【化学】四川省泸县第二中学2020届高三上学期期末考试理综（解析版）
四川省泸县第二中学2020届高三上学期期末考试理综
1.“一带一路(One Belt And One Road)”构建人类命运共同体，符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易的商品中，其主要成分不属于有机物的是（ ）
A. 中国丝绸 B. 埃及长绒棉 C. 乌克兰葵花籽油 D. 捷克水晶
【答案】D
【详解】A、丝绸主要成分是蛋白质，是含有碳元素的化合物，是有机化合物，故A不选；
B、长绒棉主要成分是纤维素，是含有碳元素的化合物，是有机化合物，故C不选；
C、葵花籽油主要成分是油脂，是含有碳元素的化合物，是有机化合物，故C不选；
D、水晶的主要成分是二氧化硅，不是有机化合物，故D选；
故选D。
【点睛】判断一种物质是否属于有机物时，不但要看化合物中是否含有碳元素，还要看物质的性质是和无机物相似还是和有机物相似，如一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是性质和无机物相似，属于无机物。
2.绿原酸是从金银花中提取出的有很高药用价值的有机物，其结构如图所示，
下列说法正确是（ ）
A. 绿原酸的分子式为C16H20O9
B. 绿原酸分子中有4种含氧官能团
C. l mol绿原酸与NaOH溶液反应，可消耗7 mol NaOH
D. 绿原酸在酸性条件下的水解产物均能与NaHCO3发生反应生成CO2
【答案】D
【解析】A、绿原酸的分子式为C16H18O9，A错误。
B、绿原酸的分子中含有羧基、酯基、羟基3种含氧酸官能团，B错误。
C、羧基、酚羟基能与NaOH发生中和反应，该分子中还含一个酯基，水解可得到一个醇羟基和一个羧基，故共有2个羧基、2个酚羟基，所以消耗4molNaOH，C错误。
D、酯基在酸性下可水解得到相应的酸和醇2种物质，由该分子可知水解后得到的两种物质均含羧基，均能与NaHCO3发生反应生成CO2，D正确。
正确答案为D
3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（ ）
A. 标准状况下，1 mol CO2中含有的碳原子数为NA
B. 常温常压下，11.2 L氯化氢气体中含有的分子数为0.5NA
C. 1 mol金属钠与足量氯气完全反应时转移的电子数为2NA
D. 1 L 0.1 mol/L Na2SO4溶液中所含的Na＋的数目为0.1NA
【答案】A
【详解】A.1mol二氧化碳气体中含有1molC原子，含有的碳原子数为NA，故A正确；B．不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氯化氢的物质的量，故B错误；C. 1 mol金属钠与足量氯气完全反应时失去1mol电子，转移的电子数为NA，故C错误；D. 根据n=cV分析，1 L 0.1 mol/L Na2SO4溶液中钠离子的物质的量为0.2mol，Na＋的数目为0.2NA，故D错误；故选A。
4.下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是（ ）
A. 明矾易溶于水，可用作净水剂 B. HClO显酸性，可用于杀菌消毒
C. SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白 D. 铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂
【答案】D
【解析】A项，明矾可用作净水剂是因为铝离子水解生成Al(OH)3胶体，具有吸附性，可以吸附悬浮颗粒，故A错误；B项，HClO可用于杀菌消毒是因为其具有强氧化性，故B错误；C项，SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，与氧化性无关，故C错误；D项，铁粉具有还原性，常温下容易被氧气氧化，所以可用作食品抗氧化剂，能有效吸收食品包装袋内的氧气，防止食物被氧化，故D正确。
5.X、Y、Z、R、W是5种短周期元素，原子序数依次增大；它们可组成离子化合物Z2Y和共价化合物RY3、XW4；已知Y、R同主族，Z、R、W同周期。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径R>W>Y>Z
B. 气态氢化物稳定性：HmW
”或“<”)0。
（5）温度为37 ℃时，氧气的结合度[α(MbO2)与氧气的平衡分压[p(O2)]关系如下图所示：
①利用R点所示数据，计算37 ℃时该反应的平衡常数K=_________________(氧气的平衡浓度可用氧气的平衡分压代替求算)。
②已知37 ℃时，该反应的正反应速率v(正)=k1c(Mb)×ρ(O2)，逆反应速率v(逆)=k2c(MbO2)，若k2=60s-1，则k1=___________________。
