1、（全国I卷）江西省南昌市新建区第二中学2020届高三化学下学期第四次线上测试试题（含解析）第一卷本卷可能用到的相对原子质量：H - 1 C - 12 O - 16 Mg - 24 Al-27 Si - 28Ca-40Cu - 64一、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.化学与生产和生活密切相关。下列有关说法正确的是A. 古代记载文字的器物“甲骨”与 “丝帛”成分相同B. 苏打可用于制作发酵粉，在医疗上也可以用作治疗胃酸过多C. 我国自主研发的“龙芯 4000 系列”CPU 芯片与光导纤维是同种材料D. 用于制作 N95 型口罩的“熔喷布”
2、主要原料是聚丙烯，聚丙烯的分子长链上有支链【答案】D【解析】【详解】A“甲骨”主要成分是碳酸盐而“丝帛”主要成分是蛋白质，故二者成分不同，故A错误；B用作发酵粉和用于治疗胃酸过多的是小苏打，而不是苏打，故B错误；C我国自主研发的“龙芯一号”CPU芯片主要成分是硅，光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是同种材料，故C错误；D聚丙烯中的甲基处在支链上，故D正确；故答案选D。2.厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是A. 1mol NH4+ 所含的质子总数为10NAB. 联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键C. 过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应D. 过程I
3、中，参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1:1【答案】A【解析】A、质子数等于原子序数，1molNH4中含有质子总物质的量为11mol，故A说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；C、过程II，N2H4N2H22H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；D、NH4中N显3价，NH2OH中N显1价，N2H4中N显2价，因此过程I中NH4与NH2OH的物质的量之比为1：1，故D说法正确。点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此N2H4
4、N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理NO2转化成NH2OH，是还原反应。3.某同学采用工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl26H2O，设计了如下流程：下列说法不正确的是A. 固体I中含有SiO2，固体II中含有Fe(OH)3B. 使用石灰水时，要控制pH，防止固体II中Al(OH)3转化为AlO2-C. 试剂a选用盐酸，从溶液III得到CaCl26H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解D. 若改变实验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl26H2O【答案】D【解析】【分析】工业大理石（
5、含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体中含有SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体，过滤，向滤液加入盐酸中和过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl26H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解；【详解】A.根据上面的分析可知，固体中含有SiO2，固体中含有Fe(OH)3，A正确；B.氢氧化铝具有两性，可溶于氢氧化钙溶液，生成AlO2-，B正确；C.CaCl26H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，C正确；D.若改变实验方案，在溶液中直接加
6、氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵，经蒸发浓缩、冷却结晶得到的CaCl26H2O不纯，D错误；答案为D。4.酮洛芬是优质抗炎镇痛药，合成原理如下：下列说法正确的是( )A M和酮洛芬都能发生酯化、卤代和加成反应B. M和酮洛芬分子中所有碳原子都可能共平面C. M和酮洛芬在一定条件下最多消耗的物质的量相等D. M分子中苯环上一氯代物有9种【答案】A【解析】【详解】A、苯环上氢能与卤素单质在催化剂作用下发生卤代取代反应，苯环与氢气能发生加成反应，苯环之间的碳氧双键与氢气能发生加成反应，羧基与醇羟基在一定条件下能发生酯化反应，故A项正确；B、酮洛芬分子右侧链上1个碳原子连接了3个碳原子，这
7、3个碳原子中至少有1个碳原子不能与苯环共平面，故B项错误；C、若M、酮洛芬的物质的量相等，则它们消耗最大量相等，没有强调“物质的量相等”，不能判断消耗的量是否相等，故C项错误；D、M分子中，左边苯环上氢原子有3种对称结构，右边苯环上氢原子有4种不对称结构，故苯环上一氯代物共有7种，故D项错误；故选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
