山西省联盟校2020届高三4月月考理科综合化学试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 山西省联盟校2020届高三4月理科综合化学试题 一、选择题（每小题6分，共42分）‎ ‎1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 用报纸包装食物属于资源的充分利用，应以提倡。‎ B. 是矿泉水瓶、饮料瓶底的常见标志，表示可回收利用，只能一次性使用，不能长期使用。‎ C. 具有吸水性的植物纤维加工后可用作食品干燥剂。‎ D. 防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成，其中树脂属于有机高分子材料。‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．报纸上的油墨含有有毒有害物质，用报纸包装食物，会污染食物，对人健康不利，故A错误；‎ B．是回收标志，只能一次性使用，不能长期使用，可以用作矿泉水瓶、饮料瓶的制造材料，故B正确；‎ C．具有吸水性的植物纤维属于天然纤维，无毒，可用作食品干燥剂，故C正确；‎ D．树脂相对分子质量很大，属于有机高分子材料，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎2.明代《造强水法》记载“绿钒五斤，硝五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，锅下起火，取气冷定，开坛则药化为水。用水入五金皆成水，惟黄金不化水中。”“硝”即硝酸钾。下列说法错误的是 A. “绿矾”的成分为FeSO4·7H2O B. “研细”可在蒸发皿中进行 C. “开坛则药化为水”，“水”的主要成分是硝酸 D. “五金皆成水”，发生氧化还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、“绿矾”为硫酸亚铁的晶体，成分为FeSO4·7H2O，A正确；‎ B、“研细”固体在研钵中进行，蒸发皿是用来蒸发液体的，B错误；‎ - 16 -‎ C、根据开坛则药化为水，用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，说明该“水”的主要成分是硝酸，因为硝酸能够与绝大多数金属反应，金、铂除外，C正确；‎ D、金属和硝酸反应生成盐和含氮元素的物质，发生的是氧化还原反应，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎3.有 (a). (b). (c)的分式均为C5H6，下列有关叙述正确的是 A. 符合分子式为C5H6的同分异构体只有a、b、c三种 B. a、b、c的一氯代物都只有三种 C. a、b、c 都能使溴的CCl4溶液褪色，且褪色原理相同 D. a、b、c分子中5个碳原子一定都处于同一个平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 符合分子式为C5H6的同分异构体除a、b、c外还有其他的，如丙烯基乙炔等等，A不正确；B. a、b、c的一氯代物分别有3、2、4种，B 不正确；C. a、b、c 分子中都有碳碳双键，故其都与与溴发生加成反应，所以其都能使溴的CCl4溶液褪色，C正确； D. 由乙烯的6原子共面可知a和b分子中的5个碳原子一定都处于同一个平面，由甲烷的正四面体结构可知C分子中的5个碳原子一定不处于同一个平面，D不正确。本题选C。‎ 点睛：我们通常把复杂的有机物分成不同的结构单元，根据甲烷、乙烯、乙炔以及苯的分子结构特点，分析不同结构单元的共面情况，进一步分析整个分子中某些原子的共面情况。‎ ‎4.实验室用O2氧化NH3制备硝酸的装置如图所示(夹持装置略)，下列说法不正确的是 A. 球形干燥管B中可以填充碱石灰或五氧化二磷 B. 实验过程中，若熄灭酒精灯，装置C中的氧化铬继续保持红热，说明装置C中的反应放热 C. 球形干燥管D中的无水氯化钙可吸收尾气中的氨气和水蒸气 - 16 -‎ D. 装置E中的石蕊试液最终变红，说明锥形瓶中有硝酸产生 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂干燥，因此球形干燥管B中可以填充碱石灰但不能是五氧化二磷，A错误；‎ B．氨的催化氧化是放热反应，实验过程中，若熄灭酒精灯，装置C中的氧化铬继续保持红热，说明装置C中的反应放热，B正确；‎ C．由于剩余的氨气会影响后续实验，因此球形干燥管D中的无水氯化钙可吸收尾气中的氨气和水蒸气，C正确；‎ D．生成的NO和氧气在溶液中转化为硝酸，装置E中的石蕊试液最终变红，说明锥形瓶中有硝酸产生，D正确。‎ 答案选A。‎ ‎5.叶蜡石是一种重要的化工原料，化学式为X2[Y4Z10](ZW)2，X、Y、Z、W均为短周期元素，X与Y为同一周期相邻元素，Y的最外层电子数为次外层的一半，X 为地壳中含量最多的金属元素，X的离子与ZW-含有相同的电子数。