西藏省拉萨市拉萨中学2020届高三第六次月考理科化学试题

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西藏省拉萨市拉萨中学2020届高三第六次月考理科化学试题

西藏省拉萨市拉萨中学2020届高三第六次月考理科化学试卷 可能用到的相对原子质量:H-1 Li-7 B‎-11 C-12 N-14 O‎-16 F-19 S-32 K-39 Ca-40 Cu-64‎ 一、选择题:每小题6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.化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法中错误的是 A. 新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子 B. 医药中常用酒精来消毒,是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性 C. 大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放 D. 煤炭经气化、液化和干馏等过程,可获得清洁能源和重要的化工原料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.光导纤维的主要成分为二氧化硅,为无机物不是高分子化合物,故A错误;‎ B.酒精能够使细菌蛋白发生变性,常用来消毒,故B正确;‎ C.矿物燃料含有硫氮元素,因此大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术可以减少硫、氮氧化物排放,故C正确;‎ D.煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程;煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或者利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或者其他液体化工产品的过程;煤的干馏是指隔绝空气加强热,使煤分解的过程,可以得到很多重要的化工原料,故D正确;‎ 故选A。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列有关说法正确的是 A. ‎60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗O2分子数为2NA B. ‎5.8g熟石膏(2CaSO4·H2O)含有的结晶水分子数为0.04NA C. 把‎4.6g乙醇完全氧化变成乙醛,转移电子数为0.1NA D. 实验室制取氧气方法有多种,制取1molO2转移电子数均是4NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O,1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子,‎60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol,充分燃烧消耗2NA个O2,故A正确;‎ B.熟石膏(2CaSO4•H2O)的物质的量n==0.02mol,由熟石膏(2CaSO4•H2O)的化学式可知,1mol熟石膏(2CaSO4•H2O)中含1mol水,故0.02mol水中含0.02mol水,即0.02NA个,故B错误;‎ C.把‎4.6g乙醇物质的量为0.1mol,完全氧化变成乙醛,碳元素由乙醇中的-2价升高乙醛中的-1价,故转移电子数为0.2NA,故C错误;‎ D.实验室可以用双氧水、KClO3和KMnO4来制取氧气,当用KClO3和KMnO4来制取氧气时,氧元素由-2价变为0价,故制取1mol氧气转移4NA个电子,当用双氧水制取氧气时,氧元素由-1价变为0价,故制取1mol氧气时转移2NA个电子,故D 错误;‎ 故答案为A。‎ ‎3.茉莉酸甲酯具有强烈而持久的茉莉花香,广泛用于人工配制的茉莉精油中,其结构简式如图所示。下列关于茉莉酸甲酯的说法中不正确的是( )‎ A. 分子式为C13H20O3‎ B. 分子中含2个手性碳原子 C. 能发生氧化、水解和加聚反应 D. 茉莉酸甲酯易溶于水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据结构简式可知,茉莉酸甲酯的分子式为C13H20O3,故A正确;‎ B.环上连接两个长支链的碳原子为手性碳原子,所以手性碳原子有2个,故B正确;‎ C.含有碳碳双键,能发生氧化反应和加聚反应、含有酯基能发生水解反应,故C正确;‎ D.酯基、烃基、羰基都是憎水基,不含亲水基,所以不易溶于水,易溶于有机溶剂,故D错误;‎ 故选D。‎ ‎4.四种短周期元素在周期表中的位置如图,其中只有M为金属元素。下列有关说法正确的是( )‎ A. 离子半径Y<Z<M B. Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强 C. X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的大 D. 单质沸点:X>M>Y>Z ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从图中四种短周期元素的相对位置看,M为金属元素铝,则X为Si,Y为N,Z为O。‎ ‎【详解】A.具有相同电子排布的离子半径,核电荷数越大半径越小,离子半径N3->O2->Al3+,A错误;‎ B.N的最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸,而H2SiO3为弱酸,B正确;‎ C. 非金属性SiAl>O2>N2,D错误;‎ 故选B。‎ ‎5.常温下,将0.1 mol/L的NaOH溶液逐滴滴入20 mL0.1 mol/L的CH3COOH溶液中,所得溶液pH变化如图所示,下列有关说法正确的是( )‎ A. a点:c(CH3COOH)>c(CH3COO-)‎ B. b点为滴定终点 C. 