8、. 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.简单氢化物的沸点：Q（NH3）”、“”或“=”)。(3)NO2存
9、在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g) H0，在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压(分压=总压物质的量分数)有如下关系：v(NO2)=k1p2(NO2)，v(N2O4)=k2p(N2O4)，相应的速率与其分压关系如图所示。一定温度下，k1、k2与平衡常数kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k1=_；在上图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是_，理由是_。【答案】 (1). 2NO(g)N2O2(g) H=(E3-E4)kJmol-1 (2). 反应 (3). 温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应的影响弱于N2O2浓度减小
10、的影响，导致反应速度变慢，最终总反应速率变慢 (4). 0.56 (5). 减小二氧化碳浓度 (6). (7). k1=2k2KP (8). BD (9). 达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)【解析】【分析】(1)根据H=生成物总能量减反应物总能量计算。 反应快慢主要由活化能决定，分析温度升高对两个反应的影响。(2)T时，根据平衡常数表达式进行计算。分析得出NO、CO2量比原来减少，氮气比原来增加即得结论。再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，根据浓度商计算得到，再与配合常数比较得出。(3)平衡时v(NO2) 正= 2v(N2O4)逆代入可
11、得到关系式，B、D点，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)，因此反应达到平衡状态。【详解】(1)H=E4 kJmol-1E3kJmol-1 =(E3E4)kJmol-1，因此反应I的热化学方程式2NO(g)N2O2(g) H=(E3E4)kJmol-1，故答案为：2NO(g)N2O2(g) H=(E3E4)kJmol-1。活化能越大，反应速率越慢，反应的活化能大，因此决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应的影响弱于N2O2
12、浓度减小的影响，导致反应速度变慢，最终总反应速率变慢，故答案为：反应；温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应速度变慢，最终总反应速率变慢。(2)T时，该反应的平衡常数为，故答案为：0.56。在10min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，20min时重新达到平衡，NO、CO2量比原来减少，氮气比原来增加，则改变的条件是减小二氧化碳浓度，故答案为：减小二氧化碳浓度。在20min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，此时反应v正 v逆，故答案为：。(3)一定温度下，平衡时v(NO2) 正=
13、2v(N2O4)逆即k1p2(NO2) = 2k2p(N2O4)，k1=2k2KP，因此k1、k2与平衡常数kp间的关系是k1=2k2KP；在上图标出点中，B、D点，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)，因此能表示反应达到平衡状态的点是BD，理由是达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)；故答案为：2k2KP；BD；达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)。 化学选修3：物质结构与性质11.铂钴合金是以铂为基含钴二元合金，在高温下，铂与钴可无限互溶，其固体为面心立方晶格。铂钴合金磁性极强，磁稳定
14、性较高，耐化学腐蚀性很好，主要用于航天航空仪表、电子钟表、磁控管等。氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1）聚四氟乙烯是一种准晶体，准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）基态F原子的价层电子排布图（轨道表达式）为_。（3）H2F+SbF6-（氟锑酸）是一种超强酸，存在H2F+，该离子的空间构型为_，与H2F+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是_（各举一例）。（4）NH4F（氟化铵）可用于玻璃的蚀刻防腐剂、消毒剂。NH4+中中心原子的杂化类型是_；氟化铵中存在_（填字母）。A离子键B键C键D氢键（5）SF6被广泛用作
