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成都龙泉中学2019-2020学年度2020届高考模拟考试理科综合试题（一）（化学部分）
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成都龙泉中学2020届高考模拟考试试题（一）
理科综合能力测试
（化学部分）
本试卷分选择题和非选择题两部分，共40题，满分300分，考试时间150分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Ce 140
第Ⅰ卷（选择题 共126分）
一、选择题（每小题6分，本大题共13小题。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
7．化学与社会、生产、生活、环境等密切相关，下列说法不正确的是( )
A．“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物
B．日本福岛核电站事故中，核原料裂变产生的2种放射性同位素碘131和铯137的中子数不同
C．乙烯与氧气在银催化作用下生成环氧乙烷，符合绿色化学的原子经济性要求
D．食品添加剂可以改善食品品质及延长食品保存期，在添加时不需要对其用量进行严格控制
【答案】 D
【解析】 A项，丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，正确；B项，碘131(I)和铯137(Cs)，二者的中子数分别为78、82，中子数不同，正确；C项，乙烯与氧气在银的催化作用下生成环氧乙烷，反应物全部转化为环氧乙烷，从理论、经济、环保及操作等方面都很好，符合绿色化学的原子经济性要求，正确；D项，食品添加剂可以改善食品品质及延长食品保存期，对可以作食品添加剂的物质以及食品添加剂的使用量，卫生部门都有严格规定，在规定范围内使用食品添加剂，一般认为对人体是无害的，超量使用食品添加剂会损害人体健康，在添加食品添加剂时对其用量要严格控制，错误。
8．阿伏加德罗常数用NA表示。下列说法中正确的是( )
A．33.6 L丙烯(标准状况)与足量HCl发生加成反应，生成1氯丙烷个数为1.5NA
B．一定条件下，Ca与O2反应生成7.2 g CaO2，转移电子的个数为0.4NA
C．1 L 1 mol/L的葡萄糖溶液中，溶质所含羟基的个数为5NA
D．2 mol冰醋酸与4 mol乙醇在一定条件下充分反应，生成乙酸乙酯个数为2NA
【答案】 C
【解析】 A项，丙烯与HCl发生加成反应，可能生成1氯丙烷和2氯丙烷，不能计算生成1氯丙烷的个数，错误；B项，7.2 g CaO2中含有0.1 mol Ca2＋，Ca从0价变到＋2价，转移电子的个数为0.2NA，错误；C项，1 mol 的葡萄糖中含有5 mol羟基和1 mol醛基，故溶质所含羟基的个数为5NA，正确；D项，该反应为可逆反应，不能计算生成乙酸乙酯的量，错误。
9．下列实验操作、现象和结论均正确的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
常温下将铁块放入浓H2SO4中
无明显现象发生
常温下铁与浓H2SO4不反应
B
分别加热Na2CO3和NaHCO3固体
试管内壁都有水珠
两种物质均发生了分解
C
氯水滴入滴有KSCN溶液的FeCl2溶液
溶液显红色
该氯水不具有漂白性
D
向溶液Y中先加盐酸酸化，无明显现象，再加入BaCl2溶液
白色沉淀
Y中一定含有SO
【答案】 D
【解析】 铁块表面被浓H2SO4氧化，形成致密的氧化膜，并不是没有反应，故A错误； 根据元素守恒知，即使Na2CO3分解也不能生成H2O，可能是Na2CO3不干燥导致的，故B错误；氯水有强氧化性，能将FeCl2溶液氧化为Fe3＋，遇KSCN溶液变红色，故C错误；先滴加稀盐酸，排除其它离子的干扰，再滴加BaCl2溶液后出现白色沉淀，可说明溶液中一定含有SO，故D正确。
10．以物质a为原料，制备物质d(金刚烷)的合成路线如下图所示：
关于以上有机物说法中错误的是( )
A．物质a最多有10个原子共平面
B．物质d的二氯代物有6种
C．物质c与物质d互为同分异构体
D．物质b的分子式为C10H12
【答案】 A
【解析】 A项，a分子中单键碳上的2个H原子，一定不在双键决定的平面上，物质a最多有9个原子共平面，错误；B项，金刚烷的二氯代物有、、、、、，共6种，正确；C项，物质c与物质d的分子式都是C10H16，c与d的结构不同，所以互为同分异构体，正确；D项，根据b分子的键线式，物质b的分子式为C10H12，正确。
11．2017年12月20日，在第74次联合国全体会议上，宣布2019年为“国际化学元素周期表年”。元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如图所示，其中元素Z位于第四周期，W、X、Y原子的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是( )
A．简单氢化物沸点：Y>W
B．原子半径：Z>Y>X
C．氧化物的水化物的酸性：W
【答案】 D
【解析】 根据W、X、Y原子的最外层电子数之和为18，结合Z位于第四周期可知，W为氮元素，X为硫元素，Y为氯元素，Z为锗元素。A项，氨分子间能够形成氢键，因此其沸点高于氯化氢，错误；B项，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径Z>X>Y，错误；C项，注意氧化物的水化物和最高价氧化物的水化物区别，氧化物的水化物酸性不一定满足W
