【文档说明】【精准解析】四川省宜宾市叙州区第二中学校2020届高三下学期第一次在线月考理综化学试题.doc，共(15)页，694.000 KB，由小赞的店铺上传

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四川省宜宾市叙州区第二中学2020届高三下学期第一次在线月考理综化学试题1.下列有关说法正确的是A.C4H9Cl有4种同分异构体B.煤的干馏和石油的分馏都是化学变化C.油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色D.糖类、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物【答案】A【解析】【详解】A

.丁烷有2种同分异构体，各有2种等效氢原子，则C4H9Cl有4种同分异构体，A正确；B.煤的干馏是化学变化，石油的分馏是物理变化，B错误；C.高级不饱和脂肪酸甘油酯能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；D.糖类中的淀粉、纤维素等是高分子化合物，葡

萄糖等是小分子化合物，油脂是小分子化合物，D错误；答案选A。2.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A.1molCH3COOH与1molCH3CH2OH在浓硫酸共热下生成的乙酸乙酯分子数为NAB.现有乙烯、丙烯、丁烯

的混合气体共14g，其原子数为3NAC.7.8g中含有的碳碳双键数为0.3NAD.标准状况下，11.2L的戊烷所含的分子数为0.5NA【答案】B【解析】A.酯化反应是可逆反应，1molCH3COOH与1molCH3CH2OH在浓硫酸共热下生成

的乙酸乙酯分子数小于NA，A错误；B.乙烯、丙烯、丁烯的最简式均是CH2，所以乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14g，其原子数为3NA，B正确；C.苯中不存在碳碳双键，C错误；D.标准状况下戊烷不是气体，不能利用气体摩尔体积计算11.2L的戊烷所含的分子数

，D错误，答案选B。点睛：本题主要是通过阿伏加德罗常数的有关计算，综合考查学生的基本计算能力和分析问题的能力。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；如D中在标准状况下戊烷的状态是液体，不是气体

，不能使用气体摩尔体积。另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。有关计算公式有ANnN=、nmM=、mVnV=、ncV=。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。3.除去下列物质中的杂质，所用试剂和

方法不正确的是（）物质杂质除杂所用试剂和方法AKCl溶液I2酒精，萃取BKNO3K2SO4Ba(NO3)2溶液，过滤CCuCuO盐酸，过滤DCaCO3CaOH2O，过滤A.AB.BC.CD.D【答案】A【

解析】【详解】A.酒精与水互溶，不能用作萃取剂，可以改为四氯化碳或苯等，A错误；B.加入适量的Ba(NO3)2溶液，杂质K2SO4会发生反应：K2SO4+Ba(NO3)2=BaSO4↓+2KNO3，然后过滤，就得到纯净的KNO3，B正确；C.CuO与盐酸反应产生可溶性的C

uCl2和水，然后过滤，洗涤，就得到纯净的Cu单质，C正确；D.CaO与水反应产生可溶性的Ca(OH)2，然后过滤，洗涤，就得到纯净的CaCO3，D正确；故合理选项是A。4.蒽的结构简式如右图（）、联苯的结构简式如右图（），下列有关蒽和联苯的说法中正确的是（）A.联苯和蒽同属于芳香烃，两者互为

同系物B.联苯的一氯代物有3种，蒽的二氯代物有15种C.1mol蒽最多可以和9molH2发生加成反应D.联苯易发生加成反应、取代反应，也易溶于水【答案】B【解析】A项，联苯()和蒽（）均含苯环，只含C、H元素，都属于芳香烃，但环状结构不完全相同，二者不是同系物，故A错误；B项，联苯结构对称，分

子中有3种H，则联苯的一氯代物有3种，蒽（）的二氯代物：1、4、5、8称为α位；2、3、6、7称为β位；9、10位称为中位或者γ位。一个氯原子在α位，另一个可以在剩下的九个碳原子上，有9种（αCl-αCl、αCl-βCl、αCl-γCl三

种类型）；一个氯原子在β位，另一个可以在剩下的3个β位以及2个γ位碳原子上，有5种（βCl-βCl、γCl-βCl两种类型）；一个氯原子在γ位，另一个可以在剩下的1个γ碳原子上，有1种，故B正确；C项，1mol蒽最多可以和

7molH2发生加成反应，故C错误；D项，联苯含苯环结构，易发生取代反应，难发生加成反应，烃类有机物大都难溶于水，故D错误。综上，选B。5.R、Q为短周期中的两种元素，R元素原子的最外层电子数与次外层电子数之差的绝对值等于电子层

