1、广西桂林、崇左、贺州市2020届高三化学下学期5月一模考试试题（含解析）1.肺炎疫情牵动着每个人的心，大家出行务必戴好口罩，保护好自己。下列相关说法中错误的是A. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料B. 医用消毒酒精中乙醇的体积分数约为75%C. 居家环境消毒时，不可将“84”消毒液、洁厕灵混合使用D. 人打喷嚏时产生的飞沫(直径5m的含水颗粒)属于气溶胶【答案】D【解析】【详解】A聚丙烯纤维是由丙烯通过加聚反应制取，属于有机高分子材料，故A正确；B75%的乙醇溶液杀菌效果较好，所以医用消毒酒精中乙醇的体积分数约为75%，故B正确；C“84”消毒液、洁厕灵的主要成分分别为NaC
2、IO和盐酸，将两者混合使用时，可反应生成氯气，从而造成中毒，故C正确；D飞沫的直径5 m.，而胶体的分散质粒子直径在1 nm 100 nm之间，所以飞沫不属于气溶胶，故D错误；故答案为D。2.根据国家卫生健康委发布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)指出，冠状病毒对紫外线和热敏感，含氯消毒剂过氧乙酸等脂溶剂均可有效灭活病毒，但氯已定不能有效灭活病毒。氯已定又名洗必泰，化学名为双氯苯双胍已烷，系阳离子表面活性剂，具有相当强的广谱抑菌、杀毒作用，其结构如图所示。下列关于氯己定的说法中正确的是A. 其分子式为C22H30Cl2N10B. 其苯环上的一溴代物有四种C. 一定条件下，氯已定最多可与6
3、mol氢气加成D. 一定条件下，氯已定可发生加成反应和酯化反应【答案】A【解析】【详解】A根据其结构简式可知氯已定的分子式为C22H30Cl2N10，故A正确；B根据氯己定的结构简式，两个苯环处于对称位置，所以其苯环上的一溴代物只有两种，故B错误；C氯已定的结构中有两个苯环，可与6 mol氢气加成，另外其结构中还有4个C=N，所以最多可与10 mol氢气加成，故C错误；D氯已定中不含羟基，也不含羧基，不能发生酯化反应，D项错误；故答案为A。3.根据下列实验操作和现象对应得到的实验结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A取某溶液做焰色反应实验，观察到火焰为黄色溶液中含有Na+，不含有K+B向久置
4、的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解部分Na2SO3被氧化C向20%的蔗糖溶液中加入少量的稀硫酸，加热，再加入少量银氨溶液，未出现银镜现象蔗糖未水解D向某溶液中加入KSCN溶液，溶液呈血红色溶液中含Fe3+，不含Fe2+A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A焰色反应为黄色，说明溶液中含有Na+，不能证明不含K+，要再透过蓝色钴玻璃观察，故A错误；B沉淀有部分溶解，说明沉淀既有亚硫酸钡又有硫酸钡，所以亚硫酸钠有部分被氧化，故B正确；C银镜反应是在碱性条件下发生的，本实验中没有加入碱中和稀硫酸，所以无法发生银镜反应，从而无法
5、证明蔗糖是否水解，故C错误；D加入KSCN溶液，溶液呈血红色，说明待测溶液中含有Fe3+，但并不能排除Fe2+的存在，故D错误；故答案为B。4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A. 1mol铁在1molCl2中燃烧，最终转移的电子数为2NAB. 50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为6NAC. 1mol雄黄(主要成分为As4S4,结构为中含有8NA个S-As键D. 标准状况下，22.4LCHCl3中含有氯原子的数目为3NA【答案】D【解析】【详解】A1 mol铁在1 molCl2中燃烧，铁过量，1 molCl2完全反应全部变成Cl-，所以转移2 mol电子，故A正
6、确；B50g质量分数为46%的乙醇水溶液中乙醇有=0.5 mol，另外还有=1.5 mol水，故氢原子总数为(0.5 mol6+1.5 mol2)NA=6 NA，故B正确；C一个分子中含有8个S-As键，所以1 mol雄黄含有8NA个S-As键，故C正确；D标准状况下CHCl3为液态，22.4LCHC13的物质的量不是1 mol，故D错误；故答案为D。5.已知NaHSO3过饱利溶液经结晶脱水可得Na2S2O5，三室膜电解技术可用于制备Na2S2O5,装置如图所示,其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。下列说法中正确的是A. M为阴极B. 离子交换膜均为阴离子交换膜C. 阳极反应式
7、为2H2O-4e-=4H+O2D. 最后在b室生成Na2S2O5【答案】C【解析】【详解】A要制备Na2S2O5则要增大NaHSO3的浓度，即要将SO2碱吸收液中含有的Na2SO3转化为NaHSO3，即发生反应：SO32- +H+=HSO3-，因此氢离子要向右移动，电解池中阳离子流向阴极，所以M为阳极，故A错误；B阳极室H+向a室迁移，a室中的Na2SO3转化成NaHSO3，所以该离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；C电解池阳极发生氧化反应，所以应为H2O放电，产生O2和H+，则电极反应为：2H2O- 4e- =4H+O2，故C正确；D阴极(N)发生还原反应，氢离子放电析出H2，OH-的量增多