若V1=20,则c点处水的电离程度最大 D. d点:c(CH3COO-)+‎2c(CH3COOH)=‎2c(OH-)‎-2c(H+)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. a点为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解,所以c(CH3COOH)p2>p3 (4). 增大压强化学平衡向正反应方向移动,故平衡混合物中氨的体积分数越大压强越大 (5). < (6). 8.3×103或8333.3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)反应自发进行的条件是△H-T△S<0,结合盖斯定律分析解答;‎ Ⅱ.(2)①由方程式N2+3H2⇌2NH3‎ 可知,增大压强,平衡正向移动,结合图象中氨的体积分数与压强的关系分析判断;②温度越大,压强越大,反应速率越大;③根据三段式,结合平衡分压=总压×气体物质的量分数计算。‎ ‎【详解】I.(1)水蒸气重整:CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ•mol-1,△H>0,△S>0,满足△H-T△S<0,则需要高温;水蒸气重整:CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ•mol-1 ①,CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ•mol-1 ②,二氧化碳重整:CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H3 ③,根据盖斯定律,将①+②得到反应③的热化学方程式:CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H3=(+205.9kJ•mol-1)+(-41.2kJ•mol-1)=+247.1kJ/mol,故答案为:高温;+247.1;‎ II.(2)①由N2+3H2⇌2NH3可知,增大压强,平衡正向移动,由图象可知在相同温度下,平衡后混合物中氨的体积分数(φ)为p1>p2>p3,因此压强关系是p1>p2>p3,故答案为:p1>p2>p3;温度相同时,加压平衡正向移动,故压强越大平衡混合物中氨的体积分数越大;‎ ‎②温度越大,压强越大,反应速率越大,p1>p2,由图可知,B对应的温度、压强大,则反应速率大,故答案为:<;‎ ‎③‎ ‎ ‎ ‎=0.667,x=0.08,若在‎250℃‎、p1为105Pa条件下,反应达到平衡时容器的体积为‎1L,则该条件下B点N2的分压p(N2)=105Pa×=8.3×103,故答案为: 8.3×103。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(2)③,要注意三段式在化学平衡计算中的应用,同时注意理解“分压=总压×物质的量分数”。‎ ‎9.为测定某样品中氟元素的质量分数进行如下实验,利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(氢氟酸为低沸点酸,含量低,不考虑对玻璃仪器的腐蚀),用水蒸气蒸出,再通过滴定测量。实验装置如下图所示,加热装置省略。‎ ‎(1)A的名称是___________,长导管用于平衡压强,实验过程中其下端___________(填“能”或“不能”)在液面以上。‎ ‎(2)仪器C是直形冷凝管,实验过程中,冷却水应从___________口出。(填“a”或“b")‎ ‎(3)实验时,首先打开活塞K,待水沸腾时,关闭活塞K,开始蒸馏:若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升,应立即______________________。‎ ‎(4)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳,其作用是___________。‎ ‎(5)B中加入一定体积高氯酸和‎1.00g氟化稀土矿样,D中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热A、B,使A中产生的水蒸气进入B。‎ ‎①下列物质不可代替高氯酸的是___________(填标号)‎ a.醋酸 b.硝酸 c.磷酸 d.硫酸 ‎②D中主要反应的离子方程式为_________________________________。‎ ‎(6)向馏出液中加入25.00mL0.100mol·L-1La(NO3)3溶液,得到LaF3沉淀,再用0.100 mol·L -1EDTA标准溶液滴定剩余La3+(La3+与EDTA按1︰1络合),消耗EDTA标准溶液20.00mL,则氟化稀土样品中氟的质量分数为______________________。‎ ‎【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 不能 (3). b (4). 打开活塞K (5). 保温,避免水蒸气冷凝 (6). ab (7). HF+OH-=F-+H2O (8). 2.85%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A水蒸气发生装置,长导管作用起到平衡压强的作用,防止烧瓶内压强过大,实验时,首先打开活塞K,目的是让烧瓶内压强和外界一致,待水沸腾时,关闭活塞K,开始蒸馏,若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升,应立即打开活塞K,和外界联通降低压强,B制取HF的装置,利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢,用水蒸气蒸出,冷凝到D装置,被氢氧化钠中和吸收,在采用滴定法定量测定氟元素的质量分数。‎ ‎【详解】(1)A的名称是圆底烧瓶,长导管用于平衡压强,实验过程中其下端在液面以下;‎ 答案:圆底烧瓶 不能 ‎ (2)实验过程中,直形冷凝管中冷却水应从a进b出,这样可使冷却水充满外管,有利于带走热量;‎ 答案:b。