1、宁夏六盘山高级中学2021届高三年级第二次月考理科综合能力测试-化学部分1. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是( )A. 港珠澳大桥的隔震支座所含的橡胶属于有机高分子材料B. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染C. 高效手性螺环催化剂可通过改变反应热增大反应速率D. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料【答案】C【解析】【详解】A有机高分子材料是用有机高分子化合物制成的材料，常见的塑料、橡胶、合成纤维等都属于有机高分子材料，选项A正确；B绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染，而不能污染后再治理，选项B正确；C催化剂可以改变反应的历程，
2、通过降低化学反应的活化能来加快化学反应速率，由于反应的始态和终态不变，所以反应热不能改变，选项C错误；D天然气(CNG)主要成分是甲烷，液化石油气(LPG)的成分是丙烷、丁烷等，这些碳氢化合物完全燃烧生成二氧化碳和水，故这两类燃料是清洁燃料，选项D正确；答案选C。2. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是( )A. 锌与浓硫酸反应生成气体11.2 L(标准状况)时转移电子数目为NAB. 将lmolCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NAC. 0.5 mol N4(分子为正四面体结构)含共价键数目为2NAD. 24g T218O中含有的中子数为10NA【答案】A
3、【解析】【详解】A锌与浓硫酸反应生成SO2，随着反应的进行，浓硫酸变稀，锌与稀硫酸反应生成H2，故生成的气体为SO2和H2的混合气体。无论生成SO2还是H2，生成1mol气体转移2mol电子，故生成0.5mol气体转移的电子数目为NA，故A正确；B氯气和水反应是可逆反应，氯元素应该存在Cl2、HClO、Cl-、ClO-四种粒子，将lmolCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故B错误；C N4为分子晶体，呈空间正四面体分布，1mol N4含6molN-N键，0.5 mol N4含共价键数目为3NA，故C错误；DT质子数为1，中子数为2，质量数为3，24g T218O为
4、1mol，含有的中子数为14 NA，故D错误；故答案：A。3. 用来减轻感冒症状的布洛芬片的结构简式如图，下列有关说法正确的是( )A. 布洛芬与苯甲酸乙酯互为同系物B. 布洛芬的分子式为C13H16O2C. 布洛芬不能与Na发生反应D. 布洛芬苯环上的一溴代物有2种(不含立体结构)【答案】D【解析】【详解】A.由结构简式可知，布洛芬属于羧酸，与苯甲酸乙酯不是同类物质，不可能互为同系物，故A错误；B.由结构简式可知，布洛芬的分子式为C13H18O2，故B错误；C.由结构简式可知，布洛芬的官能团为羧基，能与金属钠发生反应，故C错误；D.由结构简式可知，布洛芬的苯环上的氢原子有2种类型，一溴代物有
5、2种，故D正确；故选D。4. 下列离子方程式正确的是( )A. 次氯酸钠溶液与少量的二氧化碳反应：ClO-+ CO2+ H2O=HClO+COB. 向Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液：Ca2+HCO+OH-=CaCO3+H2OC. 向含0.2 molFeI2的溶液中滴加含0.25molCl2的氯水：2Fe2+8I-+5Cl2=2Fe3+4I2+10Cl-D. 电解MgCl2溶液：2H2O+2Cl-2OH-+H2+Cl2【答案】C【解析】【详解】A次氯酸钠溶液与少量的二氧化碳反应：ClO-+ CO2+ H2O=HClO+HCO，故A错误；B向Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaO
6、H溶液：Ca2+2HCO+2OH-=CaCO3+2H2O+CO，故B错误；C还原性：I-Fe2+，氯气先与I-反应，再与Fe2+反应，0.4mol的I-消耗0.2mol氯气，剩余0.05mol的氯气仅能消耗0.1molFe2+，离子方程式为：2Fe2+8I-+5Cl2=2Fe3+4I2+10Cl-，工业C正确；D电解MgCl2溶液：Mg2+2H2O+2Cl-Mg(OH)2+H2+Cl2，故D错误；故选：C。5. 下列实验装置正确且能达到实验目的的是A. 用图1所示装置制取少量Cl2 B. 用图2所示装置证明非金属性ClCSiC. 图3所示装置中水不能持续流下，说明装置气密性良好D. 用图4所示
7、装置测定镁铝合金中铝的质量分数【答案】D【解析】【详解】A稀盐酸与二氧化锰不反应，则图中装置不能制备氯气，故A错误；B盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，则不能比较C、Si的非金属性，且不能利用盐酸、碳酸的酸性比较Cl、C的非金属性，故B错误；C橡胶管可平衡气压，打开分液漏斗的活塞液体能顺利流下，不能说明气密性，应利用液差法检验气密性，故C错误；DAl与NaOH溶液反应，而Mg不能，利用排水法测定氢气的体积，则图中装置可测定镁铝合金中铝的质量分数，故D正确；故选D。【点晴】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握气体的制备实验、非金属性比较、含量测定及气密性检验等为解答的关键，侧重分析与应用能力
