辽宁省丹东市届高三第一次模拟考试理科综合化学试题.docx
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辽宁省丹东市届高三第一次模拟考试理科综合化学试题
辽宁省丹东市2020届高三第一次模拟考试理科综合化学试题
一、单选题
1．化学与生产、生活、科技密切相关。
下列叙述错误的是
A．聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
B．硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体
C．疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性
D．港珠澳大桥采用的聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”，是有机高分子化合物
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A．足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生22.4L气体时，转移的电子数为2NA
B．5NH4NO3
2HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为4NA
C．过量的铁在1molCl2中然烧，最终转移电子数为2NA
D．由2H和18O所组成的水11g，其中所含的中子数为4NA
3．根据下表（部分短周期元素的原子半径及主要化合价）信息，判断以下叙述正确的是
元素代号
A
B
C
D
E
原子半径/nm
0.186
0.143
0.089
0.102
0.074
主要化合价
＋1
＋3
＋2
＋6、－2
－2
A．最高价氧化物对应水化物的碱性C＞A
B．氢化物的沸点H2E＞H2D
C．单质与稀盐酸反应的速率A＜B
D．C2＋与A＋的核外电子数相等
4．下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色
黄色溶液中只含Br2
B
烧杯中看见白色沉淀
证明酸性强弱：
H2CO3>H2SiO3
C
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜
蔗糖未水解
D
pH试纸先变红后褪色
氯水既有酸性，又有漂白性
5．分子式为C4H8Cl2的链状有机物，只含有二个甲基的同分异构体共有（不考虑立体异构）
A．3种B．4种C．5种D．6种
6．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。
下列说法错误的是（）
A．在图示的转化中，Fe3+和CuS是中间产物
B．在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜
C．图示转化的总反应是2H2S+O2
2S+2H2O
D．当有1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol
7．已知常温下，Ka1（H2CO3）=4.3×10-7，Ka2（H2CO3）=5.6×10-11。
某二元酸H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是
A．在pH=4.3的溶液中：
3c（R2-）=c（Na+）+c（H+）-c（OH-）
B．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，此溶液中水的电离程度比纯水小
C．在pH=3的溶液中存在
D．向Na2CO3溶液中加入过量H2R溶液，发生反应：
CO32-+H2R=HCO3-+HR-
二、非选择题
8．垃圾分类正在全国逐渐推广,垃圾资源化是可持续、绿色发展的重要途径。
由金属废料（主要含铁、铜和它们的氧化物）制得碱式碳酸铜和摩尔盐[（NH4）2SO4·FeSO4·xH2O]的工艺流程如下图所示：
已知:
Ksp[Fe（OH）3]=1×10-38,Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-21,一般认为某离子浓度小于或等于10-5mol/L时,该离子转化或去除完全。
请回答下列问题：
（1）热纯碱的作用是_______________，H2O2的电子式为___________。
（2）调pH步骤可选用的试剂为______________。
A．CuOB．Cu（OH）2C．Fe2O3D．Fe（OH）3
（3）若所得溶液中c（Cu2+）=0.22mol·L-1，则需要调节的pH范围是_______________。
（4）溶液1经过加热、蒸发至溶液中出现晶体时,自然冷却即可得到晶体，然后抽滤,用酒精洗涤晶体,酒精洗涤的目的是____________________________________。
（5）写出该流程中生成碱式碳酸铜的离子方程式________________________________。
（6）取3.92g摩尔盐产品，在隔绝空气的条件下加热至135°C时完全失去结晶水,此时固体质量为2.84g,则该摩尔盐结晶水个数x=________。
9．为解决“温室效应”日趋严重的问题,科学家们不断探索CO2的捕获与资源化处理方案,利用CH4捕获CO2并转化为CO和H2混合燃料的研究成果已经“浮出水面”。
已知:
①CH4（g）十H2O（g）==CO（g）+3H2（g）△H1=+206.4kJ/mol
②CO（g）+H2O（g）==CO2（g）+H2（g）△H2=-41.2kJ/mol
T1°C时，在2L恒容密闭容器中加入2molCH4和1molCO2，并测得该研究成果实验数据如下：
请回答下列问题:
时间/s
0
10
20
30
40
50
60
CO2/mol
1
0.7
0.6
0.54
0.5
0.5
0.5
H2/mol
0
0.6
0.8
0.92
1
1
1
（1）该研究成果的热化学方程式③CH4（g）+CO2（g）==2CO（g）+2H2（g）△H=_____
（2）30s时CH4的转化率为_______，20~40s,v（H2）=_______.