A．由图分析N电极为正极
B．OH－通过离子交换膜迁向左室
C．阴极的电极反应为
CO2＋H2O＋2e－===CO＋2OH－
D．反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强
【答案】 C
【解析】 该装置为太阳能电池和电解池的综合装置，左边为太阳能电池装置，根据电子的移动方向可知，N电极为负极，P电极为正极；右边为电解池装置，与N电极相连的Pt电极为阴极，与P电极相连的Pt电极为阳极，阴极上CO2放电，发生还原反应生成CO，阳极上OH－放电，发生氧化反应生成氧气，则离子交换膜应为阴离子交换膜。A项，由题图可知N电极为负极，P电极为正极，错误；B项，OH－通过阴离子交换膜迁向右室，错误；C项，根据题图知，阴极发生的电极反应为CO2＋H2O＋2e－===CO＋2OH－，正确；D项，根据总反应2CO2===2CO＋O2，可知反应完毕装置中溶液的pH并无变化，故碱性不会增强，错误。
13．25 ℃时，由弱酸(HA)及其盐(NaA)组成的混合溶液，起始浓度均为1 mol·L－1。如图为向该溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体时，溶液pH随加入H＋或OH－的物质的量而变化的曲线。下列说法中不正确的是( )
A．A、B、C三点所表示的溶液中水的电离程度依次增大
B．通入HCl，HA的电离常数减小，A－的水解程度增大
C．加入1 mol NaOH后，溶液中c(Na＋)＝c(A－)
D．未加HCl和NaOH时，溶液中c(A－)>c(Na＋)>c(HA)
【答案】 B
【解析】 A、B、C三点溶液的pH越来越大，且C为7，故所表示的溶液中酸性减弱，对水的电离程度的抑制降低，电离程度依次增大，A正确；通入HCl，HA的电离常数不变，A－的水解程度增大，B错误；加入1 mol NaOH后，溶液呈中性，根据电荷守恒，溶液中c(Na＋)＝c(A－)，C正确；未加HCl和NaOH时，溶液呈酸性，以HA的电离为主，故c(A－)>c(Na＋)>c(HA)，D正确。
第II卷（非选择题共174分）
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33~40题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题（共129分）
26.（14分）某课外活动小组设计了以下实验方案验证Ag与浓HNO3反应的过程中可能产生NO。其实验流程图如下：
(1)测定硝酸的物质的量
反应结束后，从上图B装置中所得100 mL溶液中取出25.00 mL溶液，用0.1 mol·L－1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前后的滴定管中液面的位置如图所示。
在B容器中生成硝酸的物质的量为__________，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2的物质的量为________。
(2)测定NO的体积
①从上图所示的装置中，你认为应选用________装置进行Ag与浓硝酸反应实验，选用的理由是_____________________________________________________________________。
②选用上图所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，其合理的连接顺序是______(填各导管口编号)。
③在读取量筒内液体体积之前，应进行的操作___________________________________
__________________________________________。
(3)气体成分分析
若实验测得NO的体积为112.0 mL(已折算到标准状况)，则Ag与浓硝酸反应的过程中________(填“有”或“没有”)NO产生，作此判断的依据是__________________________
____________________________________。
【答案】 (1)0.008 mol 0.012 mol
(2)①A 因为A装置可以通入N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中O2氧化 ②123547 ③液体冷却到室温，并使集气瓶和量筒内液面相平
(3)有 因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积
【解析】本实验的原理是测定Ag与浓HNO3反应的气体产物NO2的量，NO2的量无法直接测定，把NO2溶于水，测生成硝酸和NO的量，进一步求出NO2的量。因为可能产生NO，因此要排除氧气对NO的干扰，选择A装置，NO2与水反应的装置要选择B装置，测定NO的体积要选择C和E装置。(1)根据图示消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL，n(HNO3)＝20.00×10－3 L×0.1 mol·L－1×4＝0.008 mol。n(NO2)＝×3＝0.012 mol。(2)装置A可以利用N2排尽装置内的气体，防止NO被氧化，所以选用装置A。其装置顺序为A→B→C→E，为了减少误差，在读取NO体积时，一是要冷却到室温；二是量筒内液面应和集气瓶内液面相平。(3)根据3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