8、的考查，注意实验装置的作用及实验评价性分析。本题的易错点是B，要考虑盐酸的挥发性。6. 某化工厂排放出大量含硫酸铵的废水，技术人员设计如图所示装置处理废水中的硫酸铵，并回收化工产品硫酸和氨水，废水处理达标后再排放。下列说法错误的是( )A. 离子交换膜2为阴离子交换膜，X极为阴极B. 对含硫酸铵较多的废水处理过程中若转移0.2 mol电子，则可在X极收集2.24L氢气C. Y极的电极反应式为2H2O-4e-=4H+O2D. c口进入稀硫酸，b口流出较浓氨水【答案】B【解析】分析】所给装置有外加电源，该装置为电解装置，X电极上产生H2，利用电解原理，X电极为阴极，同时该电极上产生OH，该装置回收
9、硫酸和氨水，通过离子交换膜1移向X电极区，即离子交换膜1为阳离子交换膜， Y电极为阳极，产生O2的同时，产生H，通过离子交换膜2移向Y电极区，离子交换膜2为阴离子交换膜，据此分析；【详解】A根据上述分析，X电极为阴极，离子交换膜2为阴离子交换膜，故A说法正确；B题中没有说明是否是标准状况，因此无法计算出氢气的体积，故B说法错误；CY电极上有O2放出，应是水电离出的OH放电产生，即电极反应式为4OH4e=O22H2O或2H2O4e=O24H，故C说法正确；DX电极反应式为2H2O2e=H22OH，原料室中移向X电极，与OH反应生成NH3H2O，即b口流出较浓氨水，Y电极反应式为2H2O4e=O2
10、4H，通过离子交换膜2移向Y电极区，d口流出较浓的硫酸，c口进入稀硫酸，故D说法正确；答案为B。7. 根据如图有关图象，说法正确的是( )A. 由图知，反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的H”“ (8). 正向【解析】【详解】（1）I.由若以上各反应均为氧化还原反应，且A、B、C均含有同一种元素。则若A为一种有刺激性气味的氢化物可知，A为氨气、B为一氧化氮、C为二氧化氮、D为氧气，在催化剂作用下，氨气和氧气共热反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+ 5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+ 5O24NO+6H2O；II. 若D为强碱，B有两性，由物质的转化关系可知，A为可溶性
11、铝盐、B为氢氧化铝、C为偏铝酸盐、D为氢氧化钠，铝盐和偏铝酸盐发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为Al3+ + 3AlO+6H2O =4 Al(OH)3，故答案为：Al3+ + 3AlO+6H2O =4 Al(OH)3；若D为一种酸性氧化物，由物质的转化关系可知，A为氢氧化钠、B为碳酸盐或亚硫酸盐、C为碳酸氢盐或亚硫酸氢盐、D为二氧化碳或二氧化硫，氢氧化钠和弱酸的酸式盐反应生成正盐和水，反应的离子方程式为OH- +HCO=H2O+CO或OH- +HSO=H2O+SO，故答案为：OH- +HCO=H2O+CO或OH- +HSO=H2O+SO；（2）由反应的平衡常数表达式为K=可知，
12、反应物为一氧化碳和一氧化氮，生成物为氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，将已知反应依次编号为，由盖斯定律可知，2可得反应，则H=(-393.5 kJ/mol)2(221 kJ/mol)(+181kJ/mol)=747kJ/mol，反应的热化学方程式为2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)H=-747kJ/mol，故答案为：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)H=-747kJ/mol；A.该反应为气体体积减小的反应，增大容器压强，平衡向正反应方向移动，一氧化氮转化率增大，故符合题意；b.该反应是放热反应，升高温度，
13、平衡向逆反应方向移动，一氧化氮转化率减小，故不符合题意；c.使用优质催化剂，化学平衡不移动，一氧化氮转化率不变，故不符合题意；d.增大反应物CO的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化氮转化率增大，故符合题意；ad符合题意，故答案为：ad；由表格数据可知，氮气的消耗量为0.42mol，由化学计量数之比等于变化量之比可知，二氧化碳的生成量为0.42mol，则二氧化碳表示该反应的平均反应速率v =0.042mol/(Lmin)；已知反应依次编号为，由盖斯定律可知，可得反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)，H=(-221kJ/mol) (+181kJ/mol)=291.5kJ/mo，该反
