1、四川省南充高级中学2020届高三化学上学期第四次月考试题（含解析）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C
2、a5（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 molL1 CH3COOH溶液中含有的H数为0.05NAB. 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NAD. 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.CH3
3、COOH是弱酸， 0.1 L 0.5 molL1 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
4、、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
5、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：HFCH3COOHB将石
6、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 molL1酸性KMnO4溶液中分别滴加2 mL 0.01 molL1和0.02 molL1草酸溶液，滴加0.02 molL1草酸溶液的先褪色反应物浓度越大，反应速率越大A. AB. BC. CD. 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HFCH3COOH，故A正确；B、将石灰石和
7、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M4N4Y10(YX)8是我国
8、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MYB. N的最高价氧化物是酸性氧化物C. 含M的一种盐常用于杀菌消毒D. X和Y形成的化合物可能含有非极性共价键【答案】C【解析】【分析】X、Y、M、N四种原子序数依次增大的短周期元素，M元素是地壳中含量最高的金属元素，则M是Al元素；N元素的单质常用来制造太阳能电池，则N是Si元素；X3Y和YX含有相同的电子数，则X是H元素、Y是O元素。【详解】根据分析可知：X为H，
9、Y为O，M为Al，N为Si元素。A.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径Mc(H+)=c(OH)C. HX的电离平衡常数约为1107 mol/LD. 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+)=11013 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NH3H2O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+)=1104 mol/L，则其电离平衡常数K
10、=1107 mol/L，C正确；a点溶质为NH4X，但由于和X均水解，溶液中存在、NH3H2O、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、NH3H2O、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：38HNO338NO7H2O物质相对分子质量密度（20）熔点沸点溶解性环己醇1000.962 g/cm325.9160.820时，在水中溶解度为3.6g，可混溶于乙醇、苯己二酸1461.360 g/cm31523375在水中的溶解度：15时1.44g，25时2.3g。易溶于乙醇，
11、不溶于苯步骤：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12粒沸石，滴液漏斗中盛放有5.4 mL环己醇。步骤：水浴加热三颈烧瓶至50左右，移去水浴，缓慢滴加56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6065之间。步骤：当环己醇全部加入后，将混合物用8090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：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
12、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6065之间，最后控制在8090，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
13、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). 10.4molL1 (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1.31gcm3）的物质的量浓度
14、；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：0.0519mol146gmol1=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
15、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6065之间，最后控制在8090，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1.31gcm3）的物质的量浓度为 molL1=10.4molL1；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
16、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：0.0519mol146gmol1=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
17、(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，则平衡时的总压强P平=_(用含P0和的式子表示)；当P0=101kPa，测得=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
18、可制取低碳烯烃。在一恒容密闭容器中分别投入1molCO2、3molH2，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。其他条件不变，起始时若按1molCO2、2molH2进行投料，则CO2的转化率将_(填“增大”“ 减小”或“不变”)。H_ (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、，）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、和从大到小的顺序为_（填序号）。
19、（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). +85.2kJmol1 (2). p0（1+a） (3). 50.5kPa (4). 减小 (5). (6). (7). v(）v(）v(） (8). 300400【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）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