0．012 mol 0.004 mol
V(NO)＝0.004 mol×22.4 L·mol－1＝0.089 6 L<0.112 L，所以，Ag与浓硝酸反应的过程中有NO产生。
27．（15分）稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈等稀土元素的重要矿物原料。氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下：
已知：ⅰ.铈的常见化合价为＋3、＋4。焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4。四价铈不易进入溶液，而三价稀土元素易进入溶液。
ⅱ.酸浸Ⅱ中发生反应：
9CeO2＋3CeF4＋45HCl＋3H3BO3===Ce(BF4)3↓＋11CeCl3＋6Cl2↑＋27H2O
请回答下列问题：
(1)①焙烧氟碳铈矿的目的是______________________________________。
②焙烧后产生的CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1－x)＋xO2↑(0≤x≤0.25)的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：____________________________________________。
(2)在酸浸Ⅰ中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的离子方程式是__________________________________________________。
(3)向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是____________________________________。
(4)操作Ⅰ的名称为__________，在实验室中进行操作Ⅱ时所需要的硅酸盐仪器有________。
(5)“操作Ⅰ”后，向溶液中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，以获得Ce(OH)3沉淀，常温下加入NaOH调节溶液的pH应大于________即可认为Ce3＋已完全沉淀。
(已知：Ksp[Ce(OH)3]＝1.0×10－20)
(6)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品5.000 g，加酸溶解后，向其中加入含0.033 00 mol FeSO4的FeSO4溶液使Ce4＋全部被还原成Ce3＋，再用0.100 0 mol·L－1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00 mL标准溶液。则该产品中Ce(OH)4的质量分数为________(已知氧化性：Ce4＋＞KMnO4；Ce(OH)4的相对分子质量为208)。
【答案】 (1)①将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离 ②2xCO＋CeO2===CeO2(1－x)＋2xCO2
(2)2CeO2＋2Cl－＋8H＋===2Ce3＋＋Cl2↑＋4H2O
(3)避免Ce3＋以Ce(BF4)3形式沉淀而损失(或将Ce3＋全部转化为CeCl3，提高产率)
(4)过滤 分液漏斗、烧杯
(5)9 (6)95.68%
【解析】 (1)①通过焙烧氟碳铈矿，可将铈氧化为四价，便于与其他稀土元素分离。②尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1－x)＋xO2↑(0≤x≤0.25)的循环，可知CeO2具有氧化性，可氧化CO生成CO2，则CeO2消除CO尾气的化学方程式为2xCO＋CeO2===CeO2(1－x)＋2xCO2；(2)在酸浸Ⅰ中用盐酸溶解CeO2，有少量铈进入滤液，可知有Ce3＋生成，且产生黄绿色气体，为Cl2，则发生反应的离子方程式是2CeO2＋2Cl－＋8H＋===2Ce3＋＋Cl2↑＋4H2O；(3)向Ce(BF4)3中加入KCl溶液生成CeCl3和KBF，这样做的目的是避免三价铈以Ce(BF4)3沉淀的形式损失或除去BF或提高CeCl3的产率；(4)操作Ⅰ为固液分离，应是过滤操作；操作Ⅱ为萃取，则所需要的硅酸盐仪器有分液漏斗、烧杯；(5)溶液中的c(Ce3＋)等于1×10－5 mol·L－1时，可认为Ce3＋沉淀完全，根据Ksp[Ce(OH)3]＝c(Ce3＋)·c3(OH－)＝1×10－20可知，c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－5 mol·L－1，此时溶液的pH为9，即加入NaOH溶液调节溶液的pH应大于9即可认为Ce3＋已完全沉淀；(6)用0.100 0 mol·L－1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00 mL标准溶液，氧化溶液中剩余的Fe2＋，根据得失电子守恒可知，剩余Fe2＋的物质的量为0.100 0 mol·L－1×0.02 L×＝0.01 mol，则还原Ce4＋消耗的Fe2＋的物质的量为0.033 00 mol－0.01 mol＝0.023 00 mol，根据Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋，则Ce4＋的物质的量为0.023 00 mol，该产品中Ce(OH)4的质量分数为×100%＝95.68%。
