1、山西省临汾市洪洞县第一中学2020届高三化学下学期第一次调研考试试题（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Ni-59第I卷(选择题)一、选择题本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展
2、密切相关，下列有关说法正确的是A. 聚合硫酸铁Fe2(OH)x(SO4)yn，是新型絮凝剂，可用来杀灭水中病菌B. 家庭用的“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故C. 现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键D. 中国天眼 FAST 用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A 聚合硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，但不能杀灭细菌，故A错误；B 二者混合，次氯酸钠与盐酸发生氧化还原反应生成具有毒性的氯气，故B正确；C氢键不是化学键，是
3、一种特殊的分子间的作用力，故C错误；D中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故D错误；故答案为B。2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A. 在 12.0g NaHSO4 晶体中，所含离子数目为 0.3NAB. 足量镁与浓硫酸充分反应，放出 2.24L 混合气体时，转移电子数为 0.2NAC. 30g 冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氢原子的数目为 2NAD. 标准状况下，11.2L 乙烯和丙烯混合物中含氢原子数目为 2NA【答案】C【解析】【详解】ANaHSO4 晶体中存在钠离子和硫酸氢根两种离子，所以在 12.0g NaHSO4 晶体中，即0.1mol晶体中所
4、含离子数目为 0.2NA，故A错误；B未指明温度和压强，无法确定2.24L混合气体的物质的量，所以无法确定转移电子数，故B错误；C冰醋酸和葡萄糖最简式都是CH2O，所以30g冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氢原子的数目为：2NA=2NA，故C正确；D11.2L 乙烯和丙烯的混合气体在标况下的物质的量为0.5mol，0.5mol乙烯中氢原子为2mol，0.5mol丙烯中氢原子为3mol，所以0.5mol二者的混合物所含氢原子个数在2NA至3NA之间，故D错误；故答案为C。【点睛】阿伏加德罗常数是高考的热点，要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄
5、清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，还要注意气体摩尔体积使用条件和对象。3.维生素C是广泛存在于新鲜水果蔬菜及许多生物中的一种重要的维生素，作为一种高活性物质，它参与许多新陈代谢过程。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如下：+I2+2HI下列说法正确的是（ ）A. 上述反应说明维生素C能使碘水褪色，该反应的反应类型为取代反应B. 维生素C可发生取代反应、加成反应、氧化反应C. 维生素C可以水解得到2种产物D. 维生素C不可溶于水，可以溶于有机溶剂【答案】B【解析】【详解】A. 从题给的化学方程式可知，维生素C与I2反应时，脱去分子中环上-OH中的氢，形
6、成C=O双键，不属取代反应，属氧化反应，故A错误；B. 维生素C中含有羟基、酯基可发生取代反应，碳碳双键、羟基可发生氧化反应，碳碳双键可发生加成反应，故B正确；C. 维生素C含有酯基可以发生水解反应，但为环状化合物，水解生成一种产物，故C错误；D. 维生素C含有多个-OH，为亲水基，能溶于水，故D错误；故答案为B。4.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清酸性：苯酚HCO3B将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色Fe(NO3)2已变质C氯乙烷与NaOH溶液共热后，滴加AgN
7、O3溶液，生成白色沉淀氯乙烷发生水解D在2 mL 0.01 molL1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01 molL1 ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01 molL1 CuSO4溶液，又出现黑色沉淀Ksp(CuS)Ksp(ZnS)A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，则溶液变澄清，说明酸性：苯酚HCO3-，选项A正确；B、Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4酸化后，相当于存在HNO3，会把Fe2+氧化为Fe3+,滴加KSCN溶液后变红色,不能确定Fe(NO3)2试样已变质，选项B错误；C、氯乙烷与NaOH溶液共热后，溶液中还
8、存在过量的NaOH溶液，此时直接加入AgNO3 溶液，最终得到的褐色的Ag2O，选项C错误；D、在2 mL 0.01 molL1Na2S溶液中先滴入几滴0.01 molL1 ZnSO4溶液有白色沉淀ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入CuSO4溶液，又出现黑色沉淀CuS，所以无法据此判断Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小关系，选项D错误。答案选A。5.主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下