【答案】(1). (d-a-b-c) kJ • mol-1 (2). 7.4 (3). 减小 (4). 当少量酸性物质进入血液后，平衡H2CO3H++HCO3-向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变 (5). < (6). 2.00kPa-1 (7). 120s-1·kPa-1
【解析】试题分析：本题通过对“人体血液中存在平衡”和“肌细胞石储存氧气和分配氧气时存在的平衡”的讨论，主要考查盖斯定律的运用、平衡常数表达式、平衡移动原理等知识，考查考生对平衡移动原理的综合运用能力、综合运用平衡常数的计算能力。
解析：（1）将已知的反应依次编号为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，将四个反应用Ⅳ-Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ既得反应H2CO3 (aq)H+(aq)+HCO3-(aq) ，所以 △H=△H4-△H1-△H2-△H3=（d-a-b-c）kJ • mol-1。正确答案：（d-a-b-c）kJ • mol-1。（2），所以，。pH升高时，c（H+）减小，所以随c（H+）减小而减小。正确答案：7.4、减小。（3）由于人体血液中存在平衡：H2CO3 (aq)H+(aq)+HCO3-(aq) ，所以少量酸性物质进入血液后，平衡逆向移动，因此H+浓度变化部分被抵消，血液的pH变化较小。正确答案：当少量酸性物质进入血液后，平衡H2CO3H++HCO3-向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。（4）Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，温度升高时氧气的结合度降低，既升高温度平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，△H<0。正确答案：<。（5）“氧气的结合度α(MbO2) 是指氧合肌红蛋白的浓度占肌红蛋白初始浓度的百分数”，既，则（算式Ⅰ）。①，代入R点读数。②仍然选R点坐标数据，37 ℃
反应达到平衡时，v(正)=v（逆），则k1c(Mb)×P(O2)=k2c(MbO2)，代入上述算式Ⅰ及R点坐标数据，所以。正确答案：2.00kPa-1、120s-1·kPa-1。
点睛：解答化学平衡的计算题型时，首先需要正确选用计算公式，已知的数据（包括比值）可以直接代入，选用坐标图中的读数时，一般要用图像中标记坐标读数的点，以确保计算结果准确。
11.决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题：
(1)已知元素M是组成物质Ca5(PO4)3F的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量(即电离能，用符号I1至I表示)如表所示：
I1
I2
I3
I4
I5
电离能(kJ/mol)
589.8
1145.4
4912.4
6491
8153
元素M化合态常见化合价是___________价，其基态原子电子排布式为___________。
(2)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可形成[Cu(NH3)4]SO4，溶液，该溶液可用于溶解纤维素。
①[Cu(NH3)4]SO4中阴离子立体构型是___________。
②除硫元素外，[Cu(NH3)4]SO4中所含元素的电负性由小到大的顺序为___________。
③NF3与NH3的空间构型相同，中心原子的轨道杂化类型均为___________。但NF3不易与Cu2+形成化学键，其原因是___________________________________________________。
(3)一种Hg-Ba-Cu-O高温超导材料的晶胞(长方体)如图所示。
①该物质的化学式为___________。
②已知该晶胞中两个Ba2+的间距为cpm。则距离Ba2+最近的Hg+数目为___________个，二者的最短距离为___________pm。(列出计算式即可，下同)
③设该物质的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___________g·cm－3。
【答案】(1). ＋2 (2). ［Ar］4s2 (3). 正四面体 (4). Cu＜H＜N＜O (5). sp3 (6). F电负性比N大，N－F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其对孤对电子的吸引力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子 (7). HgBa2CuO4 (8). 4 (9). (10).