下列说法正确的是 A. 原子半径:Y>X>Z>W B. 最简单氢化物的沸点:Y>Z C. X 与W形成的[XW4]-具有较强的还原性 D. 可用NaOH 溶液分离X、Y的最高价氧化物的混合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 已知X与Y为同一周期相邻元素，Y的最外层电子数为次外层的一半，在短周期中，Y可能为Li或Si，X 为地壳中含量最多的金属元素，则X为Al，所以Y为Si，又X的离子与ZW—含有相同的电子数，则Z为O，W为H，由此分析：A、原子半径为X>Y>Z>W，即Al>Si>O>H，所以A错误；B、最简单氢化物的沸点SiH4Co2+；‎ ‎②Fe3+和C2O42-结合生成较稳定的[ Fe(C2O4)3]3-，在强酸性条件下分解重新生成Fe3+。回答下列问题：‎ ‎（1）废旧电池初步处理为粉末状的目的是________________________________________。‎ ‎（2）从含铝废液得到Al(OH)3离子反应方程式为__________________________________。‎ ‎（3）滤液A中的溶质除HCl、LiCl外还有__________（填化学式）。写出LiCoO2和盐酸反应的化学方程式__________________________________。‎ ‎（4）滤渣的主要成分为____________________（填化学式）。‎ ‎（5）在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，其固体失重率数据见下表，请补充完整表中问题。‎ 已知：①CoC2O4在空气中加热时的气体产物为CO2‎ ‎②固体失重率=对应温度下样品失重的质量/样品的初始质量 序号 温度范围/℃‎ 化学方程式 固体失重率 Ⅰ ‎120-220‎ CoC2O4·2H2OCoC2O4+2H2O ‎19.67%‎ Ⅱ ‎300~350‎ ‎_________________________‎ ‎59.02%‎ ‎（6）已知Li2CO3的溶度积常数Ksp=8.64×10-4，将浓度为0.02mol·L-1的Li2SO4和浓度为0.02 mol·L-1的Na2CO3溶液等体积混合，则溶液中的Li+浓度为___________mol·L-1‎ ‎（7）从FeCl3溶液得到FeCl3·6H2O固体的操作关键是_________________________。‎ ‎【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 (2).‎ - 16 -‎ ‎ AlO2-+CO2+2H2O==Al(OH )3↓+ HCO3- (3). FeCl3、CoCl2 (4). 2LiCoO2+8HCl==2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl (5). C (6). 2CoC2O4+O22CaO+ 4CO2 (7). 0.02 (8). 加入适量盐酸（或通入适量氯化氢气体）‎ ‎【解析】‎ ‎(1). 废旧电池初步处理为粉末状，可以增大固体的接触面积，加快反应速率，同时提高浸出率，故答案为增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；‎ ‎(2). 由流程图可知，含铝废液中含有AlO2－，通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀和HCO3－，离子方程式为：AlO2－+CO2+2H2O==Al(OH )3↓+ HCO3－，故答案为AlO2－+CO2+2H2O==Al(OH )3↓+ HCO3－；‎ ‎(3). 由题中信息可知，还原性Cl－>Co2+，又因为还原性Fe2+>Cl－，所以LiCoO2中的+3价Co将Fe2+和Cl－氧化，自身被还原成+2价Co，所以溶质还有FeCl3、CoCl2，根据上述分析可知，LiCoO2和盐酸反应的化学方程式为：2LiCoO2+8HCl==2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl，故答案为2LiCoO2+8HCl==2CoCl2+Cl2↑+4H2O+2LiCl；‎ ‎(4). 因单质碳不溶于碱、盐酸和水，所以滤渣的主要成分是单质碳，故答案为C；‎ ‎(5).设有1molCoC2O4·2H2O受热分解，由题中信息可知，在300~350℃时，固体失重率为59.02%，所以固体的残留率为40.98%，质量为75g，因为1molCo全部留在固体中，所以O的质量为16g，Co和O的原子个数比为1:1，固体产物为CoO，已知气体产物为CO2，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：2CoC2O4+O22CaO+ 4CO2，故答案为2CoC2O4+O22CaO+ 4CO2；‎ ‎(6). 