数；Q元素的原子比R元素的原子多2个核外电子，则下列叙述中肯定不正确的是A.原子半径：R>QB.R和Q可形成离子化合物RQC.R和Q可形成共价化合物RQ2D.R和Q可形成共价化合物RQ3【答案】B【解析】【详解】R和Q为短周期中的两种元素，R元素原子的最外层电子数和次外层电子

数之差的绝对值等于电子层数，如果R是第三周期元素，则R最外层电子数为5，则R是P元素，如果R是第二周期元素，则R最外层电子数为4，则R是C元素；Q元素的原子比R元素的原子多2个核外电子，则Q为Cl或O元素。A.同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，R、Q属于同一周期

元素，且Q原子序数大于R，所以原子半径R＞Q，选项A正确；B.如果R是P元素、Q是Cl元素，二者可以形成化合物PCl3或PCl5，如果R是C元素、Q是O元素，二者可以形成化合物CO或CO2，这几种物质中都只含共价键，属于共价化合物，选项B

错误；C.如果R是C元素、Q是O元素，二者可以形成化合物CO2，二氧化碳是直线型分子，属于非极性分子，选项C正确；D.如果R是P元素、Q是Cl元素，二者可以形成共价化合物PCl3，选项D正确；答案选B。6.对于化学反应Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)＋H2(g)

；△H=akJ/mol，下列叙述不正确的是（）A.反应过程中能量关系如上图表示，则该反应为放热反应B.若将该反应设计成原电池，锌为负极C.化学反应的焓变与反应方程式的计量数有关D.若将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，正极放出气体一定为11.2L【答案】D

【解析】A．反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，图示正确，故A正确；B．反应中Zn被氧化生成ZnSO4，当将该反应设计呈原电池时，Zn为负极，故B正确；C．热化学方程式中，反应热与物质的计量数呈正比，故C正确；D．若将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，转

移电子1mol，则正极放出气体的体积在标况下为11.2L，未指明标况下就不一定为11.2L，故D错误；故选D。点睛：本题考查化学反应能量的变化，本题注意反应热以及原电池的工作原理，学习中注意相关知识的理解和掌握。对于Zn（s）+H2SO4（aq）=ZnSO4（aq）+H2（g）△

H＜0，反应为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，当将该反应设计呈原电池时，Zn为负极，被氧化，正极上析出氢气。7.鸡没有汗腺，只能依赖“喘息”调节体温。鸡过度地呼出CO2，使下列平衡向左移动，导致蛋壳变

薄，使农场主和超市经营者蒙受经济损失。CO2(g)CO2(aq)，CO2(aq)+H2OH2CO3(aq)；H2CO3(aq)H+(aq)+HCO3－(aq)；HCO3－(aq)H+(aq)+CO32－(aq)；Ca2+(aq)+CO32－(aq)CaCO3(s)（蛋

壳）。澳大利亚学者研究发现，夏季给鸡喂食下列某种饮料会使蛋壳变厚，这种饮料可能是（）A.淡盐水B.碳酸水C.蔗糖D.澄清石灰水【答案】B【解析】【详解】所加物质要能影响几个化学平衡，最终使碳酸钙的量增多，因淡盐水和蔗糖不

能影响所给的几个平衡，首先排除；澄清石灰水碱性很强，不能直接饮用，排除，因此碳酸水能影响这几个化学平衡，是的不断正向移动，故B符合题意。综上所述，答案为B。8.实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理和实验的装置如下(反应需要加热，图中省去了加热装置)：H2SO4(浓

)＋NaBrNaHSO4＋HBr↑CH3CH2OH＋HBrCH3CH2Br＋H2O。有关数据见下表：乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红色液体密度/(g·cm－3)0.791.443.1沸点/℃78.538

.459（1）A装置的名称是______________。（2）实验中用滴液漏斗代替分液漏斗的优点为_______________________。（3）给A加热温度过高或浓硫酸的浓度过大，均会使Ｃ中收集到的粗产品呈橙色，原因是

Ａ中发生了副反应，写出此反应的化学方程式________________________。（4）给A加热的目的是________________________，F接橡皮管导入稀NaOH溶液，其目的主要是_________