‎ ‎ (3) 从实验安全角度考虑,实验时,首先打开活塞K,目的是让烧瓶内压强和外界一致,待水沸腾时,关闭活塞K,开始蒸馏,若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升,应立即打开活塞K,和外界联通降低压强;‎ 答案:打开活塞K ‎(4)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳,石棉绳的隔热效果比较好,主要起到保温防止水蒸气冷凝的作用;‎ 答案:保温,避免水蒸气冷凝。‎ ‎(5)①根据题干知识可知反应原理为高沸点酸(难挥发性酸)制取低沸点酸(易挥发性酸),醋酸和硝酸易挥发,不可代替高氯酸;‎ 答案:ab ‎②D中是氢氧化钠与HF发生酸碱中和生成盐和水,离子方程式为HF+OH-=F-+H2O;‎ 答案:HF+OH-=F-+H2O。‎ ‎ (6)关系式法计算:设F-的物质的量为x ‎3F‎-~LaF3~ La3+ EDTA ~ La3+‎ ‎3mol 1mol 1mol 1mol x x/3 0.1mol/L×20.00×10‎-3L 0.1mol/L×20.00×10‎-3L ‎ ‎+0.1mol/L×20.00×10‎-3L=0.100mol/L×25.00×10‎‎-3L 得x=1.5×10-3mol=0.0015mol 氟化稀土样品中氟的质量分数为:×100%=2.85%‎ 答案:2.85%‎ ‎10.氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料,某工厂以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下:‎ 常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表:‎ Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Cu(OH)2‎ 开始沉淀 ‎7.5‎ ‎2.7‎ ‎4.8‎ 完全沉淀 ‎9.0‎ ‎37‎ ‎6.4‎ ‎(1)炉气中的有害气体成分是__________,Cu2S与O2反应时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。‎ ‎(2)若试剂X是H2O2溶液,写出相应反应的离子方程式:________。当试剂X是______时,更有利于降低生产成本。‎ ‎(3)加入试剂Y调pH时,pH的调控范围是___________。‎ ‎(4)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式:________,操作X包括_________、洗涤、烘干,其中烘干时要隔绝空气,其目的是____________。‎ ‎(5)以铜与石墨作电极,电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O,写出阳极上生成Cu2O的电极反应式:__________。‎ ‎【答案】 (1). SO2 (2). 2∶1 (3). 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O (4). 空气或氧气 (5). 3.7≤pH<4.8 (6). 4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O (7). 过滤 (8). 防止Cu2O被空气中氧气氧化 (9). 2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫,Cu2S与O2‎ 反应时,根据得失电子守恒,分析氧化剂与还原剂的物质的量之比;‎ ‎(2)酸性条件下,H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,本身被还原为H2O,酸性条件下O2也可以将Fe2+氧化为Fe3+;‎ ‎(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去,而铜离子不能形成沉淀;‎ ‎(4)N2H4将Cu2+还原为Cu2O,自身被氧化为N2;Cu2O不溶于水,且有较强的还原性,在加热条件下易被空气氧化;‎ ‎(5)因Cu2O是在阳极上生成的,阳极材料是铜,铜失去电子转化为Cu2O,据此解答。‎ ‎【详解】(1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫,故炉气中的有害气体成分是SO2,Cu2S与O2反应时,氧化剂为O2,还原剂为Cu2S,1molO2得4mol电子,Cu的化合价从+1价升高为+2价,S的化合价从-2价升高为+4价,故1molCu2S失8mol电子,根据得失电子守恒,氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1,故答案为:SO2;2∶1;‎ ‎(2)酸性条件下,H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,本身被还原为H2O,离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O;酸性条件下O2也可以将Fe2+氧化为Fe3+,而氧气或空气价格远低于H2O2,所以用氧气替代双氧水,可以有效降低生产成本,故答案为:2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O;空气或氧气;‎ ‎(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去,而铜离子不能形成沉淀,故pH调控范围是3.7≤pH<4.8,故答案为:3.7≤pH<4.8;‎ ‎(4)N2H4将Cu2+还原为Cu2O,自身被氧化为N2,化学方程式为4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O;由于Cu2O不溶于水,故操作X为过滤、洗涤、烘干;因Cu2O有较强的还原性,在加热条件下易被空气氧化,故烘干过程中要隔绝空气,故答案为:4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O;过滤;防止Cu2O被空气中氧气氧化; ‎ ‎(5)因Cu2O是在阳极上生成的,阳极材料是铜,铜失去电子转化为Cu2O,相应的电极反应式为2Cu-2e-+2OH-===Cu2O+H2O,故答案为:2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。