四川省南充高级中学2020届高三上学期第四次月考理综化学试题
四川省南充高级中学2020届高三上学期第四次月考理综
化学试题
一、选择题
1.化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A. 聚氯乙烯可用作包装材料
B. 含氟牙膏可预防龋齿原理是发生了沉淀的转化反应
C. 榨苹果汁时加入维生素C，可有效防止苹果汁变色，这说明维生素C具有氧化性
D. 炒菜时，加一点酒和醋能使菜味香可口，因为有酯类物质生成
【答案】C
【解析】
【详解】A. 聚氯乙烯当制成薄膜制品时，可用作包装材料，故A正确；
B. 牙釉质对牙齿起着保护作用，其主要成分为羟基磷灰石（Ca5（PO4）3OH），使用含氟牙膏会生成氟磷灰石（Ca5（PO4）3F），Ca5（PO4）3F的溶解度比Ca5（PO4）3OH更小，所以是利用了沉淀转化的原理，故B正确。
C. 榨苹果汁时加入维生素C，可有效防止苹果汁变色，这说明维生素C具有还原性，故C错误；
D. 炒菜时，加一点酒和醋能使菜味香可口，因为有酯类物质生成，故D正确；
故选C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 0.1 L 0.5 mol·L－1 CH3COOH溶液中含有的H＋数为0.05NA
B. 1 mol Na2O2与足量CO2和H2O充分反应，转移的电子数无法计算
C. m g CO与N2的混合气体中所含分子数目为NA
D. 18 g 2H216O中含有的质子数与中子数均为10NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.CH3COOH是弱酸， 0.1 L 0.5 mol·L－1 CH3COOH溶液中含有的H＋数少于0.05NA，故A错误；
B.过氧化钠与二氧化碳或水的反应为歧化反应，1 mol Na2O2与足量CO2
或水充分反应转移的电子数目为NA，故B错误；
C.CO与N2相对分子质量均为28，m g CO与N2的混合气体中所含分子数目为NA，故C正确；
D. 18 g 2H216O中含有的质子数为×10NA=9NA，中子数均为×[(2-1)×2+(16-8)]NA=10NA，故D错误；
故选C。
3.下列叙述不正确的是（ ）
A. 用金属钠可以区分乙酸、乙醇和苯
B. 不能用酸性KMnO4溶液除去甲烷中的乙烯
C. 可以发生氧化反应、还原反应、酯化反应、加成反应
D. 将等物质的量的甲烷和氯气混合后光照充分，生成物最多的是CCl4
【答案】D
【解析】
【详解】A. 乙酸、乙醇都可与钠反应，但反应速率不同，乙酸反应较剧烈，苯与钠不反应，可鉴别，故A正确；
B. 不能用酸性KMnO4溶液除去甲烷中乙烯，乙烯与酸性KMnO4溶液反应后生成二氧化碳，故B正确；
C. 含有醛基、羟基或羧基、苯环分别可以发生氧化反应、酯化反应、加成反应，加氢也是还原反应，故C正确；
D. 设甲烷和氯气的物质的量都是1mol，1mol甲烷和1mol氯气在光照条件下发生反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，根据碳原子守恒知，生成的各种氯代烃的物质的量都小于1mol，但生成的氯化氢的物质的量1mol，所以生成物的物质的量最多的产物是HCl，故D错误；
故选D。
【点睛】本题综合考查有机物的结构和性质，难点C，有机还原反应是指有机物分子中加入H原子或脱去O原子的反应，易错点D，甲烷与氯气的取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，反应过程中，每取代甲烷中的1个H原子，都会同时生成1分子HCl气体，所以生成物中物质的量最大的是氯化氢。
4.下列实验“操作和现象”与“结论”对应且正确的是（ ）
选项
操作和现象
结论
A
用pH计测定同浓度NaF溶液和CH3COONa溶液：
pH(NaF)＜pH(CH3COONa)
酸性：HF＞CH3COOH
B
将石灰石和盐酸反应产生的气体直接通入硅酸钠溶液中，
生成白色沉淀
碳酸的酸性比硅酸强
C
用洁净的铂丝蘸取溶液至酒精灯火焰上灼烧，有黄色火焰
溶液中有Na+，无K+
D
在相同条件下，向两份4 mL 0.2 mol·L－1酸性KMnO4溶液中分别滴加2 mL 0.01 mol·L－1和0.02 mol·L－1草酸溶液，滴加0.02 mol·L－1草酸溶液的先褪色
反应物浓度越大，
反应速率越大
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A、弱酸强碱盐，对应酸越弱，盐溶液碱性越强，用pH计测定同浓度NaF溶液和CH3COONa溶液：pH(NaF)＜pH(CH3COONa)，酸性HF＞CH3COOH，故A正确；
B、将石灰石和盐酸反应产生的气体直接通入硅酸钠溶液中，生成白色沉淀，有两种可能，一是二氧化碳和硅酸钠反应，也可能是挥发出的盐酸与硅酸钠反应，故 B错误；
C、用洁净的铂丝蘸取溶液至酒精灯火焰上灼烧，有黄色火焰，一定有钠元素，不能确定有无钾元素，要透过蓝色钴玻璃观察，如无紫色火焰，才能确定无钾元素，故C错误；
D、两种溶液中高锰酸钾溶液都过量，所以溶液不褪色，故D错误；
故选A。