14、应为放热反应，由表格数据可知，温度调整到T2时，反应物的浓度减小，生成物浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，则T1T2；由题给数据可知，平衡时一氧化氮浓度为0.2mol/L，氮气和二氧化碳浓度为0.4 mol/L，平衡常数为=4，若保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2 mol，浓度熵Qc=4，说明平衡向正反应方向移动，故答案为：0.042mol/(Lmin)；正向。11. 据世界权威刊物自然最近报道，我国科学家选择碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：(1)锌原子的价电子排布图：_(2)硫和碲位于同主族
15、，H2Te的空间结构为_。H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是_。(3)Cd2+与NH3等配体形成配离子。1 mol Cd(NH3)42+含_mol键。该配离子中三种元素的电负性大小关系是：_。(4)砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、AsBr3的熔点由高到低的排序为_(5)锆晶胞如图1所示，这种堆积方式称为_，镉晶胞如图2所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为d gcm-3.在该晶胞中两个镉原子最近核间距为_nm(用含NA、d的代数式表示)。【答案】 (1). (2). V型 (3). S原子半径小于Te，H-S键的键能较大 (4). 16 (5). NHCd (6
16、). AsBr3AsCl3AsF3 (7). 六方最密堆积 (8). 【解析】【详解】(1)锌是30号元素，Zn原子的价电子排布图：，故答案为：；(2)氧、硫和碲位于同主族，则H2Te的空间结构为V型；硫和碲位于同主族，同一主族从上往下元素的原子半径依次增大，即气态氢化物H2S中的共价键键长比H2Te的键长更短，一般键长越短，键能越大，化学性质越稳定，导致H2S的分解温度高于H2Te，故答案为：V型；S原子半径小于Te，H-S键的键能较大；(3)Cd2+与NH3等配体形成配离子，1 mol Cd(NH3)42+中含有的键数目为4mol NH3中每molNH3有3mol键，另每mol NH3再与
17、Cd2+形成1mol配位键也是键，因而键物质的量=mol，该配离子中三种元素分别为Cd、N、H，非金属性越强，电负性越大，则电负性大小关系为NHCd，故答案为：16；NHCd；(4)砷与卤素形成多种卤化物，AsCl3、AsF3、AsBr3均为共价化合物，均为分子晶体，其熔点的高低主要是受分子间作用力影响，对于结构相似的分子晶体，分子间作用力与其相对分子质量呈正比，因此熔点有AsBr3AsCl3AsF3，故答案为：AsBr3AsCl3AsF3；(5)锆晶胞如图1所示晶胞符合最密六方堆积，因此这种堆积方式称为六方最密堆积，镉晶胞如图2所示，1个晶胞中含有的镉原子数目为：个，设晶胞的边长为acm，则
18、有：，从而推出：，该晶胞中两个镉原子最近核间距为体对角线的一半即：nm，故答案为：六方最密堆积；。12. 已知烯烃在一定条件下可被强氧化剂氧化成醛，例如：RCH=CHRRCHO + RCHO，从A出发有图所示关系：(1)A的分子式为_，E的结构简式_；D的结构简式_ ；AC的化学反应方程式：_；AB的化学反应方程式：_；(2)若B的一种同分异构体跟溴水反应生成白色沉淀，且1mol该同分异物体跟溴水反应时，需消耗3molBr2，则符合该条件的同分异物体有_种，写出其中任意一种的结构简式：_；(3)A是一种可以作为药物的有机物，将A在一定条件下氧化可以得到两种有机酸X和Y，X属于芳香族化合物，它在
19、食品保存及染料、药物生产中均有重要作用，则X的结构简式为：_。【答案】 (1). C9H8O (2). (3). (4). +2Ag(NH3)2OH +2Ag+3NH3+H2O (5). +2H2 (6). 3 (7). 或或 (8). 【解析】【分析】由AC可知A中含醛基，C含-COONH4，结合CD可知D含-COOH，结合DE可知D含一个碳碳双键，结合E的分子式可知E为，则D为，C为，A为，B为，结合有机化学基础知识解答。【详解】(1)A为，其分子式为C9H8O，E的结构简式为；D的结构简式为；AC为发生银镜反应，反应的化学反应方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O；AB为中碳碳双键、醛基和氢气发生加成反应，反应的化学反应方程式为+2H2 ，故答案为：C9H8O；+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O；+2H2 ；(2)B为，若B的一种同分异构体跟溴水反应生成白色沉淀，则该同分异构体含酚羟基；且1mol该同分异物体跟溴水反应时，需消耗3molBr2，则苯环上酚羟基的邻、对位有3个H，符合条件的有、共3种，故答案为：3；或或；(3)A为，A在一定条件下氧化可以得到两种有机酸X和Y，X属于芳香族化合物，结合RCH=CHRRCHO + RCHO可知A为，故答案为：。