（3）T2°C时,该反应的化学平衡常数为1.5,则T2___T1（填“>”“=”或“<”。
）
（4）T1°C时反应③达到平衡的标志为______________。
A．容器内气体密度不变B．体系压强恒定
C．CO和H2的体积分数相等且保持不变D．2v（CO）逆=v（CH4）正
（5）上述反应③达到平衡后,其他条件不变,在70s时再加入2molCH4和1molCO2,此刻平衡的移动方向为________（填“不移动”“正向”或“逆向"）,重新达到平衡后，CO2的总转化率比原平衡____________（填“大”“小”或“相等”）。
10．X、Y、Z、W、Q、R是周期表中前36号元素，核电荷数依次增大，其中X、Y、Z、W都是元素周期表中短周期元素。
X为非金属元素，且X原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，Z的次外层电子数是最外层电子数的
，W原子的s电子与p电子数相等，Q是前四周期中电负性最小的元素，R的原子序数为29。
回答下列问题：
（1）X的最高价氧化物对应的水化物分子中，中心原子采取______________杂化。
（2）化合物XZ与Y的单质分子互为______________，1molXZ中含有π键的数目为______________。
（3）W的稳定离子核外有______________种运动状态的电子。
W元素的第一电离能比其同周期相邻元素的第一电离能高，其原因是：
_____。
（4）Q的晶体结构如图所示，则在单位晶胞中Q原子的个数为______________，晶体的配位数是______________。
（5）R元素的基态原子的核外电子排布式为________；Y与R形成某种化合物的晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的数值为NA，则该晶体中R原子和Y原子之间的最短距离为______________cm。
（只写计算式）
11．过硫酸钠（Na2S2O8）具有极强的氧化性，且不稳定，某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质，实验如下。
已知SO3是无色易挥发的固体，熔点16.8℃，沸点44.8℃。
（1）稳定性探究（装置如图）：
分解原理：
2Na2S2O8
2Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。
此装置有明显错误之处，请改正：
______________________，水槽冰水浴的目的是____________________；带火星的木条的现象_______________。
（2）过硫酸钠在酸性环境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化为紫红色的离子，所得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀，该反应的离子方程式为______________________，该反应的氧化剂是______________，氧化产物是________。
（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，过滤后对沉淀进行洗涤的操作是___________________________。
（4）可用H2C2O4溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL待测液，消耗0.1mol·L－1的H2C2O4溶液30mL，则上述溶液中紫红色离子的浓度为______mol·L－1，若Na2S2O8有剩余，则测得的紫红色离子浓度将________（填“偏高”“偏低”或“不变”）。
12．美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物K，合成路线如下：
其中A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%；E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰。
H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一。
G和H以1：
3反应生成I。
试回答下列问题：
（1）A的分子式为：
______________。
（2）写出下列物质的结构简式：
D：
____________；G：
___________。
（3）反应①―⑤中属于取代反应的有___________。
（4）反应①的化学方程式为_______________；反应④的化学方程式为_________________。
（5）E有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的E的同分异构体有_______种，写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式：
________。
参考答案