8、，则b室中Na2SO3浓度增大，因此是在a室生成Na2S2O5，故D错误；故答案为C。6.甲、乙、丙、丁为原子序数依次增大的前20号主族元素。丙的原子序数等于甲原子序数的两倍且甲、丙同主族，乙、丁同主族，甲、乙、丙的原子序数成等差数列。下列说法正确的是A. 丙的氧化物对应的水化物都是强酸B. 丁不能与冷水发生反应C. 工业上用电解熔融的乙的氧化物来制取乙的单质D. 甲和丙能形成两种常见的化合物【答案】D【解析】【分析】丙的原子序数等于甲的原子序数的两倍，甲和丙同主族，其原子序数相差8，所以甲为O，丙为S；又因为乙和丁同主族，且甲、乙、丙原子系数成等差数列，故乙为Mg，丁为Ca。【详解】A丙的氧
9、化物对应的水化物有H2SO3、H2SO4等，其中H2SO3不是强酸，故A错误；BCa是活泼的金属，能够与冷水反应产生Ca(OH)2和H2，故B错误；C工业上用电解熔融的MgCl2来制取Mg，故C项错误；D甲和丙分别是O和S，能形成SO2、SO3两种常见的氧化物，故D正确；故答案为D。7.常温下，将SO2通入2L0.01molL-1的某一元碱MOH溶液中，溶液中水电离出的OH-的浓度(c)与通入的SO2的体积(V)关系如图所示(不考虑+4价的S被氧化)，下列叙述不正确的是A. MOH为一元强碱B. b点溶液中：c(H+)=110-7molL-1C. c点溶液中：c(M+)=2c(SO32-)+c
10、(HSO3-)+c(H2SO3)D. d点溶液中：c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)【答案】B【解析】【分析】将SO2通入2L0.01molL-1的某一元碱MOH溶液中，先发生SO2+2MOH=M2SO3+H2O，再发生M2SO3+SO2+H2O=2MHSO3；当溶液中溶质只有M2SO3时，只有SO32-的水解促进水的电离，此时水的电离程度达到最大，即c点。【详解】A未通入SO2时水电离出的c(OH-)=110-12mol/L，水电离出的氢离子浓度和氢氧根浓度相同，所以水电离出的c(H+)=110-12mol/L，则溶液中c(OH-)=110-2mol/L，说明MOH完全电离，为
11、一元强碱，故A正确；B根据分析可知b点溶液中的溶质为M2SO3和未反应的MOH，溶液呈碱性，所以溶液中c(H+)”“”“”或“=)KC。若达到化学平衡状态点A时，容器体积为20L，T1时平衡常数KA=_【答案】 (1). -252.9 (2). 温度低于870K (3). 0.15molL-1min-1 (4). (5). (7). 4【解析】【详解】(1)H2(g)的燃烧热H2=-285.8kJmol-1，则有H2(g)+O2(g)=H2O(l)H2=-285.8kJmol-1 反应a；CH4(g)的燃烧热H=-890.3kJmol-1，则有CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(
12、l)H=-890.3KJmol-1 反应b；根据盖斯定律：a4-b可得CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(l) H1=(-285.8kJmol-1)4-(-890.3KJmol-1)=-252.9 kJmol-1；(2)G0时反应才有自发性，据图可知温度低于870K时G0；(3)据图可知图示两种物质单位时间内浓度变化量相等，根据方程式可知应为CO和CH3OH的物质的量浓度变化曲线，10min内CO或CH3OH的浓度变化均为0.75mol/L，则c(H2)=1.5mol/L，所以v(H2)=0.15molL-1min-1；根据平衡常数的定义可知该反应的平衡常数表达式为K=；(4)据
13、图可知相同温度下p2压强下CO的转化率更大，该反应为气体体积减小的反应，压强越大转化率越大，所以p1KC；A点CO的转化率为50%，初始投料为10molCO和20molH2，容器体积为20L，列三段式有： 平衡常数KA=4。11.碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题:(1)在基态C原子中，核外存在_对自旋方向相反电子。(2)丙酮()分子中，中间碳原子的杂化方式为_；中键和键的数目之比为_.(3)写出两个与CO2具有相同空间构型的分子或离子：_(4)CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物的熔点为253K，沸点为376K，其固体属于_晶体；Fe3+的核外电子排布式为_。(5)已知第I
14、IA族元素的碳酸盐MCO3热分解的主要过程为M2+结合碳酸根离子中的O2-，释放出CO2。则CaCO3的分解温度低于BaCO3的原因是_。分子中的大键用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则CO32-中的大键应表示为_。(6)碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：在石墨烯晶体中，一个六元环上的C原子数为_。在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接_个六元环，六元环中最多有_个C原子在同一平面。【答案】 (1). 2 (2). sp2 (3). 7:1 (4). CS2、SCN-等 (5).