【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及盐类水解、元素化合物性质等知识点，明确化学反应原理、元素化合物性质是解本题关键，D为解答易错点，两种溶液中高锰酸钾溶液都过量，溶液不褪色。
5.产于我国福建的中华瑰宝一寿山石M4[N4Y10(YX)8是我国四大印章石之首，被称为国石。寿山石由X、Y、M、N四种原子序数依次增大的短周期元素组成，M元素是地壳中含量最高的金属元素，N元素的单质常用来制造太阳能电池，X3Y+和YX－含有相同的电子数。下列说法不正确的是（ ）
A. 离子半径M
c(H+)=c(OH−)
C. HX的电离平衡常数约为1×10−7 mol/L
D. a、b两点对应溶液中存在的微粒种类数目相同
【答案】C
【解析】
由图中看出0.1 mol/L的HY溶液中，由水电离出的c(H+)=1×10−13 mol/L，可知HY为强酸，HX为弱酸，其电离方程式为HXH++X−，A错误；b点时水的电离程度最大，说明NH3·H2O和HY恰好反应，溶质为NH4Y，由于的水解溶液显酸性，故c(Y−)>c()>c(H+)>c(OH−)，B错误；HX溶液中由HX电离出的c(H+)=1×10−4 mol/L，则其电离平衡常数K=≈=1×10−7 mol/L，C正确；a点溶质为NH4X，但由于和X−均水解，溶液中存在、NH3·H2O、X−、HX、H+、OH−和H2O共7种微粒；b点溶质为NH4Y，只有水解，溶液中存在、NH3·H2O、Y−、H+、OH−和H2O共6种微粒，D错误
二、填空题
8.己二酸是合成尼龙－66的主要原料之一。实验室合成己二酸的原理、有关数据如下：
3＋8HNO3 → 3＋8NO↑＋7H2O
物质
相对分子质量
密度（20℃）
熔点
沸点
溶解性
环己醇
100
0.962 g/cm3
25.9℃
160.8℃
20℃时，在水中溶解度为3.6 g，可混溶于乙醇、苯
己二酸
146
1.360 g/cm3
152℃
3375℃
在水中的溶解度：15℃时1.44 g，25℃时2.3 g。易溶于乙醇，不溶于苯
步骤Ⅰ：在如图装置的三颈烧瓶中加入16 mL 50%的硝酸（过量，密度为1.310 g/cm3
），再加入1～2粒沸石，滴液漏斗中盛放有5.4 mL环己醇。
步骤Ⅱ：水浴加热三颈烧瓶至50℃左右，移去水浴，缓慢滴加5～6滴环己醇，摇动三口烧瓶，观察到有红棕色气体放出时再慢慢滴加剩下的环己醇，维持反应温度在60 ℃～65 ℃之间。
步骤Ⅲ：当环己醇全部加入后，将混合物用80 ℃～90 ℃水浴加热约10 min（注意控制温度），直至无红棕色气体生成为止。
步骤Ⅳ：趁热将反应液倒入烧杯中，放入冰水浴中冷却，析出晶体后抽滤、洗涤、干燥、称重。请回答下列问题：
（1）装置b的名称为__________，使用时要从_________（填“上口”或“下口”）通入冷水；滴液漏斗的细支管a的作用是________________。
（2）实验中，先将温度由室温升至50℃左右，再慢慢控制在60 ℃～65 ℃之间，最后控制在80 ℃～90 ℃，目的是____________________。
（3）本实验所用的50%的硝酸物质的量浓度为____________；实验中，氮氧化物废气（主要成分为NO和NO2）可以用NaOH溶液来吸收，其主要反应为NO+NO2+2NaOH == 2NaNO2+H2O。其中NaOH溶液可以用Na2CO3溶液来替代，请模仿上述反应，写出Na2CO3溶液吸收的方程式：______________________________________。
（4）为了除去可能的杂质和减少产品损失，可分别用冰水或______洗涤晶体。
（5）通过称量得到产物7.00 g，则本实验产率为__________(精确到0.1％)。
【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 下口 (3). 平衡滴液漏斗与三口烧瓶内的气压，使环己醇能够顺利流下 (4). 减少硝酸的分解 (5). 10.4mol·L－1 (6). 2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2，NO+NO2+2Na2CO3=2NaNO2+CO2 (7). 苯 (8). 92.3%
【解析】
【分析】
（1）仪器b为球形冷凝管；采取逆流原理通入冷凝水，使冷凝管中充满冷凝水，使挥发的有机物进行冷凝回流，提高原料利用率；平衡滴液漏斗与圆底烧瓶内压强，便于液体顺利流下；
（2）根据c= ，计算该硝酸的物质的量浓度；将氢氧化钠替换为碳酸钠、水替换为二氧化碳即可；
（3）根据c=计算50%的硝酸（密度为1.31g·cm－3）的物质的量浓度；Na2CO3溶液吸收的两个方程式：2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2，NO+NO2+2Na2CO3=2NaNO2+CO2；
（4）己二酸不溶于苯，而环己醇易溶于苯，要减小因洗涤导致的损失，可以用苯洗涤。
（5）5.4 mL环己醇，密度为0.962 g/cm3，n(环己醇)= =0.0519mol，理论上产生己二酸的质量为：0.0519mol×146g·mol－1=7.58g，通过称量得到产物7.00 g，据此计算本实验产率。