9、列说法一定正确的是A. X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性B. Y与Z形成的化合物只含离子键C. 简单氢化物的沸点：QXD. Z和W形成的化合物的水溶液呈碱性【答案】C【解析】【分析】Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时，Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。【详解】A. X简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A错误；B. Y与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键，故B错误；C.简
10、单氢化物的沸点：Q（NH3）5.5 时反而减小，请解释 NO 去除率减小的可能原因是_。(3)臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝的反应之一为 2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，不同温度下，在体积为 1L 的甲、乙两个恒容密闭容器中均充入 l mol O3 和 2 mol NO2，相关信息如图所示，请回答下列问题：015min 内乙容器中反应的平均速率：v(NO2) =_。(保留 2 位有效数字)下列措施能提高容器乙中 NO2 转化率的是_(填字母标号)A.向容器中充入氦气，增大容器的压强B.升高容器的温度C.向容器中再充人一定量的 NO2D.向容器中再充入 l mol O3
11、和 2 mol NO2甲容器的初始压强为 p0，计算该反应的平衡常数 Kp=_。(分压=总压物质的量分数)(4)过二硫酸钾(K2S2O8)可作为燃煤锅炉脱硝的氧化剂。实验室通过电解饱和 KHSO4 溶液制备 K2S2O8。电解装置如图所示：电极 B 为_极(“阳”或“阴”)。在常温下，电解液中的含硫微粒的主要存在形式与 pH 的关系如图所示，将电极 A 区域的 pH 控制在 02 之间进行电解，则电极 A 的电极反应方程式为_。【答案】 (1). 2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) H= -1172 kJmol-1 (2). 6:1 (3). 5.56.0 之间的任意
12、值均可 (4). pH5.5 以后，随着 pH 增大，NO 的还原性降低；或 H2O2 和 NaClO2 氧化性减弱，不能将 NO 氧化为硝酸 (5). 0.053 molL-1min-1 (6). D (7). 1.5/p0 (8). 阴 (9). 2HSO4-2e-=2S2O82-+2H+【解析】【详解】(1)H2S与O2的反应的方程式为2H2S+3O2=2SO2+2H2O，H =反应物键能-生成物键能=4339 kJmol-1+3498 kJmol-1-(21083 kJmol-1+4464 kJmol-1)=-1172 kJmol-1，所以热化学反应方程式为2H2S(g)+3O2(g)
13、=2SO2(g)+2H2O(g) H= -1172 kJmol-1；(2)从图a和图b中可知，=6：1，pH在5.56.0时NO、SO2的去除率最高，故脱硫、脱硝的最佳条件是=6：1，pH在5.56.0之间；图b中SO2的去除率随pH的增大而增大，pH5.5后，随着pH增大，NO的还原性降低(或NaClO2和H2O2氧化性减弱)，NO不能被氧化成硝酸，故NO的去除率在pH5.5时反而减小；(3)据图可知15min时容器中c(N2O5)=0.4mol/L，容器体积为1L，则初始时c(O3)=1mol/L，c(NO2)=2mol/L，列三段式： 所以v(NO2)= 0.053 molL-1min-
14、1；提高容器乙中NO2转化率，即采取措施使反应2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)向右进行程度更大，温度甲乙，平衡时正向程度甲乙，表明正反应为放热反应，反应为气体分子数减少的反应，增大压强有利于反应正向进行，据此逐项分析，A恒容容器充入He，He不参与反应，充入He不改变气体各组分分压，不影响化学平衡，因此不能提高NO2转化率，故A不选；B反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，不能提高NO2转化率，故B不选；C向容器中再充入一定量的NO2会使O3转化率升高，自身转化率降低，故C不选；D向容器中再充入lmol O3和2mo NO2，由于是按化学计量比充入，相当于对原平衡加压
15、，则有利于反应正向进行，NO2平衡转化率增大，故D可选；初始气体总物质的量为1mol+2mol=3mol，平衡时甲容器中c(N2O5)=0.5mol/L，列三段式：容器体积为1L，则平衡时气体总物质的量为1mol+0.5mol+0.5mol+0.5mol=2.5mol，则此时容器内压强为；则p(NO2)=， p(O3)=p(N2O5)=p(O2)=，所以Kp=；(4)K2S2O8中含有化合价为-1价的氧原子，所以KHSO4K2S2O8发生氧化反应，则电极A为电解池的阳极，电极B为阴极；据图可知pH在 02 之间时HSO4-并未电离，产物应为S2O82-，电极A为阴极得电子发生还原反应，所以电极