28．（14分）工业上利用N2和H2可以合成氨气，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续生产。请回答下列有关问题：
(1)已知：N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH＝＋180.5 kJ·mol－1
N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·mol－1
写出氨气经催化氧化完全生成一氧化氮和水蒸气的热化学方程式________________________________________________。
(2)在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。其化学平衡常数K与温度t的关系如下表：
t/K
298
398
498
……
K/(mol·L－1)2
4.1×106
K1
K2
……
完成下列问题：
①比较K1、K2的大小：K1________K2(填“>”“＝”或“<”)；
②在同温同压条件下判断该反应达到化学平衡状态的依据是________(填序号)。
A．2v正(H2)＝3v逆(NH3)
B．2v正(N2)＝v逆(H2)
C．容器内压强保持不变
D．混合气体的密度保持不变
(3)硝酸工业的尾气NO可用于制备NH4NO3，其工作原理如图。
①其阴极的电极反应式为________________。
②常温下，1 L pH＝6的NH4NO3溶液中c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝____________ mol·L－1。
(4)工业上生产尿素的化学方程式为2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(l)。在T ℃，体积为4 L的密闭容器中，通入6 mol NH3和3 mol CO2，反应达到平衡时，c(NH3)＝0.5 mol·L－1，c(CO2)＝0.25 mol·L－1。若此时保持T ℃和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入3 mol NH3，则此时反应的v正________v逆(填“>”“<”或“＝”)。再次平衡后，平衡常数为____________。
(5)已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，若向50 mL 0.09 mol·L－1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.10 mol·L－1的盐酸，混合后溶液中的Ag＋的浓度为____________ mol·L－1。
【答案】 (1)4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＝－905.0 kJ·mol－1
(2)①> ②AD
(3)①NO＋5e－＋6H＋===NH＋H2O ②10－6
(4)< 16
(5)3.6×10－8
【解析】 (1)将三个反应编号：①N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH＝＋180.5 kJ·mol－1，②N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·mol－1，根据盖斯定律，由①×2－②×2＋③×3得目标反应的热化学方程式4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＝－905.0 kJ·mol－1。(2)①因反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)为放热反应，温度升高会使平衡逆向移动，K减小，故K1>K2。②A项，变形得＝，即正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，则一定达到平衡状态，故正确；B项，变形得＝，正、逆反应速率之比不等于化学计量数之比，则未达到平衡状态，故错误；C项，该反应在恒压条件下进行，故错误；D项，同温同压条件下，气体总质量不变，而体积一直在变，根据ρ＝得，当混合气体的密度保持不变时一定达到平衡，故正确。(3)①由示意图知，NO在阴极得电子生成NH，由于生成的溶液显酸性，故用H＋维持电荷守恒，得电极反应式：NO＋5e－＋6H＋===NH＋H2O；②NH4NO3溶液中有质子守恒即c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(H＋)，由pH＝6得c(H＋)＝10－6 mol·L－1，则c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝10－6 mol·L－1。(4)将题中给出的平衡浓度代入平衡常数表达式得K＝＝＝16；设充入3 mol NH3后，容器体积为V L，因同温同压下，体积之比等于物质的量之比，则＝，解得V＝8，此时Q＝＝＝20.48，Q>K，故反应逆向进行，v正
35.【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
《日华子本草》中已有关于雄黄的记载“雄黄，通赤亮者为上，验之可以虫死者为真。”雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。 回答下列问题：