【详解】（1）该仪器有球形结构，仪器b为球形冷凝管；采取逆流原理通入冷凝水，使冷凝管中充满冷凝水，使挥发的有机物进行冷凝回流，提高原料利用率，即从冷凝管的下口通入，从上口流出；滴液漏斗的细支管a的作用是：平衡滴液漏斗与三口烧瓶内的气压，使环己醇能够顺利流下；
（2）实验中，先将温度由室温升至50℃左右，再慢慢控制在60℃～65℃之间，最后控制在80℃～90℃，有利于反应的进行，并提高反应速率，但温度过高，硝酸要分解，影响产率，即目的是：减少硝酸的分解；
（3）根据c=，可知50%的硝酸（密度为1.31g·cm－3）的物质的量浓度为 mol·L－1=10.4mol·L－1；Na2CO3溶液吸收的两个方程式：2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2，NO+NO2+2Na2CO3=2NaNO2+CO2；
（4）产品己二酸中含有环己醇、硝酸等杂质，己二酸在水中的溶解度：15℃时1.44g，25℃时2.3g，温度高溶解度大，可用冰水洗涤，除去环己醇、硝酸，己二酸不溶于苯，最后用苯洗涤晶体，除去表面的杂质，避免产品损失；
（5）5.4 mL环己醇，密度为0.962 g/cm3，n(环己醇)= =0.0519mol,理论上产生己二酸的质量为：0.0519mol146g·mol－1=7.58g,，通过称量得到产物7.00 g，则本实验产率为×100%=92.3%。
9.I.甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。甲醇直接脱氢是工业上合成甲醛的新方法，制备过程涉及的主要反应如下：
反应I：CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g) △H1
反应II：CH3OH(g)+1/2O2(g) HCHO(g)+H2O(g) △H2= —156.6kJ/mol
反应III：2H2(g)+O2(g) 2H2O(g) △H3= —483.6kJ/mol
（1）计算反应I反应热△H1=_____________。
（2）750K下，在恒容密闭容器中，发生反应CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g），若起始压强为P0，达到平衡转化率为α，则平衡时的总压强P平=___________(用含P0和α的式子表示)；当P0=101kPa，测得α=50.0%，计算反应平衡常数Kp=___________kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，忽略其它反应)。
II. CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，以CO2为原料可合成多种有机物。
（3）二氧化碳与氢气在催化剂作用下可制取低碳烯烃。在一恒容密闭容器中分别投入1mol CO2、3 mol H2，发生反应：2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) △H；在不同温度下，用传感技术测出平衡时H2 的物质的量变化关系如图所示。
①其他条件不变，起始时若按1molCO2、2 molH2进行投料，则CO2的转化率将________(填“增大”“ 减小”或“不变”)。
②△H______ (填“>” “<” 或“不能确定” )0。
③若测试中体系内无氧气产生，试结合图示推断热稳定性：C2H4_________(填“>” “<”或“不能
确定”)H2O。
（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂（I、Ⅱ，Ⅲ）作用下，CH4产量随光照时间的变化见图1。在15小时内，CH4的平均生成速率I、Ⅱ和Ⅲ从大到小的顺序为______________（填序号）。
（5）以 TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系见图2。乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是______________________。
【答案】 (1). +85.2kJ·mol－1 (2). p0（1+a） (3). 50.5kPa (4). 减小 (5). < (6). < (7). v(Ⅱ）＞v(Ⅲ）＞v(Ⅰ） (8). 300℃～400℃
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律进行计算△H2；
（2）根据三段式进行分析计算；压强之比等于物质的量之比，根据平衡常数Kp= 进行计算；
（3）①其它条件不变，起始时若按1molCO2、2 molH2进行投料，与原平衡相比，相当于减小氢气的浓度，据此分析CO2的转化率变化情况；
②△H只与温度有关，由图升高温度，氢气的量增加，平衡逆向移动，正反应放热；
③若测试中体系内无氧气产生，结合图示温度高于TA℃时，n(H2)大幅提高，说明C2H4受热分解生成氢气，进而推断C2H4和H2O热稳定性大小；