16、方程式为2HSO4-2e-=2S2O82-+2H+。【点睛】本题的计算量较大，计算时学生需认真细心，根据焓变=反应物键能-生成物键能进行计算时要注意化学键的数目，如水分子中有两个氢氧键；第3小题计算Kp时要注意反应前压强为p0，达到平衡后气体物质的量发生变化，压强会变，计算分压时要注意。11.（1）聚四氟乙烯商品名称为“特氟龙”，可做不粘锅涂层。它是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过_方法区分晶体、准晶体和非晶体。（2）下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是_(填字母代号)。A. B.C. D.（3）某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型
17、。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是_(填标号)。a.Cl-Cl键的键能为119.6kJ/mol b.Na的第一电离能为603.4kJ/molc.NaCl的晶格能为785.6kJ/mol d.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol（4）配合物Cu(En)2SO4的名称是硫酸二乙二胺合铜()，是铜的一种重要化合物。其中En 是乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)的简写。该配合物中含有化学键有_（填字母编号）。A离子键 B极性共价键 C非极性共价键 D配位键 E.金属键配体乙二胺分子中
18、氮原子、碳原子轨道的杂化类型分别为_、_。乙二胺和三甲胺N(CH3)3均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是_。乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是_，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是_(填“Mg2+”或“Cu2+”)。 与氨气互为等电子体的阳离子为_，与S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素符号为_。（5）金属钛的原子堆积方式如图1所示，则金属钛晶胞俯视图为_。A. B. C. D.某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度_gcm3。【答案】
19、 (1). X-射线衍射 (2). ACBD (3). c、d (4). ABCD (5). sp3 (6). sp3 (7). 乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键 (8). 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 (9). Cu2+ (10). H3O+ (11). Si (12). D (13). 【解析】【分析】(1).晶体对X-射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间；(2).轨道中电子能量：1s2s2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高；(3).aCl-Cl键的键能为119.6kJmol-12；bNa的第一电离能为495.0kJmol-1
20、；cNaCl的晶格能为785.6kJmol-1；dCl的第一电子亲和能为348.3kJmol-1；(4).配合物内部配体存在共价键，配体和中心离子之间存在配位键，内界和外界存在离子键；配体乙二胺分子中C和N均达到饱和，均为sp3杂化；乙二胺和甲胺N(CH3)3均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，考虑分子间形成氢键造成沸点升高；含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键；碱土金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱；NH3中含有10个电子，由4个原子构成，与氨气互为等电子体的阳离子有H3O+，同一周期元素从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第A族、第VA族元素的第
21、一电离能大于相邻元素；(5).由图可知，金属钛的原子按ABABABAB方式堆积，属于六方最密堆积，晶胞结构为，故金属钛晶胞俯视图为D；该晶胞中As原子个数是2、Ni原子个数=4+4+2+2=2，其体积=(a10-10cma10-10cm)c10-10 cm=a2c10-30 cm3，晶胞密度=g/cm3。【详解】（1）从外观无法区分三者，但用X光照射挥发现：晶体对X-射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定，故答案为X-射线衍射；（2）轨道中电子能量：1s2s2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微
22、粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序是ACBD，故答案为ACBD；（3）a.ClCl键的键能为119.6kJmol12=239.2kJ/mol，故a错误；b.Na的第一电离能为495.0kJmol1，故b错误；c.NaCl的晶格能为785.6kJmol1，故c正确；d.Cl的第一电子亲和能为348.3kJmol1，故d正确；故答案选cd；（4）配合物内部配体存在共价键，配体和中心离子之间存在配位键，内界和外界存在离子键，乙二胺中存在极性共价键和非极性共价键，故答案为A、B、C、D；配体乙二胺分子中C形成4个键，且无孤对电子，N形成3个键，有一对孤对电子，均为sp3杂化，故答案为sp3；sp3