(1)基态砷原子的价电子轨道排布图为________，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为________。
(2)S、P和N三种元素第一电离能由大到小的顺序是________。
(3)雄黄(As4S4)的结构如图1所示，S原子的杂化形式为________。
(4)SO2分子中的σ键数为________个，分子的空间构型为________。分子中的大π键可用符号表示Π，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π)，则SO2中的大π键应表示为________。SO2分子中S—O键的键角________NO中N—O键的键角(填“> ”“<”或“＝”)。
(5)砷化镓是优良的半导体材料，密度为ρ g·cm－3，其晶胞结构如图2所示。Ga和As原子半径分别为r1 pm和r2 pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则砷化镓晶体的空间利用率为________。
【答案】 (1) 哑铃形 (2)N>P>S (3)sp3 (4)2 V形 Π <
(5)×100%
【解析】 (1)砷为33号元素，As位于第四周期第ⅤA族，其价电子即最外层电子。基态砷原子的价电子轨道排布图为核外电子占据的最高能级是4p，该能级的电子云轮廓图为哑铃形。(2)主族元素第一电离能的变化规律为同主族由上而下依次减小，同周期从左至右呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA族元素“反常”。S、P和N三种元素第一电离能由大到小的顺序是N>P>S。(3)S、As原子的最外层分别有6个、5个电子，达到8电子稳定结构需分别形成2对、3对共用电子对，故雄黄(As4S4)分子结构中，黑球、白球分别表示硫、砷原子。每个硫原子都有4对价层电子对(2对σ键电子对、2对孤电子对)，S原子都是sp3杂化。(4) SO2分子中，S原子结合2个O原子，有2个σ键。中心原子S的孤电子对数为×(6－2×2)＝1，σ键电子对数为2，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于含1对孤电子对，故SO2分子为V形。氧原子的价电子排布为2s22p4，有2个未成对电子，两个氧原子各用1个未成对电子(p轨道)与硫形成共用电子对(σ键)，各用1个未成对电子(p轨道)与硫原子未杂化的p轨道形成大π键，表示为Π。SO2分子中，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，故两个S—O键的键角小于120°；而NO中中心原子N上的孤电子对数为×(5＋1－3×2)＝0，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于不含孤电子对，NO为平面三角形，NO中N—O键的键角等于120°。
(5) 1个砷化镓晶胞中，有Ga、As原子各4个，8个原子总体积为V原子＝π(r1×10－10cm)3×4＋π(r2×10－10cm)3×4；1个晶胞的体积V晶胞＝＝；砷化镓晶体的空间利用率为×100%＝×100%。
36.【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
有机化合物H是合成黄酮类药物的主要中间体，其一种合成路线如图所示：
已知：①同一个碳原子上连有两个羟基时不稳定，易脱水形成羰基；
③R—ONa＋R′CH2IR—OCH2R′＋NaI。
请回答以下问题：
(1)A的化学名称为______________________，A→B的反应类型为____________。
(2)C中所含官能团的名称为________________，D的分子式为________________。
(3)F→G的化学方程式为________________________________________________。
(4)H的结构简式为________________________。
(5)满足下列条件的E的同分异构体共有________种，其中核磁共振氢谱为5组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2的为________________(填写结构简式)。
①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应。
(6)参考题中信息，设计由乙烯和为主要有机原料合成 (乙基叔丁基醚)的路线流程图(无机试剂任选)。
合成路线流程图示例：CH3CH2OHCH2===CH2CH2—CH2
【答案】 (1)对甲基苯酚(或4甲基苯酚) 取代反应
(2)醛基、酚羟基 C7H5O2Na
【解析】 (1) 的名称为对甲基苯酚或4甲基苯酚；A的分子式为C7H8O，对比A和B的分子式，并结合反应条件为“Cl2、光照”，可知A生成B的反应为取代反应。(2)根据已知信息①，结合A的结构简式和B、C的分子式可知，B为，故C中的官能团是酚羟基和醛基。在NaOH水溶液中生成的D为，故D的分子式为C7H5O2Na。(3)F为，在Cu作催化剂和加热条件下，羟基被氧化为羰基，故G为，反应的化学方程式为。(4)结合已知信息③和D的结构简式可知E为发生已知信息②的反应生成。(5)E为，其同分异构体满足①含酚羟基；②含醛基，则苯环上的取代基可以是—OH、—CHO、—CH3，三者在苯环上有10种位置关系，或是—OH、—CH2CHO，二者在苯环上有3种位置关系，故共有13种符合条件的同分异构体。其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2的为
