1、贵州省六盘水市红果镇育才中学2020届高三化学第五次月考试题（含解析）1.中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是( )A. 我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电。电能属于一次能源B. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐C. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D. 大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料【答案】D【解析】【详解】A. 我国近年来大量减少化石燃料的燃烧，大力发展核电、光电
2、、风电、水电，电能属于二次能源，故A错误；B. 新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故B错误；C. 光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；D. 金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故D正确；答案选D。【点睛】化学在能源，材料，方面起着非常重要的作用，需要学生多关注最新科技发展动态，了解科技进步过程中化学所起的作用。2.化合物如图的分子式均为C7H8。下列说法正确的是A. W、M、N均能与溴水发生加成反应B. W、M、N的一氯代物数目相等C. W、M、N分子中的
3、碳原子均共面D. W、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A.由 结构简式可知, W不能和溴水发生加成反应，M、N均能与溴水发生加成反应，故A错误； B. W的一氯代物数目为4种，M的一氯代物数目3种，N的一氯代物数目4种，故B错误；C. 根据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C错误，D. W中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M和N均含碳碳双键，故W、M、N均能被酸性KMnO4溶液氧化，故D正确;答案：D。3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 标准状况下，22.4L的H2和22.4
4、L的F2气混合后，气体分子数为2NAB. 常温下pH=12的NaOH溶液中，水电离出的氢离子数为1012 NAC. 30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NAD. 标准状况下，2.24L C2H6含有的共价键数为0.6NA【答案】C【解析】【详解】A标准状况下，HF是液态，22.4L的H2和22.4L的F2混合后，气体分子数不是2NA，故A错误；B常温下pH=12的NaOH溶液，由于缺少溶液的体积，水电离出的氢离子没法计算，故B错误；C乙酸和葡萄糖的实验式均为CH2O，式量为30，30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NA，故C正确； D1mol C2H6含有7mol共价键数，标准状况下，
5、2.24L C2H6含有的共价键数为0.7NA，故D错误；故答案为C。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强是0，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。4.W、X、Y、Z 均为短周期元素，原子序数依次增加，W 的原子核最外层电子数是次外
6、层的 2 倍，X、Y+具有相同的电子层结构，Z 的阴离子不能发生水解反应。下列说法正确的是( )A. 原子半径：YZXWB. 简单氢化物的稳定性：XZWC. 最高价氧化物的水化物的酸性：WZD. X 可分别与 W、Y 形成化合物，其所含的化学键类型相同【答案】B【解析】【分析】W原子的最外层电子数是次外层的 2 倍，则W为碳(C)；X、Y+具有相同的电子层结构，则X为氟（F），Y为钠（Na）；Z 的阴离子不能发生水解反应，则Z为氯（Cl）。【详解】A. 比较原子半径时，先看电子层数，再看最外层电子数，则原子半径NaClCF，A错误；B. 非金属性FClC，所以简单氢化物的稳定性XZW，B正确；
7、C. 非金属性CCl，则最高价氧化物的水化物的酸性WT2B上述反应在高温下能自发进行C10min时，T2K下正、逆反应速率相等D增大NO的浓度，反应物的转化率增大（5）T2K温度下，0-10min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=_mol/L-1min-1；T1K温度下，上述反应的平衡常数K=_Lmol-1。（6）T1K温度下，向平衡后的容器内再加入2molN2和2molNO，则平衡_（填“向右移动”“向左移动”或“不移动”）。【答案】 (1). -666 (2). 1 (3). 大于 (4). BD (5). AC (6). 0.08 (7). 1 (8). 向右移动【解析】【分析】（1
8、）H=反应物的化学键断裂吸收的能量生成物的化学键形成释放的能量；（2）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)c(H2)，总反应速率由反应较慢的一步决定，以此判断活化能大小；由反应速率表达式可知c(NO)对总反应速率的影响程度大于c(H2)；（3）8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)反应达到平衡则正反应速率等于逆反应速率，由此判断；（4）由初始反应速率判断T1和T2的大小；反应能自发进行则；反应达到平衡则正反应速率等于逆反应速率；增大NO的浓度平衡正移，NO转化率减小；（5）利用三段法计算反应速率，平衡常数K= ；（6）通
9、过比较平衡常数K和浓度商Q来判断反应移动方向，若KQ则反应向右移动。【详解】（1）H=反应物的化学键断裂吸收的能量生成物的化学键形成释放的能量反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)，故答案为：-666；（2）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)c(H2)，反应1：2NO(g)+H2(g)N2(g)+H2O2(g)；反应2：H2O2(g)+H2(g)2H2O(g)。总反应速率由反应较慢的一步决定，则反应1反应速率慢活化能高，由反应速率表达式可知c(NO)对总反应速率的影响程度大于c(H2)；故答案为：1；大于；（3）恒容容器中
10、8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)，反应达到平衡，正反应速率等于逆反应速率故NO2和N2的消耗速率之比为6：7，B正确；反应为增压反应，容器中压强不变则可证明反应达到平衡，故D正确；A密度恒定不变，无法说明达到平衡；C c(N2)=c(NO2)浓度相等不等于反应速率相等，故C错误；故答案选BD。（4）对于反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)A.由图像可知初始反应速率T1T2,则温度T1T2，故A正确；B. T1T2平衡时转化率T1T2，则H0，S0反应能自发进行则；则反应在低温下能自发进行，故B错误；C. 10min时反应达到平衡，T2K下正、逆反