1．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，而油脂不属于高分子化合物，A选项错误；
B．硅胶因其具有较大的比表面积，吸附能力强，常用作食品干燥剂和催化剂载体，B选项正确；
C．疫苗的主要成分是蛋白质，蛋白质在高温下易变性，冷藏存放的目的是避免蛋白质变性，C选项正确；
D．聚乙烯纤维属于有机合成材料，是有机高分子化合物，D选项正确；
答案选A。
2．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．未注明是在标准状况下生成的22.4L气体，故无法计算转移的电子数，A选项错误；
B．5NH4NO3
2HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，铵根离子中被氧化的N元素化合价由-3价升高为N2中的0价，共失去15个电子，被还原的氮元素由硝酸根中+5价降低为氮气中的0价，共得到15个电子，则生成28g（即1mol）氮气，转移电子的物质的量为
=3.75mol，个数为3.75NA，B选项错误；
C．过量的铁在1molCl2中然烧，Cl2被还原为Cl-，共转移2mol电子，数目为2NA，C选项正确；
D．由2H和18O所组成的水化学式为2H218O，一个2H218O含有1×2+10=12个中子，11g2H218O的物质的量为0.5mol，则含有的中子数为6NA，D选项错误；
答案选C。
3．B
【解析】
【分析】
元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第VIA元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元素在上面，D在下面，故E为O，D为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为1，应为Na，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be，据此分析解答问题。
【详解】
A．A、C最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Be（OH）2，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na>B，故碱性NaOH>Be（OH）2，A选项错误；
B．H2O含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则H2DC．金属钠的活泼性强于铝，故与稀盐酸反应的速率Na>A1，C选项错误；
D．Be2+与Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，D选项错误；
答案选B。
【点睛】
本题主要考查了学生有关元素周期表和周期律的应用，难度一般，解答关键在于准确掌握原子半径和化合价的关系，熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。
4．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，该黄色溶液中可能含有Fe3+，Fe3+也能将I-氧化为碘单质，故不能确定黄色溶液中只含有Br2，A选项错误；
B．浓盐酸具有挥发性，烧杯中看见白色沉淀可能是挥发的HCl气体与Na2SiO3溶液反应得到H2SiO3的白色沉淀，不能证明酸性H2CO3>H2SiO3，B选项错误；
C．银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液之前没有加入如NaOH溶液的碱性溶液中和未反应的稀硫酸，实验不能成功，故实验操作及结论错误，B选项错误；
D．氯水既有酸性，又有漂白性，可以使pH试纸先变红后褪色，D选项正确；
答案选D。
5．B
【解析】
【分析】
【详解】
根据有机物的分子式可知，C4H8Cl2的链状有机物，只含有二个甲基的同分异构体共有4种，分别是CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3、（CH3）2CClCH2Cl、（CH3）2CHCHCl2；
答案选B。
6．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．该过程中发生反应：
Cu2++H2S→CuS+2H+，CuS+Fe3+→S+Fe2++Cu2+（未配平），Fe2++O2→Fe3+（未配平），由此可知，Fe3+和CuS是中间产物，故A不符合题意；
B．由图知，化合价变化的元素有：
S、Fe、O，Cu、H、Cl的化合价没发生变化，故B符合题意；
C．由A选项分析并结合氧化还原反应转移电子守恒、原子守恒可知，其反应的总反应为：
2H2S+O2
2S+2H2O，故C不符合题意；
D．H2S反应生成S，硫元素化合价升高2价，O2反应时氧元素化合价降低2，根据氧化还原转移电子守恒可知，当有1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol，故D不符合题意；