将浓度为0.02mol·L-1的Li2SO4和浓度为0.02 mol·L-1的Na2CO3溶液等体积混合，溶液体积变为原来的2倍，Qc=c(Li+)2×c(CO32－)=(0.02mol/L)2×0.01mol/L=4×10－6＜Ksp，所以两溶液混合后不产生沉淀，Li+的浓度为0.02mol/L，故答案为0.02；‎ ‎(7). 加热蒸发FeCl3溶液得FeCl3·6H2O固体时，会促进Fe3＋的水解，最终得到Fe(OH)3固体，因此在加热蒸发FeCl3溶液时，要加入适量的盐酸（或通入适量氯化氢气体）抑制Fe3＋的水解，故答案为加入适量盐酸（或通入适量氯化氢气体）。‎ ‎10.磷酸是重要的化学试剂和工业原料。请回答下列问题：‎ ‎(1)已知：25℃时，磷酸和氢氟酸的电离常数如下表所示。‎ - 16 -‎ 物质 H3PO4‎ HF 电离常数 Ka1＝7.1×10−3；‎ Ka2＝6.3×10−8；‎ Ka3＝4.2×10−13‎ Ka＝6.6×10−4‎ 向NaF溶液中滴加少量H3PO4溶液，反应的离子方程式为____________‎ ‎(2)已知：‎ Ⅰ.CaO(s)+H2SO4(l)CaSO4(s)+H2O(l)　ΔH＝-271kJ·mol−1‎ Ⅱ.5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(l)　ΔH＝-937kJ·mol−1‎ 则：①工业上用Ca5(PO4)3F和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为____________。‎ ‎②一定条件下，在密闭容器中只发生反应Ⅱ，达到平衡后缩小容器容积，HF的平衡转化率________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；HF的平衡浓度________。‎ ‎(3)工业上用磷尾矿制备Ca5(PO4)3F时生成的副产物CO可用于制备H2，原理为CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)　ΔH。‎ ‎①一定温度下，向10L密闭容器中充入0.5mol CO和1mol H2O(g)，2min达到平衡时，测得0～2min内用CO2表示的反应速率v(CO2)＝0.02mol·L−1·min−1。则CO的平衡转化率α＝________；该反应的平衡常数K＝________。‎ ‎②在压强不变的密闭容器中发生上述反应，设起始的＝y，CO的平衡体积分数(φ)与温度(T)的关系如图所示。则：该反应的ΔH___0(填“＞”“＜”或“＝”，下同)。a_____1，理由为_____________‎ ‎【答案】 (1). H3PO4+F－＝HF+H2PO4－ (2). Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)3H3PO4(l)＋HF(g)＋5CaSO4(s) ΔH=－418 kJ·mol－1 (3). 增大 (4). 不变 (5). 80% (6). (7). ＜ (8). ＜ (9).‎ - 16 -‎ ‎ 相同温度下，y越小，CO的转化率越大，其平衡体积分数越小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据电离平衡常数可知酸性有如下关系：H3PO4＞HF＞H2PO4－＞HPO42－，所以向NaF溶液中滴加少量H3PO4溶液，反应的离子方程式为为：H3PO4+F－＝HF+H2PO4－；‎ ‎（2）①已知：Ⅰ．CaO(s)＋H2SO4(l)CaSO4(s)＋H2O(l) ΔH=－271 kJ·mol－1‎ Ⅱ．5CaO(s)+3H3PO4(l)＋HF(g)Ca5(PO4)3F(s)＋5H2O(l) ΔH=－937 kJ·mol－1‎ 根据盖斯定律可知Ⅰ×5－Ⅱ即得到Ca5(PO4)3F和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)3H3PO4(l)＋HF(g)＋5CaSO4(s) ΔH=－418 kJ·mol－1；‎ ‎②反应Ⅱ的正反应体积减小，所以达到平衡后缩小容器容积平衡向正反应方向移动，HF的平衡转化率增大。由于温度不变，平衡常数不变，即K＝c(HF)，因此HF的平衡浓度不变；‎ ‎（3）①测得 0～2 min内用CO2表示的反应速率v(CO2)=0.02 mol·L－1·min－1，所以生成CO2浓度是0.04mol/L，则 因此CO的平衡转化率α=×100%＝80%，该反应的平衡常数K＝=；‎ ‎②根据图像可知升高温度CO的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向进行，所以该反应的ΔH＜0，由于相同温度下，y越小，CO的转化率越大，其平衡体积分数越小，所以a＜1。‎ 三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）‎ ‎11.