和六边形的

个数分别为_____、______。【答案】(1).3d(2).N、S、K(3).sp2(4).分子晶体(5).(6).4d105s1(7).100%(8).金刚石的熔点高。C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，所以金刚石的熔点较高(9).12

(10).20【解析】考查物质结构与性质的综合知识的运用，（1）基态K位于第四周期IA族，按照构造原理，因此能量最低空轨道的符号是3d；（2）同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，即N的第一电离能大于O，同主族从上到下第一电离能减小，即O的第一电离能大于S，

K是活泼金属，第一电离能最小，故第一电离能的顺序是N>S>K；（3）①根据结构，N有2个σ键，1个孤电子对，价层电子对数为3，即N的杂化类型为sp2；(SN)x的晶体类型为分子晶体；②S2Cl2的结构式类似

H2O2的结构式，即S2Cl2的结构式为；③Ag属于过过渡元素，价电子包括最外层电子和次外层d能级上的电子，即Ag价电子排布式为4d105s1；（4）①C603－堆积方式为面心立方结构，C603－位于顶点和面心，个数为8×18＋

6×1/2=4，根据化学式K3C60，K＋的个数为12，K＋位于空隙中，晶胞中被K＋占据的空隙百分比为100%；②C60为分子晶体，金刚石为原子晶体，原子晶体的熔沸点高于分子晶体；③设五边形个数为x，六边形个数为y，根据足球烯结构，足球烯有60个顶点，面数为

(x＋y),每个棱被2个面共有，棱数为(3×60)/2，根据欧拉定律，有60＋(x＋y)－(3×60)/2=2，根据键数和顶点，得出(5x＋6y)/2=(3×60)/2，推出x=12，y=20。点睛：本题的

难点是五边形和六边形个数的计算，本题利用均摊的方法进行计算，设五边形个数为x，六边形个数为y，石墨烯有60个顶点，根据结构，根据均摊方法，1个碳原子占有棱边数为3/2，石墨烯含有棱边数为3×60/2个，每个棱边被两个面共有，棱边数有(5x＋6y)/2，根

据欧拉定律得出60＋(x＋y)－(3×60)/2=2，根据键数，得出(5x＋6y)/2=(3×60)/2，从而计算出x和y。12.左乙拉西坦（物质G）是一种治疗癫痫的药物，可通过以下方法合成：（1）B中的含氧官能团名称为__

_____。（2）E→F的反应类型为_________。（3）X的分子式为C4H7ON，写出X的结构简式：____________。（4）写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：________

。①能发生水解反应，水解产物仅有一种，且为α-氨基酸；②分子中含六元环结构，且有4种不同化学环境的氢。（5）请以和为原料制备，写出相应的合成路线流程图________[合成须使用试剂HAl(t-Bu)2，无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干]。【答案】(1).羟

基、醚键(2).氧化反应(3).(4).(5).【解析】A与苯甲醛加成反应得到B，B经取代反应得到C，C发生取代反应得D，D与H2取代破坏醚键得E，E氧化羟基变成羧基得F，F中羧基中羟基被氨基取代得G（1）B中的含氧官能团名称为羟基、醚键；（2

）E氧化羟基变成羧基，E→F的反应类型为氧化反应，（3）对比C和D结构，X的分子式为C4H7ON，写出X的结构简式：（4）①能发生水解反应，水解产物仅有一种，且为α-氨基酸；G分子中8个C分为2份，且形成氨基酸；②分子中含六元环结构，且有4种不同化学环境的氢。说明氨基酸是α-氨基

酸，同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：。（5）对比和两种原料制备和产物，先将苯甲醇氧化成苯甲醛，再氧化成苯甲酸然后模仿A到B的反应进行合成，路线如下：