11、应速率相等，故C正确；D. 增大NO的浓度平衡正移，NO转化率减小,故D错误；故答案选：AC。（5）T2K温度下，0-10min内，NO转化率为80%，则反应的NO物质的量为，则参与反应的CO物质的量为1.6mol ；T1K温度下则平衡常数K=，故答案为：0.08；1；（6）T1K温度下，向平衡后的容器内再加入2molN2和2molNO，则浓度商Q=1故平衡正移，故答案为：向右移动。【点睛】通过比较平衡常数K和浓度商Q来判断反应移动方向，若KQ则反应向右移动11.铁氰化钾（化学式为K3Fe(CN)6）主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等
12、物质。（1）铁元素在周期表中的位置为_，基态Fe3+ 核外电子排布式为_。（2）在Fe(CN)63 中不存在的化学键有_。A. 离子键 B.金属键 C.氢键 D. 共价键（3）已知(CN)2性质类似Cl2： (CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2O KCN+HCl=HCN+KCl HCCH+HCNH2C=CHCN KCNO中各元素原子的第一电离能由小到大排序为_。丙烯腈（H2C=CHCN）分子中碳原子轨道杂化类型是_；分子中键和键数目之比为_。（4）C22和N2互为等电子体，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图甲所示），但CaC2晶体中哑铃形的C22使晶胞沿一个方向拉长，晶体
13、中每个Ca2+周围距离最近的C22数目为_。（5）金属Fe能与CO形成Fe(CO)5，该化合物熔点为20，沸点为103，则其固体属于_晶体。（6）图乙是Fe单质的晶胞模型。已知晶体密度为dgcm3，铁原子的半径为_nm（用含有d、NA的代数式表示）。【答案】 (1). 第四周期 族 (2). Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5 (3). AB (4). KCON (5). sp sp2 (6). 2:1 (7). 4 (8). 分子 (9). 【解析】【分析】(1)Fe的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为Ar3d64s2，据此确定其在周期表的位置；基态Fe失去4
14、s上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+；(2)根据化学键的类型和特点解答，注意氢键是分子间作用力，不是化学键；(3)KCNO由K、C.N、O四种元素组成，K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p轨道是半充满状态、能量最低；丙烯腈(H2C=CHCN)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个键和1个键、CN含有1个键和2个键，CH都是键，确定分子中键和键数目，再求出比值；(4)1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点；(5)Fe(CO)5的熔点、
15、沸点均不高，类似于分子晶体的特点；(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为8+1=2，晶胞的质量为g，晶胞体积V=cm3、边长a=cm，根据Fe原子半径r与晶胞边长a关系求出r。【详解】(1)Fe的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为Ar3d64s2，位于第四周期族据；基态Fe失去4s上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+，所以基态Fe3+核外电子排布式为) Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案为：第四周期族，Ar3d5或Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5；(2)Fe(CN)63是阴离子，是配合物的内界，含有配位键和极性共价
16、键，金属键存在于金属晶体中，氢键是分子间作用力，不是化学键，故选AB；故答案为：AB；(3)KCNO中K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p轨道是半充满状态、能量最低，所以第一电离能大于O，C的非金属性小于O，第一电离能小于O，所以第一电离能由小到大排序为KCON；故答案为：KCON；丙烯腈(H2C=CHCN)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个键和1个键、CN含有1个键和2个键，CH都是键，所以分子中键和键数目分别为6、3，键和键数目之比为6:3=2:1；故答案为：sp、sp2；2:1
17、；(4)依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22不是6个，而是4个，故答案为：4；(5)根据Fe(CO)5的熔点、沸点均不高的特点，可推知Fe(CO)5为分子晶体；故答案为：分子；(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为8+1=2，晶胞的质量为g，晶胞体积V=cm3、边长a=cm，Fe原子半径r与晶胞边长a关系为4r=a，所以r=a=cm=107nm；故答案为：107。12.丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：已知：R-BrE的核磁共振氢谱只有一组峰；C能发生银镜反应；J是一种酯，分子
18、中除苯环外还含有一个五元环。回答下列问题：(1)由A生成B的化学方程式为_，其反应类型为_；(2)D的化学名称是_，由D生成E的化学方程式为_；(3)J的结构简式为_；(4)G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的结构简式_(写出一种即可)；(5)由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2苯基乙醇：A KL。反应条件1为_；反应条件2所选择的试剂为_；L的结构简式为_。【答案】 (1). +Br2+HBr (2). 取代反应 (3). 2-甲基丙烯 (4). CH2=C(CH3)2+HBr(CH3)3CBr (5). (6). 或或 (7). 光照 (8). 镁、乙醚 (
19、9). 【解析】【分析】比较D、E的分子式可知D和HBr发生加成反应生成E，E的核磁共振氢谱只有一组峰，则可知D为CH2=C(CH3)2，E为(CH3)3CBr，根据题中已知可知F为(CH3)3CMgBr，C能发生银镜反应，同时结合G和F的结构简式可推知C为，进而可以反推得，B为，A为，根据题中已知，由G可推知N为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为，据此解答。【详解】(1)由A生成B的化学方程式为+Br2+HBr，其反应类型为取代反应；(2)D为CH2=C(CH3)2，名称是2-甲基丙烯，由D生成E的化学方程式为CH2=C(CH3)2+HBr(CH3)3CBr；(3)根据上面的分析可知，J的结构简式为；(4)G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，这样的结构为苯环上连有-OH、-CH2Br呈对位连结，另外还有四个-CH3基团，呈对称分布，或者是-OH、-C(CH3)2Br呈对位连结，另外还有2个-CH3基团，以-OH为对称轴对称分布，这样有或或；(5)反应1为与溴发生取代生成K为，反应条件为光照，K在镁、乙醚的条件下生成L为，L与甲醛反应生成2-苯基乙醇。【点睛】考查有机物的推断，侧重于有机物官能团的性质以及学生分析能力的考查，解答本题的突破口为E的推断，答题时注意把握题给信息，体会做题思路，可采用逆推的方法推断。