‎ ‎11.中国古代文献中记载了大量古代化学的研究成果,《本草纲目》中记载:“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者”,反应原理为:S+2KNO3+‎3C===K2S+N2↑+3CO2↑。‎ ‎(1)氮原子的价层电子排布图为___________,烟花燃放过程中,钾元素中的电子跃迁的方式是___________,K、S、N、O四种元素第一电离能由大到小的顺序为___________。上述反应涉及的元素中电负性最大的是___________(填元素符号)。‎ ‎(2)碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外,还可形成C2O3(结构式为)。C2O3与水反应可生成草酸(HOOC—COOH)。‎ ‎①C2O3中碳原子的杂化轨道类型为___________,CO2分子的立体构型为___________。‎ ‎②草酸与正丁酸(CH3CH2CH2COOH)的相对分子质量相差2,二者的熔点分别为‎101℃‎、‎-7.9℃‎,导致这种差异的最主要原因可能是______________________。‎ ‎③CO分子中π键与σ键个数比为___________。‎ ‎(3)超氧化钾的晶胞结构图如下:‎ 则与K+等距离且最近的K+个数为___________,若晶胞参数为dpm,则该超氧化物的密度为___________g·cm-3(用含d、NA的代数式表示,设NA表示阿伏加德罗常数的值)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 由高能量状态跃迁到低能量状态 (3). N>O>S>K (4). O (5). sp2 (6). 直线型 (7). 草酸分子间能形成更多氢键 (8). 2:1 (9). 12 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据核外电子排布特点及非金属性强弱比较第一电离能大小;根据等电子体结构及杂化轨道理论分析分子的空间结构;根据晶胞的结构计算晶胞的密度。‎ ‎【详解】(1)N原子价电子数为5,其电子排布图为;焰色反应属于发射光谱,故电子是由高能量状态跃迁到低能量状态,由第一电离能递变规律及N原子的2p能级处于半充满状态得第一电离能的大小顺序为N>O>S>K;上述反应涉及的元素中氧元素的非金属性最强,故电负性最大,‎ 故答案为;;由高能量状态跃迁到低能量状态;N>O>S>K;O;‎ ‎(2)①C2O3中碳原子形成3个σ键、为sp2杂化;CO2中C原子采取sp杂化,立体构型为直线型;‎ ‎②草酸分子中有2个O-H键,丁酸分子中只含有一个O-H键,故草酸分子间形成的氢键数目比丁酸分子间形成的氢键数目多,因此其沸点比较高;‎ ‎③CO与N2互为等电子体,结构相似,故π键与σ键个数比为2:1;‎ 故答案为sp2;直线型;草酸分子间能形成更多氢键;2:1;‎ ‎(3)由晶胞图知,同一平面内与K+距离相等且最近的K+有4个,通过某一个K+且相互垂直的平面有3个,故共有12个K+符合条件;由均摊原理知每个晶胞中含有4个KO2,质量为4/NA×‎71g,晶胞的体积为d3×10‎-30cm3,故密度为:g/cm3,‎ 故答案12; 。‎ ‎12.以葡萄糖为原料制得的山梨醇(A)和异山梨醇(B)都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物,由葡萄糖为原料合成E的过程如下:‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)葡萄糖的结构简式为__________。‎ ‎(2)E中含有的官能团为羟基、醚键和_______。‎ ‎(3)由B到C的反应类型为_________。‎ ‎(4)C的结构简式为_________。‎ ‎(5)由D到E的反应方程式为_________。‎ ‎(6)F是B的同分异构体,‎7.30g的F与足量饱碳酸氢钠反应可释放出‎2.24L二氧化碳(标准状况),F的可能结构共有__________种(不考虑立体异构),其中核磁共振氢谱为三组峰,峰面积比为3:1:1的结构简式为________。‎ ‎【答案】 (1). CH2OH(CHOH)4CHO (2). 酯基 (3). 取代反应 (4). (5). +NaOH+CH3COONa (6). 9种 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 葡萄糖和氢气发生加成反应生成A为HOCH2(CHOH)4CH2OH,A发生消去反应生成B,B和乙酸反应生成C,根据C分子式知,B中一个羟基发生酯化反应,C结构简式为,根据D分子式知,生成D的反应为取代反应,D发生水解反应生成E,根据E结构简式知,D为,以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)葡萄糖的分子式为C6H12O6,是多羟基醛,结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO;‎ ‎(2)由结构简式可知E中含有的官能团为羟基、醚键和酯基;‎ ‎(3)由B到C的反应类型为取代反应或酯化反应;‎ ‎(4)由以上分析可知C的结构简式为;‎ ‎(5)D为,D发生水解反应生成E,由D到E的反应方程式为 ‎;‎ ‎(6)F是B的同分异构体,B的相对分子质量为146,‎7.30g的F物质的量==0.05mol,生成n(CO2)==0.1mol,说明该分子中含有2个-COOH,B的分子式为C6H10O4,B的不饱和度==2,2个-COOH的不饱和度是2,说明F中不含碳碳不饱和键和环,则:‎ 如果剩余碳链结构为C-C-C-C,羧基排放方式有6种;‎ 如果剩余碳链结构为,羧基排放方式有3种;‎ 所以符合条件的同分异构体有9种;其中核磁共振氢谱为三组峰,峰面积比为3:1:1的结构简式为。‎ ‎【点睛】考查有机物推断,为高考常见题型,侧重考查学生分析、推断能力,涉及物质推断、官能团判断、反应类型判断、同分异构体种类判断等知识点,明确有机物官能团及其性质关系是解本题关键,难点是同分异构体种类判断。‎
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