15、高压电气设备的绝缘介质。SF6是一种共价化合物，可通过类似于Born-Haber循环能量构建能量图计算相关键能。则F-F键的键能为_kJmol-1，S-F键的键能为_kJmol-1。（6）CuCl的熔点为426，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908，密度为7.1gcm-3。CuF的熔点比CuCl的高，原因是_已知NA为阿伏加德罗常数的值，CuF的晶胞结构如图（b）所示，则CuF的晶胞参数a=_nm（列出计算式）。【答案】 (1). X-射线衍射 (2). (3). V形 (4). H2O、NH2- (5). sp3 (6). AB (7). 155 (8). 327 (9). CuCl为分子
16、晶体，CuF为离子晶体 (10). 107【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)F的原子序数为9，价电子排布式为2s22p5；(3)根据等电子体原理分析解答；(4)NH4+的N原子形成4个键，没有孤电子对；氟化铵为离子化合物，含有离子键和共价键；(5)由图象可知，断裂3molF-F键，吸收465kJ能量，形成6molS-F键，放出1962kJ能量，据此计算；(6)CuCl熔化时几乎不导电，应为分子晶体，而CuF为离子晶体；根据均摊法计算晶胞中含有的Cu、F的数目，再结合晶体的密度列式计算。【详解】(1)从外观无法区分晶体、准晶体和非晶体，但用X
17、光照射会发现：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X-射线衍射实验可区分晶体、准晶体和非晶体，故答案为X-射线衍射；(2)F的原子序数为9，价电子排布式为2s22p5，因此基态F原子的价电子排布图为，故答案为；(3)H2F+与H2O、NH2-等互等电子体，结构相似，为V形，故答案为V形；H2O、NH2-；(4)NH4+的N原子形成4个键，没有孤电子对，采用sp3杂化，氟化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，即键，故选AB，故答案为sp3；AB；(5)由图象可知，断裂3molF-F键，吸收465kJ能量，则F-F键的键能为155kJmol-1，形成6molS-F键
18、，放出1962kJ能量，则S-F的键能为kJmol-1=327kJmol-1，故答案为155；327；(6)CuCl的熔点为426，熔化时几乎不导电，应为分子晶体，而CuF为离子晶体，一般，离子晶体的熔沸点比分子晶体高，则CuF比CuCl熔点高，故答案为CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体；CuF的密度为7.1gcm-3，晶胞中Cu、F的个数分别为4，(其中为8+6=4)，则晶胞的密度=gcm-3=7.1gcm-3，a=107nm，故答案为107。 化学选修5：有机化学基础12.化学选修5：有机化学基础环丙贝特(H)是一种降血脂药物，可明显降低极低密度和低密度脂蛋白水平，并升高高密度脂蛋白，通
19、过改善胆固醇的分布，可减少CH和LDL在血管壁的沉积，还有溶解纤维蛋白和阻止血小板凝聚作用。如图是合成环丙贝特的一种新方法：回答下列问题：(1)C的化学名称为_(2)F中含氧官能团的名称为_(3)H的分子式为_(4)反应的反应类型为_，反应的化学方程式为_(5)M为的同分异构体，能与NaHCO3溶液反应产生气体，则M的结构共有种_(不考虑立体异构)；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6：2：1的结构简式为_(6)利用Wittig反应，设计以环己烷为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：_。【答案】 (1). 对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛） (2). 酯基、醚键 (3). C13H14O
20、3Cl2 (4). 加成反应 (5). +HBr (6). 12 (7). 、 (8). 【解析】【分析】A()与HCHO在碱性条件下发生加成反应生成B（）；B氧化生成C（）；C生成D（）；D与发生取代反应生成E（）和HBr；E环化生成F（）；F酸性条件下水解生成H（），据此分析。【详解】（1）C为，命名为对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）；答案：对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）（2）F为，F中含氧官能团为酯基、醚键；答案：酯基、醚键（3）H为，由结构简式可知，H的分子式为C13H14O3Cl2；答案：C13H14O3Cl2（4）反应为加成反应，反应为取代反应，产物中还有HBr，化学方程式为+HBr；答案：加成反应 +HBr（5）M为的同分异构体，满足条件的M的结构简式为 、 、 、 、共12种；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6:2:1的结构简式为、；答案：12种 、（6）根据题干信息可得出合成路线，由环己烷为原料制备的合成路线为；答案：【点睛】第小题寻找同分异构体为易错点，可以分步确定：根据同分异构体要求可知存在两个官能团-COOH、-Br确定碳链种类将两个官能团-COOH、-Br采用定一移一法确定同分异构体种类。