20、的浓度，据此分析CO2的转化率变化情况；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；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015h内，甲烷的物质的量变化量为n(）n(）n(），从而计算015h内，CH4的平均生成速率，进而比较大小；在不同催化剂（I、，）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(）n(）n(），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
21、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-反应III，计算反应I的反应热H1=156.6kJ/mol-（483.6kJ/mol）=+85.2kJmol1；（2）若起始压强P0，达到平衡转化率为， CH3OH（g）HCH
22、O（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=50.0%，该反应平衡常数Kp= =50.5kPa； （3）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；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，H0；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“
23、=”)（3）CuCl2与氨水反应可形成配合物Cu(NH3)4Cl2，1mol该配合物中含有键的数目为_。（4）四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。已知：ab0.524 nm，c1.032 nm，NA为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是_gcm3(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166.021023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
24、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）H2O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 ；SO32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）4Cl2中，1mol氨气中含有3mol键，总共含有键的物质的量为：3mol4=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
25、内共含”CuFeS2“个数；根据m=V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）H2O，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 。SO32中心原子的价层电子对数为：3+=
26、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：SO32SO42；（3）1mol配合物Cu（NH3）4Cl2中，1mol氨气中含有3mol键，总共含有键的物质的量为：3mol4=12mol，1mol该配合物中含有4mol配位键，所以含有的键的物质的量为：12mol+4mol=16mol，或者166.021023个。（4）晶胞中Fe原子=8 +4+1=4，Cu原子数目=6+4=4，硫原子数目=8，晶胞内共含4个”CuFeS2“，则晶胞质量=4g，a=b=0.524nm，c=1.032nm，则晶体的密度=4g（0.52410-7 cm 0.52410-
27、7 cm1.03210-7 cm）= gcm3。【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布图、杂化方式、分子结构与性质、价层电子对互斥理论、晶胞结构与计算等，这些都是常考知识点，难点（4）掌握均摊法进行晶胞有关计算。12.有机物A含碳72.0%、含氢为6.67%,其余为氧用质谱法分析得知A的相对分子质量为150，A在光照条件下生成一溴代物B，B分子的核磁共振氢谱中有4组峰，峰面积比为2:2:2:3，B可发生如下转化关系(无机产物略):已知:K与氧化铁溶液发生显色反应，且环上的一元取代物只有两种结构当羟基与双键碳原子相连时，会发生如下转化:RCH=CHOHRCH2CHO请回答下列问题
28、:(1)B中官能团的名称是_，反应属于_反应类型。(2)A的结构简式：_。(3)F与银氨溶液反应的离子方程式为:_。(4)写出下列反应的化学方程式反应：_。反应:_。(5)N是比K多1个碳原子的同系物，同时符合下列要求的N的同分异构体有_种。I.苯环上有两个取代基；II.能发生水解反应；III.与氯化铁溶液发生显色反应其中核磁共振氢谱为5组峰的为_(写结构简式)。【答案】 (1). 溴原子、 酯基 (2). 缩聚反应 (3). (4). CH3CHO+2Ag(NH3)2+2OH- CH3COO-+NH4+ +2Ag+3NH3+H2O (5). (6). (7). 9 (8). 【解析】（1）G
29、能发生水解反应说明G中含有酯基,G发生加聚反应生成乙酸乙烯酯,则G的结构简式为:,G羧基生成C和F,F能发生氧化反应生成E,E能生成C,则F是乙醛,C是乙酸钠,E是乙酸;有机物A含碳、含氢为,其余为氧.用质谱法分析得知A的相对分子质量为150,则A分子内含有氢原子数为:,碳原子数为:,氧原子数为:,则A的分子式为,不饱和度为,考虑含有苯环,A在光照条件下生成的一氯代物B,B在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成C与D,D含有连续氧化生成J,D含有醇羟基,A含有酯基,故A中含有1个苯环、1个酯基,A在光照条件下生成的一氯代物B,A含有烃基,结合K的一卤代产物只有两种同分异构体,故A为,B为,D为,I为
30、,J为,K为,M为；通过分析知：(1)B为,含有的官能团为溴原子、酯基,反应为发生缩聚反应生成高分子化合物，因此，本题正确答案是:溴原子、酯基;缩聚反应。(2)有分析可以知道A的结构简式为,因此，本题正确答案是:；(3)F是乙醛,发生银镜反应的离子方程式为,因此，本题正确答案是:；(4)反应的方程式为:，反应的方程式为:因此，本题正确答案是:，；(5)K为,且N比K多一个碳原子,其同分异构体有如下特点:.苯环有两个取代基,则取代基的位置可能是邻、间及对位;.能发生水解反应说明有酯基;.与氯化铁溶液发生显色反应说明含有酚羟基,则另一个取代基为、及,则符合条件的N的同分异构体有种,其中核磁共振氢谱
31、为5组峰的为，因此，本题正确答案是:9;点睛：有机物A含碳、含氢为,其余为氧.用质谱法分析得知A的相对分子质量为150,则A分子内含有氢原子数为:,碳原子数为:,氧原子数为:,则A的分子式为;G能发生水解反应说明G中含有酯基,G发生加聚反应生成乙酸乙烯酯,则G的结构简式为:,G羧基生成C和F,F能发生氧化反应生成E,E能生成C,则F是乙醛,C是乙酸钠,E是乙酸;有机物A的分子式为,不饱和度为,考虑含有苯环,A在光照条件下生成的一氯代物B,B在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成C与D,D含有连续氧化生成J,D含有醇羟基,A含有酯基,故A中含有1个苯环、1个酯基,A在光照条件下生成的一氯代物B,A含有烃基,结合K的一卤代产物只有两种同分异构体,故A为,B为,D为,I为,J为,K为,M为,据此解答