23、；乙二胺和甲胺N(CH3)3均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，考虑分子间形成氢键造成沸点升高，可以解释为乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键，故答案为乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+，故答案为乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键；Cu2+；NH3中含有10个电子，由4个原子构成，与氨气互为等电子体的阳离子有H3
24、O+；同一周期元素从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第A族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，故与S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素为Si；故答案为H3O+；Si；（5）由图可知，金属钛的原子按ABABABAB方式堆积，属于六方最密堆积，晶胞结构为，故金属钛晶胞俯视图为D。故答案选D；该晶胞中As原子个数是2、Ni原子个数=4+4+2+2=2，其体积=(a10-10cma10-10cm)c10-10 cm=a2c10-30 cm3，晶胞密度=g/cm3=g/cm3，故答案为。12.化合物H的分子中含有醛基和酯基。H可以用C和F在一定条件下合成（如图）：已知以下信息：A的核
25、磁共振氢谱中有三组峰；且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2。RCH2COOH。化合物D苯环上的一氯代物只有两种。通常同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。（1）A的名称为_。（2）D的官能团名称为_。（3）反应的化学方程式为_，的反应类型为_。（4）F的结构简式为_。（5）H在一定条件下反应生成高聚物的化学方程式为_。（6）F的同系物G比F相对分子质量大14，G的同分异构体中能同时满足如下条件：苯环上只有两个取代基；不能使FeCl3溶液显色，共有_种（不考虑立体异构）。其中能与碳酸氢钠溶液反应且核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为3：2：2：1，写出G的这种同分异构体的结构简式_。【
26、答案】 (1). 2-甲基丙酸 (2). 羟基（酚羟基） (3). +2NaOH+NaBr+2H2O (4). 取代反应 (5). (6). n (7). 12 (8). 【解析】【分析】A的核磁共振氢谱中有三组峰；且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明A中含有羧基，为一元羧酸，其结构简式为(CH3)2CHCOOH，A与溴发生取代反应生成B，则B的结构简式为(CH3)2CBrCOOH，B与氢氧化钠的醇溶液发生消去反应再酸化后得到C，C为CH2=C(CH3)COOH，C与F反应生成的H中有酯基和醛基，可知C与F发生发反应是酯化反应，则F中含有醛基，也有羟基能与C酯化，结合F的分子式为C7H6
27、O2，可知F中有一个苯环和一个醛基、一个酚羟基；因此D中也有一个苯环和一个酚羟基，结合D分子式C7H8O，可知D中还有一个甲基，另外化合物D苯环上的一氯代物只有两种，可知苯环上的取代基为对位，则D的结构为。【详解】（1）根据题中信息，A的核磁共振氢谱中有三组峰；且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明A中含有羧基，为一元羧酸，其结构简式为(CH3)2CHCOOH，则A的名称为2-甲基丙酸，故答案为：2-甲基丙酸；（2）由以上分析知D的结构为，则D的官能团名称为羟基（酚羟基），故答案为：羟基（酚羟基）； （3）在NaOH的醇溶液里发生消去反应得到C为CH2=C(CH3)COOH，则反应的化学方
28、程式为+2NaOH +NaBr+2H2O，该反应类型为取代反应，故答案为：. +2NaOH+NaBr+2H2O ； 取代反应；（4）由在NaOH的水溶液里水解并酸化得到的F为，故答案为：；（5）和CH2=C(CH3)COOH发生酯化反应得到的H为，一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物的反应方程式为；（6）F的同系物G比F相对分子质量大14，则G的分子式为C8H8O2，其同分异构体中能同时满足如下条件：苯环上只有两个取代基；不能使FeCl3溶液显色，说明没有酚羟基，则存在下列几种情况：苯环上有一个醛基和一个CH2OH，存在邻、对、间三个位置共3种；苯环上有一个醛基和一个OCH3，存在邻、对、间
29、三个位置共3种；存在一个甲基和一个HCOO基，存在邻、对、间三个位置共3种；存在一个甲基和一个COOH基，存在邻、对、间三个位置共3种；故满足条件的同分异构体共有12种；G的一个同分异构体被酸性高锰酸钾溶液氧化后核磁共振氢谱为两组峰，且峰面积比为2:1，写出G的这种同分异构体的结构简式为，故答案为： 12 ；【点睛】解这类题目的关键是看懂信息，明确各类有机物的基本反应类型和相互转化关系。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。通常可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。