__________。（5）图中C中的导管E的末端须在水面以下，其目的是______________________。（6）粗产品洗涤、分液后，再经过蒸馏水洗涤、分液，然后加入少量的无水硫酸镁固体，静置片刻后过滤

，再将所得滤液进行蒸馏，收集到的馏分约10.0g。从乙醇的角度考虑，本实验所得溴乙烷的产率是________________。【答案】(1).颈烧瓶(2).能使浓硫酸顺利流下(3).2HBr+H2SO4(浓)Br2↑+SO2↑+2H2O(4).加快反应速率(5).将溴乙烷

蒸出吸收SO2、Br2、HBr防止空气污染(回答出SO2即可)(6).使溴乙烷充分冷凝，提高产率(7).53.3%【解析】（1）根据装置图可知A仪器的名称为三颈烧瓶；（2）滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓磷酸顺利流下，而分液漏斗没有这个功能；（3）在温度过高或浓硫酸的浓度过大的

情况下，浓硫酸与溴化氢发生氧化还原反应生成溴和二氧化硫，会使收集到的粗产品呈橙色，反应方程式为2HBr+H2SO4（浓）Br2↑+SO2↑+2H2O；（4）加热的目的是加快反应速率，温度高于38.4°C溴乙烷全部挥发蒸馏出来，实验中产生

的二氧化硫、溴化氢、溴等会污染空气，所以可以用稀NaOH溶液吸收；（5）导管E的末端须在水面以下，通过冷却得到溴乙烷，减少溴乙烷的挥发，提高产率；（6）10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴

乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为18.75g，所以溴乙烷的产率=10.0g18.75g×100%=53.3%。9.某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.50%的ZnS和12.8%的CuS及少量的Fe3O4。某同学

用15.0g该废催化剂为原料，回收锌和铜。采用的实验方案如下，回答下列问题：已知：ZnS与稀硫酸反应，且化合价不变；CuS既不溶解于稀硫酸，也不与稀硫酸反应（1）在下列装置中，第一次浸出反应装置最合理的___（填标号）。A.B.C.D.（2

）滤液1中含有Fe2+，选用提供的试剂进行检验，检验方法如下：____。（提供的试剂：稀盐酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水）（3）本实验要用到抽滤，设所用的洗涤剂为X，抽滤洗涤沉淀的操作____。

（4）写出第二次浸出的化学反应方程式___，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，应先加____。（5）滤渣2的主要成分是___。浓缩、结晶得到硫酸锌晶体的主要仪器名称是____。（6）某同学在实验完成之后，得到1.50gCuSO4·5H2O，则铜的回收率为____。【

答案】(1).D(2).取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子(3).关小水龙头，使洗涤剂X缓缓通过沉淀物(4).CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O(5).H2SO4(6).SiO2(7).蒸发皿(8).30.0%【解析】【详解】（1）根据题目化

学工艺流程知，第一次浸出发生反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，有有毒的气体生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，选D装置，故答案为D；（2）亚铁离子具有还

原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，检验亚铁离子，可取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子，故答案为取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子；（3）抽滤时，可关小水龙头，使洗涤剂X缓缓通过沉淀物，

故答案为关小水龙头，使洗涤剂X缓缓通过沉淀物；（4）第二次浸出时发生反应：CuS++H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，不产生有毒气体，可以选用A装置，第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液．若顺序相反，会造成H2O2与固体颗粒

接触分解，故答案为CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O；H2SO4；（5）二氧化硅不与硫酸反应，滤渣2的主要成分是SiO2，含有少量S，浓缩、结晶得到硫酸锌晶体的主要仪器是蒸发皿，故答案为SiO2、S；蒸发皿；（6）废催化剂中Cu的物质的量为15.0g×12.8%

÷96g/mol=0.02mol，1.5gCuSO4﹒5H2O中Cu的物质含量的为1.5g÷250g/mol=0.006mol，则铜的回收率为0.006mol0.02mol×100%=30%，故答案为30%。

10.氨是化学实验室及化工生产中的重要物质，应用广泛。（1）已知25℃时：N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH=+183kJ/mol2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)ΔH=－571.6kJ/mol4NH3(g)＋5O

2(g)＝4NO(g)＋6H2O(l)ΔH=－1164.4kJ/mol则N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=______kJ/mol（2）在恒温恒容密闭容器中进行合成氨反应，起始投料时各物质浓度如下表：N2H

2NH3投料Ⅰ1.0mol/L3.0mol/L0投料Ⅱ0.5mol/L1.5mol/L1.0mol/L①按投料Ⅰ进行反应，测得达到化学平衡状态时H2的转化率为40%，则该温度下合成氨反应的平衡常数表达式为_____