【分析】(1)从其电离能变化可知，失第三个电子时的能量急剧增加，则该原子失去2个电子后为稳定结构；M是Ca元素，根据能量最低原理书写电子排布式；
(2) ①根据价电子互斥理论判断SO42－的空间构型； ②元素的非金属性越强电负性越大；③NF3与NH3的中心原子都是N原子，杂化轨道数=；NF3中N原子核对其对孤对电子的吸引力强；
(3) ①利用均摊法计算晶胞的化学式；②根据晶胞图分析距离Ba2+最近的Hg+数目；根据晶胞图可知Ba2+位于底面的中垂线上。③根据密度=摩尔质量÷（１个晶胞的体积×NA）。
【详解】(1)从其电离能变化可知，失第三个电子时的能量急剧增加，则该原子失去2个电子后为稳定结构，所以该原子最外层电子数是2，常见化合价是＋2， M是Ca元素；Ca是20号元素，其基态原子电子排布式为［Ar］4s2；
(2) ①SO42－中S原子的杂化轨道数=，配位原子数为4，无孤电子对，所以SO42－的空间构型正四面体；
②Cu、H、N、O非金属性依次增强，所以电负性Cu＜H＜N＜O；
③NF3与NH3的中心原子都是N原子，杂化轨道数=，所以轨道杂化类型均为sp3；F的电负性比N大，N－F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其对孤对电子的吸引力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子；
(3) ①根据均摊法，晶胞中Ba原子数是2、Hg原子数是 ；Cu原子数是 ，O原子数是，所以晶体的化学式是HgBa2CuO4；
②根据晶胞图可知距离Ba2+最近的Hg+有4个；晶胞中两个Ba2+
的间距为cpm，晶胞的高是bpm，则Ba2+与底面的间距为pm，底面对角线为pm ，Ba2+位于底面的中垂线上 ，所以距离Ba2+最近的Hg+的距离是＝ pm；
③晶胞的体积为 ，密度=摩尔质量÷（１个晶胞的体积×NA）＝。
12.丙烯是石油化工的重要原料，一定条件下可发生下列转化：
已知：
（1）A的结构简式为：____________；
（2）反应④类型为：_________________反应；反应⑦进行所需的条件是：_________。
（3）D与足量乙醇反应生成E的化学方程式为：__________________。
（4）与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_________________________。
（5）B的同分异构体有多种．写出其中一种既能发生银镜反应，又能发生酯化反应,并且核磁共振氢谱峰值为6：1：1的同分异构体的结构简式：_____________________。
（6）请写出以丙烯为原料制备聚2-羟基丙酸的合成路线，无机试剂任选。______________
【答案】(1). CH3CHBrCH3 (2). 取代反应 (3). 浓硫酸、加热 (4). (5). (6). (CH3)2C(OH)CHO (7).CH3-CH=CH2→CH3-CHBrCH2Br→CH3-CHOHCH2OH→CH3-C(O)-COOH→ CH3-CHOH-COOH→聚合物
【解析】丙烯与HBr发生加成反应生成A，A为溴代烷，A与KCN发生取代反应，生成
，故A为，由信息，可知B为
，与KCN发生取代反应生成C，C为，CD，由信息可知D为，与足量的乙醇发生酯化反应生成E，E为，
（1）由上述分析可知，A的结构简式为 ，反应①是丙烯与HBr发生加成反应生成，故答案为，加成反应。
（2）反应④是与KCN发生取代反应生成C，C为，故答案为取代反应。反应⑦是与足量的乙醇发生酯化反应生成E（），反应条件是浓硫酸、加热。
（3）与足量乙醇发生酯化反应生成，反应化学方程式为：
。
（4）与足量NaOH溶液发生中和反应和卤代烃的碱性水解，方程式为：。
B为，的同分异构体有多种，其中既能发生银镜反应，又能发生酯化反应，说明
分子中含有醛基-CHO与羟基-OH，并且核磁共振氢谱峰值为6：1：1的同分异构体的结构简式：。
（6）参考题给有机合成流程，仿写以丙烯为原料制备聚2-羟基丙酸的合成路线：
CH3-CH=CH2→CH3-CHBrCH2Br→CH3-CHOHCH2OH→CH3-C(O)-COOH→CH3-
CHOH-COOH→聚合物
点睛：本题考查有机推断与合成，涉及烯烃、卤代烃、醇、羧酸的性质以及根据信息进行的反应等，是对有机化合物知识的综合考查，利用给出的反应信息推断A的结构是解题的关键，然后利用顺推法推断其它物质，能较好的考查考生的阅读、对 有机合成与推断 等知识点的理解，自学能力和思维能力，是高考热点题型，难度中等。