碱土金属指元素周期表中第ⅡA族元素，它们的单质和化合物用途较为广泛。‎ ‎(1)铍元素能形成一种价格昂贵的宝石——祖母绿，其化学式为Be3Al2(SiO3)6，其中铍元素的化合价是________，基态铍原子的价电子排布式为________。‎ ‎(2)镁是航天工业的重要材料。镁元素和相邻元素钠、铝的第一电离能的大小顺序为________。‎ ‎(3)钙元素在自然界以化合物CaCl2、CaCO3、CaSO4、Ca(OH)2等形式存在。上述四种物质中只含有一种类型化学键的是________；CO32-的中心原子的杂化类型是________，空间构型是________。‎ - 16 -‎ ‎(4)钡元素与氧元素能够形成一种化合物，其晶胞结构如图所示，该物质的化学式为________，Ba2+的配位数是________，若阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞边长为a cm，则晶体的密度为________g·cm−3。‎ ‎【答案】 (1). +2 (2). 2s2 (3). Mg＞Al＞Na (4). CaCl2 (5). sp2 (6). 平面三角形 (7). BaO2 (8). 6 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据化学式为Be3Al2(SiO3)6可知Al是+3价，Si是+4价，O是－2价，则根据正负价代数和为0可知其中铍元素的化合价是价，Be的原子序数是4，则基态铍原子的价电子排布式为2s2。‎ ‎(2)金属性越强，第一电离能越小，但由于Mg的3s轨道处于全充满状态，稳定性强，则镁、钠、铝的第一电离能的大小顺序为Mg＞Al＞Na。‎ ‎(3)CaCl2中只有离子键，CaCO3、CaSO4、Ca(OH)2中均既有离子键又有共价键；CO32-的中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以杂化类型是sp2，空间构型是平面三角形。‎ ‎(4)根据晶胞结构图可知含有钡离子个数是，含有过氧根离子个数是，则该物质的化学式为BaO2，乙顶点的Ba2+为中心可判断Ba2+的配位数是6，若阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞边长为a cm，则根据可知晶体的密度为g·cm−3。‎ ‎12.有机物J是合成药物格列卫的一种重要中间体，J的一种合成路线如下：‎ - 16 -‎ 已知：①‎ ‎②R-NH2R-NH2‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)B的名称为________。‎ ‎(2)H→I和I→J的反应类型分别为________、________。‎ ‎(3)G的结构简式为________。‎ ‎(4)由E生成F的化学方程式为_______________________________________________。‎ ‎(5)芳香化合物X是E的同分异构体，X能发生银镜反应，并能发生水解反应，其核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1∶4∶2∶1，写出符合条件的X的结构简式________________‎ ‎(6)写出用甲苯为原料制备聚合物的合成路线：_______________‎ ‎【答案】 (1). 对硝基甲苯 (2). 还原反应 (3). 加成反应 (4). ‎ - 16 -‎ ‎(5). +→+HCl (6). 或 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据A转化为B的反应条件可判断应该是硝化反应，根据D的结构简式可知A是甲苯，B是，根据已知信息①可知C为，结合有机物的结构简式和转化关系图以及问题分析解答。‎ ‎【详解】(1)B是，名称为对硝基甲苯。‎ ‎(2)H→I在水合肼的作用下硝基转化为氨基，是还原反应。根据I和J的结构简式可判断I→J是C≡N的加成反应。‎ ‎(3)F生成H是F中的氯原子被取代，则根据H的结构简式可知G的结构简式为。‎ - 16 -‎ ‎(4)由E生成F是取代反应，反应的化学方程式为+→+HCl。‎ ‎(5)E是，芳香化合物X是E的同分异构体，X能发生银镜反应，并能发生水解反应，说明是甲酸形成的酯基，其核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1∶4∶2∶1，符合条件的X的结构简式为或。‎ ‎(6)根据已知信息并结合逆推法可知用甲苯为原料制备聚合物合成路线为。‎ ‎【点睛】合成路线设计是解答难点，解答时要注意先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物，尤其要注意题干已知信息或隐含信息的挖掘和迁移灵活应用。‎ - 16 -‎ - 16 -‎ - 16 -‎