__。②按投料Ⅱ进行反应，起始时反应进行的方向为________（填“正向”或“逆向”）。③若升高温度，则合成氨反应的化学平衡常数________（填“变大”、“变小”或“不变”）。④L（L1、L2）、X可分别代表压强或温度。下图表示L一定时，合成氨反应中H2(g)的平

衡转化率随X的变化关系。ⅰX代表的物理量是______。ⅱ判断L1、L2的大小关系，并简述理由______。（3）电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下：①电极b上发生的是______反应（填“氧化”或“还原”）。②写出电极a的电极反应式_____

____。【答案】(1).－92.2(2).K＝()()()322NHNHccc(3).逆向(4).减小(5).温度(6).L2＞L1，其他条件相同时，增大压强有利于平衡向气体体积缩小的方向移动，从而提高H2(g)的平衡转化率(7).还原(8).2NH3－6e－＋6OH－＝N2＋6H2O【解析

】【详解】（1）已知25℃时：①N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH=+183kJ/mol②2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)ΔH=－571.6kJ/mol③4NH3(g)＋5O2(g)＝4NO(g)＋6H2

O(l)ΔH=－1164.4kJ/mol根据盖斯定律①+②×3/2﹣1/2×③得N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝－92.2kJ/mol；（2）①因为平衡常数等于生成物浓度的幂次方之积与反应物浓度的

幂次方之积的比值，所以N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的平衡常数表达式为K＝；②按投料Ⅱ将氨气完全转化到右边，则与投料Ⅰ完全相同，为完全等效平衡，所以按投料Ⅱ进行反应平衡时H2的浓度为3.0mol/L×（1－40%）＝1.8mol/L＞1.5mol/L

，所以按投料Ⅱ进行反应，起始时反应进行的方向为逆向；③由（1）得出合成氨为放热反应，所以升高温度平衡向逆反应方向移动，所以反应的化学平衡常数变小；④i、由图可知，X越大，氢气转化率越低，升高温度平衡向逆反应方向移动，则

氢气转化率减小，则X表示温度；ii、由N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＜0可知温度高，氢气转化率减小，压强大，平衡正向移动，氢气转化率增大，图中等温度时L2对应的氢气转化率增大，则压强L1＜L2；（3）①Pt电子通入氨气生成氮气

，说明氨气被氧化，为原电池负极，则b为正极，氧气得电子被还原发生还原反应；②因为a极为负极，负极是氨气发生失去电子的氧化反应变成氮气，且OH－向a极移动参与反应，故电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－＝N2＋6H2O。11.自然界中存在大量的金属元素，其中钠、镁

、铝、铁、铜等在工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题:(1)CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子核外电子排布式为__________，N、O、S元素的原子对键合电子吸引力最大的是___________。(2)在硫酸铜溶液中加入过量KCN能生成配离子[Cu(C

N)4]2-，1molCN−中含有的π键的数目为__________。与CN−互为等电子体的离子或分子有__________(写出一种即可)。(3)[Cu(NH3)4]2+中，提供孤对电子的是________

___。Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，则此种化合物是___________(填“极性”或“非极性”)分子，由此推知[Cu(NH)4]2+的空间构型是___________。（填“平面正方形”或“正四面体”）(4)NH3中N

原子的杂化方式是___________，硫元素对应的含氧酸酸性是H2SO4强于H2SO3，其原因为___________。(5)铜的一种氧化物晶体结构如图所示，该氧化物的化学式是___________。若该晶体结构为长方体，其参数如图，阿伏加德罗常数为

NA，则该氧化物的密度为___________g/cm3。【答案】(1).[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9(2).O(3).2NA或2×6.02×1023(4).C22-、CO、N2（其它答案合理均可以）(5).NH3(6).极性(7

).平面正方形(8).sp3(9).H2SO4与H2SO3分别可表示为(HO)2SO2和(HO)2SO，前者非羟基氧(2个)多于后者的非羟基氧(1个)的数目，使H2SO4中的S-O-H中的O的电子更偏向

于S，越容易电离出H+，酸性更强(10).CuO(11).()23032010ANab−【解析】【分析】(1)CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子为Cu2+，Cu是29号元素，核外电子排布式为1s22s2

2p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级1个形成Cu2+；元素的非金属性越强，其对键合电子吸引力就越强；(2)共价单键只有1个σ键；共价双键含有1个σ键、1个π键；共价三键含有1个σ键、2个π