（4）由图2可知，在0～15h内，甲烷的物质的量变化量为△n(Ⅱ）＞△n(Ⅲ）＞△n(Ⅰ），从而计算0～15h内，CH4的平均生成速率，进而比较大小；在不同催化剂（I、Ⅱ，Ⅲ）作用下，CH4产量随光照时间的变化，由图1可得：在15小时内，甲烷的物质的量变化量为△n(Ⅱ）＞△n(Ⅲ）＞△n(Ⅰ），据此判断CH4的平均生成速率；
（5）在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系见图2。温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，所以温度高于300℃时，乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的，据此进行分析。
【详解】（1）反应I：CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g) △H1
反应II：CH3OH(g)+1/2O2(g) HCHO(g)+H2O(g) △H2= —156.6kJ/mol
反应III：2H2(g)+O2(g) 2H2O(g) △H3= —483.6kJ/mol
根据盖斯定律，反应I=反应Ⅱ-反应III，计算反应I的反应热△H1=—156.6kJ/mol-（—483.6kJ/mol）=+85.2kJ·mol－1；
（2）若起始压强P0，达到平衡转化率为α，
CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）
起始（mol） 1 0 0
变化（mol） a a a
平衡（mol） 1-a a a
压强之比等于物质的量之比，则p0：P平=1：（1+a），P平=p0（1+a）；当P0=101kPa，测得α=50.0%，该反应平衡常数Kp= =50.5kPa；
（3）①其他条件不变，起始时若按1molCO2、2 molH2进行投料，与原平衡相比，相当于减小氢气的浓度，则CO2的转化率将减小；
②△H只与温度有关，由图升高温度，氢气的量增加，平衡逆向移动，正反应放热，△H<0；
③若测试中体系内无氧气产生，结合图示温度高于TA℃时，n(H2)大幅提高，说明C2H4受热分解生成氢气，推断热稳定性：C2H4”“<”或“=”)
（3）CuCl2与氨水反应可形成配合物[Cu(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为____________。
（4）四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。已知：a＝b＝0.524 nm，c＝1.032 nm，NA为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是________g•cm3(列出计算式)。
【答案】 (1). 3d10 (2). 结构上Cu2＋为3d9，而Cu＋为3d10全充满更稳定 (3). H2O (4). SO3 (5). sp3 (6). < (7). 16mol，或者16×6.02×1023个 (8).
【解析】
【分析】
（1）Cu原子失去最外层1个电子生成Cu+，根据构造原理书写基态Cu+离子的核外电子排布式；原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，结构上Cu2＋为3d9，而Cu＋为3d10全充满更稳定，在高温下CuO能分解生成Cu2O；
（2）①H2O中O原子采取sp3杂化，VSEPR模型与硫酸相同的是H2O，与NO3－互为等电子体的一种分子是SO3 ；
②SO32－中心原子的价层电子对数为：3+=4，SO32－的杂化类型是sp3；SO32－有孤电子对，对成键电子对斥力大，键角变小，据此分析SO32－和SO42－键角的大小；
（3）1mol配合物[Cu（NH3）4]Cl2中，1mol氨气中含有3molσ键，总共含有σ键的物质的量为：3mol×4=12mol，1mol该配合物中含有4mol配位键，据此进行计算；
（4）根据均摊法进行计算晶胞内共含”CuFeS2“个数；根据m=ρV进行计算。
【详解】（1）Cu＋离子的价层电子排布式为3d10，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为
；Cu原子失去1个电子生成Cu＋，Cu＋核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu＋的价电子排布式3d10 ，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，结构上Cu2＋为3d9，而Cu＋为3d10全充满更稳定，在高温下CuO能分解生成Cu2O。
（2）①H2O，O原子形成2个O-H键，含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，O原子采取sp3杂化，VSEPR模型与硫酸相同的是H2O，与NO3－互为等电子体的一种分子是SO3 。
②SO32－中心原子的价层电子对数为：3+=4，SO32－的杂化类型是sp3；SO32－有孤电子对，对成键电子对斥力大，键角变小，键角的大小：SO32－
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