【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CuCl2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C

l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)；C

a2+(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+H2

SO4（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+2H

2O(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=0.006mo

l，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)＋5O2(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：N2H2NH3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4

0%，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)＋6H2O(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/m

ol；（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%）＝1.8

mol/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(CN

)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).H2S

O4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1s22s22p63s23p63d104s1，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=()()230A46416Nab10−+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、。