15、分子 (6). 1s22s22p63s23p63d5 (7). Ca2+的半径小于Ba2+，更容易结合CO32-中O2-，因此CaCO3更容易分解 (8). (9). 2 (10). 12 (11). 4【解析】【详解】(1)C原子的核外有6个电子，电子排布式为1s22s2p2，其中1s、2s上的2对电子的自旋方向相反，而2p轨道上的电子自旋方向相同，所以核外存在2对自旋方向相反的电子；(2)丙酮分子中中间碳原子形成碳氧双键，为sp2杂化；分子中每个碳氧双键中各有一个键，其他化学键均为键，共14个，所以键和键的数目之比为7:1；(3)O与S同主族，所以与CO2具有相同空间结构的分子为CS2；等
16、电子体具有相同的空间结构，与CO2互为等电子的离子有SCN-；(4)Fe(CO)5的熔点为253K，沸点为376K，熔沸点较低，所以为分子晶体；Fe为26号元素，根据电子排布规律可知基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，失去外层3个电子后形成Fe3+，所以其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5；(5)Ca2+的半径小于Ba2+，更容易结合CO32-中O2-，因此CaCO3更容易分解；CO32-中心原子价层电子对数为，因此CO32-的空间构型为平面三角形，C原子、O原子有平行的p轨道，价电子总数为4+2+63=24，每个O原子有2对孤电子对未参与成键
17、，所以单电子数=24-23-43=6，所以CO32-为4原子、6电子形成的大键，表示为；(6)根据均摊法，石墨烯中每个C原子被3个六元环共有，则每个六元环占有的C原子数为=2；每个C原子周围形成4个共价键，可以组合6个角，每个角延伸为两个六元环，因此每个C原子连接有26= 12个六元环；根据几何知识，六元环中最多有4个C原子共面，如图所示。【点睛】大键中成键电子数=价电子总数-键数2-未参与的孤对电子个数；具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为等电子原理，满足等电子原理的分子、离子或原子团称为等电子体。12.盐酸利多卡因(F)可用于表面麻醉，还具有抗心律失常的
18、作用，其合成路线：回答下列问题：(1)A的化学名称为_，BC的反应类型为_。(2)CD的化学方程式为_。(3)E中苯环上的一氯代物有_种。(4)X为B的芳香族同分异构体且苯环上仅有2个取代基，红外光谱显示X有氨基(-NH2)，实验测得X能与NaHCO3溶液发生反应生成CO2，则X的结构可能有_种，其中一种核磁共振氢谱峰面积比为2:2:2:2:1的X的结构简式为_。(5)已知工业上可用氯气催化乙酸生产氯乙酸，再以氯乙酸为原料，以S2Cl2、Cl2为氯化剂，加入适当的催化剂，即可制得氯乙酰氯(ClCH2COCl)。请设计以CH2=CH2为主要原料合成ClCH2COCl的路线流程图_(无机试剂任选)
19、。【答案】 (1). 间二甲苯 (2). 还原反应 (3). +ClCH2COCl+HCl (4). 2 (5). 6 (6). 或 (7). CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOHClCH2COOHClCH2COCl【解析】【详解】(1)根据A的键线式可知A为苯的同系物，苯环间位有两个甲基，所以名称为间二甲苯；对比B和C的键线式可知B到C的过程中加氢去氧，所以为还原反应；(2)对比C和D的结构变化可知C中-NH2在D中变为-NH-，说明C中断裂一个N-H键，而ClCH2COCl右端C-Cl键断裂，C=O键中的碳原子连接到N原子上，H与Cl结合生成HCl，所以方程式为：+ClCH2COC
20、l+HCl；(3)E中苯环上有2种环境的氢原子，所以苯环上的一氯代物有2种；(4)根据题意，X结构中有一个-NH2和一个-COOH(与NaHCO3溶液发生反应生成CO2)，还有一个-CH2-(苯环上只有两个取代基)，所以取代基可以是-CH2-NH2和-COOH或-NH2和-CH2-COOH，各有邻间对三种，共3+3=6种同分异构体；核磁共振氢谱峰面积比为2:2:2:2:1，说明结构对称，有和；(5)由题意可知，先要合成乙酸，乙烯和水加成可以生成乙醇，乙醇被酸性高锰酸钾氧化可以生成乙酸，再结合题干信息合成ClCH2COCl；所以合成路线为：CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOHClCH2COOHClCH2COCl。