键；原子总数相同、价电子总数也相同的微粒互为等电子体，CN-与N2互为等电子体，二者价键结构相同，即CN-中含有C≡N三键，三键含有1个σ键、2个π键；(3)配位体中的中心原子提供孤对电子，根据Cu(NH3)2Cl2有两

种同分异构体，结合相似性相溶原理分析物质的分子极性和空间构型；(4)根据NH3的价层电子对数，得出杂化类型；非金属含氧酸的酸性大小取决于非羟基氧的数目，非羟基氧原子数目越多，物质的酸性就越强；(5)根据均摊法可以计算晶胞中含有的Cu、O原子个数，然后根据ρ=mV计算密度。【详解

】(1)CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子为Cu2+，Cu是29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级1个形成Cu2+，因此Cu2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d9，也

可写为[Ar]3d9；元素的非金属性越强，其对键合电子吸引力越强，S、O、N三种元素的非金属性O>N>S，则三种原子对键合电子吸引力由大到小的顺序是O>N>S，所以对键合电子吸引力最大的是O；(2)在CN-中存在C、N三键，其中含有1个σ键，两个π键，则1molCN-中含有

的π键的数目为2NA；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，所以与CN-互为等电子体的离子有：C22-，分子有N2、CO；(3)在[Cu(NH3)4]2+中，提供孤对电子的是配位体NH3分子中的N原子；Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构

体，其中一种易溶于水，根据相似相溶原理，水是极性分子，所以该分子应该为极性分子；既然存在两种同分异构体，所以[Cu(NH3)4]2+的空间构型应该是平面正方形；(4)NH3的价层电子对数=3+5312−=4，所以N原

子杂化类型为sp3杂化；非金属含氧酸的酸性大小取决于非羟基氧的数目，H2SO4的非羟基氧2个，H2SO3的非羟基氧1个，使得H2SO4中的S-O-H中的O的电子更偏向于S，越容易电离出氢离子，酸性更强，所以酸性H2SO4

强于H2SO3；(5)如图所示，根据均摊法可以计算出Cu全部在体内：4个；O在顶点、面上、棱上和体心，即8×18+4×14＋2×12＋1=4，所以Cu和O原子个数最简整数比为1：1，因此物质的化学式为CuO；晶体密度ρ=mV=()()230A46416Nab

10−+g/cm3=()230A320Nab10−g/cm3。【点睛】本题综合考查物质结构与性质，涉及元素周期律、杂化轨道、核外电子排布、相似相溶原理、晶胞结构与计算等，晶胞计算需要学生具有一定的空间想象力和数学计算能力。掌握一定的物

质结构知识是本题解答的基础。12.柳胺酚是一种药物，其常用的合成路线如图所示。回答下列问题：已知：（1）柳胺酚的化学式为___________________。（2）A→B反应所需的试剂是____________；B→C反应的化学方程式为_____________。（3）D→E反

应的有机反应类型是____________________；物质E中含有的官能团的名称是____________________________________。（4）E和F反应的化学方程式为____________。（5）写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式：____

_________________。①含有苯环；②能发生银镜反应，不能发生水解反应；③在稀NaOH溶液中，1mol该同分异构体能与2molNaOH溶液发生反应；④苯环上有2种不同化学环境的氢原子。【答案】(1).13113CHNO(2).浓硝酸和浓硫酸(3).(4).还原反应(5).羟基、氨基(6

).(7).、【解析】【分析】苯和氯气在氯化铁的作用下发生取代反应生成A为，根据柳胺酚的结构简式以及F的分子式可知E为，F为。根据已知信息可知D为，B水解生成C，C酸化得到D，则B为，C为，据此解答。【详解】根据以上分析可知A为，B为，C为，D为，E

为，F为。则（1）根据柳胺酚的结构简式可推出其分子式为C13H11NO3；（2）A是氯原子取代苯环上的氢原子，则A的结构简式为，A→B引入硝基，因此反应所需的试剂是浓硝酸和浓硫酸。B→C发生卤素原子的水解，其反应方程式为；（3）根据已知信息可知D→E反应发生的是还原反应；物质E的结构

简式为，含有的官能团的是氨基和羟基；（4）E→F发生缩合脱水反应，氨基去一个氢原子，羧基去羟基，其反应方程式为；（5）能发生银镜反应，说明含有醛基，不能水解不含有酯基，能与2molNaOH发生反应，说明含有2mol酚羟基，苯环上有二种不同化学环境的氢原子，说明是对称结构，因此符合条件的有机物

结构简式为、。