故答案为：
B。
7．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．在pH=4.3的溶液中，c（R2-）=c（HR-），溶液中存在电荷守恒：
c（H+）+c（Na+）=c（HR-）+2c（R2-）+c（OH-），则3c（R2-）=c（Na+）+c（H+）-c（OH-），A选项正确；
B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，生成等浓度的H2R、HR-，溶液的pH=1.3，溶液显酸性，对水的电离起到抑制作用，所以溶液中水的电离程度比纯水小，B选项正确；
C．当溶液pH=1.3时，c（H2R）=c（HR-），则
，溶液的pH=4.3时，c（R2-）=c（HR-），
，则
，C选项错误；
D．结合题干条件，由C选项可知，H2R的电离常数Ka2大于H2CO3的Ka2，即酸性HR-大于H2CO3，所以向Na2CO3溶液中加入过量的H2R溶液，发生反应CO32-+H2R=HCO3-+HR-，D选项正确；
答案选C。
8．去除废料表面的油污
AB3～4除去晶体表面水分2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2HCO3-（或2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑）6
【解析】
【分析】
加入热的纯碱液，金属废料（主要含铁、铜和它们的氧化物）中的主要成分都不发生反应，所以热的纯碱液的作用只能是去除油污；加入H2SO4、H2O2，铁及氧化物溶解并转化为Fe3+，铜及氧化物溶解生成Cu2+；调pH将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，用硫酸溶解生成硫酸铁，再加入还原铁粉转化为硫酸亚铁，加入硫酸铵最后得摩尔盐。
滤液中含有Cu2+，加入Na2CO3溶液发生双水解反应生成Cu2（OH）2CO3。
【详解】
（1）由以上分析可知，利用热的纯碱溶液水解使溶液呈较强的碱性，从而达到去除油污的目的，其作用是去除废料表面的油污，H2O2为共价化合价，既存在O—H共价键，又存在O—O共价键，其电子式为
。
答案为：
去除废料表面的油污；
；
（2）调pH的目的，是将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，同时不引入新的杂质，可选择CuO、Cu（OH）2，所以可选用的试剂为AB，故答案为：
AB；
（3）Ksp[Fe（OH）3]=1×10-38，c（Fe3+）=10-5mol/L，c（OH-）=10-11mol/L，pH=3；若所得溶液中c（Cu2+）=0.22mol·L-1，利用Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20，可求得c（OH-）=
mol/L，pH=-lg（10-4）=4，则需要调节的pH范围是3~4，故答案为：
3~4；
（4）自然冷却即可得到晶体，然后抽滤；防烘干时晶体易失去结晶水，所以不能采用烘干的方法，而应用酒精洗涤晶体，酒精洗涤的目的是除去晶体表面水分，故答案为：
除去晶体表面水分；
（5）该流程中Cu2+，加入Na2CO3溶液，利用部分离子发生双水解反应生成Cu2（OH）2CO3，离子方程式为2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2HCO3-（或2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑），故答案为：
2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2HCO3-（或2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑）；
（6）m[（NH4）2SO4·FeSO4]=2.84g，n[（NH4）2SO4·FeSO4]=
=0.01mol，m（H2O）=3.92g-2.84g=1.08g，n（H2O）=
=0.06mol，则该摩尔盐结晶水个数x=
=6，故答案为：
6。
【点睛】
在进行结晶水数目的计算时，也可先求出晶体的相对分子质量，然后求结晶水的个数。
即n[（NH4）2SO4·FeSO4]=
=0.01mol，n[（NH4）2SO4·FeSO4·xH2O]=
=392g/mol，132+152+18n=392，n=6。
9．+247.6KJ/mol23%0.005mol/（L·s）＞BC正向小
【解析】
【分析】
已知：
①CH4（g）十H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H1=+206.4kJ/mol
②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2=-41.2kJ/mol
（1）利用盖斯定律，将①-②，可得出热化学方程式③CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H。
（2）利用三段式，建立各物质的起始量、变化量与平衡量的关系，可得出30s时CH4的转化率，20~40s的v（H2）。
（3）利用三段式，可求出T1时的化学平衡常数，与T2时进行比较，得出T2与T1的关系。
（4）A．气体的质量不变，容器的体积不变，则容器内气体密度始终不变；
B．容器的体积不变，气体的分子数随反应进行而发生变化；
C．平衡时，CO和H2的体积分数保持不变；
D．2v（CO）逆=v（CH4）正，方向相反，但数值之比不等于化学计量数之比。
（5）利用浓度商与平衡常数进行比较，可确定平衡移动的方向；利用等效平衡原理，可确定CO2的总转化率与原平衡时的关系。
【详解】
已知：
①CH4（g）十H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H1=+206.4kJ/mol
②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2=-41.2kJ/mol
（1）利用盖斯定律，将①-②，可得出热化学方程式③CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H=+247.6kJ/mol，故答案为：
+247.6kJ/mol；
（2）利用表中数据，建立如下三段式：
30s时，CH4的转化率为
=23%，20~40s的v（H2）=
=0.005mol/（L∙s），故答案为：
23%；0.005mol/（L∙s）；
（3）利用平衡时的数据，可求出T1时的化学平衡常数为
<1.5，则由T1到T2，平衡正向移动，从而得出T2>T1，故答案为：
>；
（4）A．反应前后气体的总质量不变，容器的体积不变，则容器内气体密度始终不变，则密度不变时，不一定达平衡状态，A不合题意；
B．气体的分子数随反应进行而发生改变，则压强随反应进行而改变，压强不变时达平衡状态，B符合题意；
C．平衡时，CO和H2的体积分数保持不变，反应达平衡状态，C符合题意；
D．2v（CO）逆=v（CH4）正，速率方向相反，但数值之比不等于化学计量数之比，反应未达平衡，D不合题意；
故答案为：
BC；
（5）平衡时加入2molCH4和1molCO2，浓度商为Q=
，所以平衡正向移动；加入2molCH4和1molCO2，相当于原平衡体系加压，平衡逆向移动，CO2的总转化率比原平衡小，故答案为：
正向；小。
【点睛】
计算平衡常数时，我们需使用平衡浓度的数据，解题时，因为我们求30s时的CH4转化率，所以易受此组数据的干扰，而使用此时的数据计算平衡常数，从而得出错误的结果。
10．sp2等电子体2NA10Mg原子的价电子排布式为3s2，3s轨道处于全满状态，比较稳定，失去一个电子比较困难281s22s22p63s23p63d104s1
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、Q、R是周期表中前36号元素，核电荷数依次增大，其中X、Y、Z、W都是元素周期表中短周期元素。
X为非金属元素，且X原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，则X的核外电子排布式为1s22s22p2，则X为碳；Z的次外层电子数是最外层电子数的
，则Z为氧，Y为氮；W原子的s电子与p电子数相等，则W的核外电子排布式为1s22s22p63s2，W为镁；Q是前四周期中电负性最小的元素，则Q为钾；R的原子序数为29，则R为铜，据此分析解答。
【详解】
（1）X的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，结构式为
，则中心原子C采取sp2杂化，故答案为：
sp2；
（2）化合物CO与N2分子具有相同的原子个数及价层电子数，属于等电子体；CO的结构与N2相似，为
，其中含有π键的数目为2NA，故答案为：
等电子体；2NA；
（3）Mg2+核外有10个电子，则有10种运动状态的电子；W元素的第一电离能比其同周期相邻元素的第一电离能高，其原因是Mg原子的价电子排布式为3s2，3s轨道处于全满状态，比较稳定，失去一个电子比较困难；故答案为：
10；Mg原子的价电子排布式为3s2，3s轨道处于全满状态，比较稳定，失去一个电子比较困难；
（4）根据晶胞结构知，钾原子在顶点和体心，则在单位晶胞中钾原子的个数为8×
+1=2；离体心钾原子最近的钾原子处于晶胞的8个顶点，则晶体的配位数是8；故答案为：
2；8
（5）铜基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；晶胞中含有N原子数为：
8×
=1，含有的Cu原子数为：
12×
=3，则晶胞的质量为
，设晶胞的棱长为d，则d3=
，则R原子和Y原子之间的最短距离为
；故答案为：
1s22s22p63s23p63d104s1；
。
11．试管口应该略向下倾斜冷却并收
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