1
理科综合能力测试
（化学部分）
本试卷分选择题和非选择题两部分，共40题，满分300分，考试时间150分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Ce 140
第Ⅰ卷（选择题 共126分）
一、选择题（每小题6分，本大题共13小题。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
7．化学与社会、生产、生活、环境等密切相关，下列说法不正确的是( )
A．“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物
B．日本福岛核电站事故中，核原料裂变产生的2种放射性同位素碘131和铯137的中子数不同
C．乙烯与氧气在银催化作用下生成环氧乙烷，符合绿色化学的原子经济性要求
D．食品添加剂可以改善食品品质及延长食品保存期，在添加时不需要对其用量进行严格控制
【答案】 D
【解析】 A项，丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，正确；B项，碘131(I)和铯137(Cs)，二者的中子数分别为78、82，中子数不同，正确；C项，乙烯与氧气在银的催化作用下生成环氧乙烷，反应物全部转化为环氧乙烷，从理论、经济、环保及操作等方面都很好，符合绿色化学的原子经济性要求，正确；D项，食品添加剂可以改善食品品质及延长食品保存期，对可以作食品添加剂的物质以及食品添加剂的使用量，卫生部门都有严格规定，在规定范围内使用食品添加剂，一般认为对人体是无害的，超量使用食品添加剂会损害人体健康，在添加食品添加剂时对其用量要严格控制，错误。
8．阿伏加德罗常数用NA表示。下列说法中正确的是( )
A．33.6 L丙烯(标准状况)与足量HCl发生加成反应，生成1氯丙烷个数为1.5NA
B．一定条件下，Ca与O2反应生成7.2 g CaO2，转移电子的个数为0.4NA
C．1 L 1 mol/L的葡萄糖溶液中，溶质所含羟基的个数为5NA
D．2 mol冰醋酸与4 mol乙醇在一定条件下充分反应，生成乙酸乙酯个数为2NA
【答案】 C
【解析】 A项，丙烯与HCl发生加成反应，可能生成1氯丙烷和2氯丙烷，不能计算生成1氯丙烷的个数，错误；B项，7.2 g CaO2中含有0.1 mol Ca2＋，Ca从0价变到＋2价，转移电子的个数为0.2NA，错误；C项，1 mol 的葡萄糖中含有5 mol羟基和1 mol醛基，故溶质所含羟基的个数为5NA，正确；D项，该反应为可逆反应，不能计算生成乙酸乙酯的量，错误。
9．下列实验操作、现象和结论均正确的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
常温下将铁块放入浓H2SO4中
无明显现象发生
常温下铁与浓H2SO4不反应
B
分别加热Na2CO3和NaHCO3固体
试管内壁都有水珠
两种物质均发生了分解
C
氯水滴入滴有KSCN溶液的FeCl2溶液
溶液显红色
该氯水不具有漂白性
D
向溶液Y中先加盐酸酸化，无明显现象，再加入BaCl2溶液
白色沉淀
Y中一定含有SO
【答案】 D
【解析】 铁块表面被浓H2SO4氧化，形成致密的氧化膜，并不是没有反应，故A错误； 根据元素守恒知，即使Na2CO3分解也不能生成H2O，可能是Na2CO3不干燥导致的，故B错误；氯水有强氧化性，能将FeCl2溶液氧化为Fe3＋，遇KSCN溶液变红色，故C错误；先滴加稀盐酸，排除其它离子的干扰，再滴加BaCl2溶液后出现白色沉淀，可说明溶液中一定含有SO，故D正确。
10．以物质a为原料，制备物质d(金刚烷)的合成路线如下图所示：
关于以上有机物说法中错误的是( )
A．物质a最多有10个原子共平面
B．物质d的二氯代物有6种
C．物质c与物质d互为同分异构体
D．物质b的分子式为C10H12
【答案】 A
【解析】 A项，a分子中单键碳上的2个H原子，一定不在双键决定的平面上，物质a最多有9个原子共平面，错误；B项，金刚烷的二氯代物有、、、、、，共6种，正确；C项，物质c与物质d的分子式都是C10H16，c与d的结构不同，所以互为同分异构体，正确；D项，根据b分子的键线式，物质b的分子式为C10H12，正确。
11．2017年12月20日，在第74次联合国全体会议上，宣布2019年为“国际化学元素周期表年”。元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如图所示，其中元素Z位于第四周期，W、X、Y原子的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是( )
A．简单氢化物沸点：Y>W
B．原子半径：Z>Y>X
C．氧化物的水化物的酸性：W
【答案】 D
【解析】 根据W、X、Y原子的最外层电子数之和为18，结合Z位于第四周期可知，W为氮元素，X为硫元素，Y为氯元素，Z为锗元素。A项，氨分子间能够形成氢键，因此其沸点高于氯化氢，错误；B项，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径Z>X>Y，错误；C项，注意氧化物的水化物和最高价氧化物的水化物区别，氧化物的水化物酸性不一定满足W
A．由图分析N电极为正极
B．OH－通过离子交换膜迁向左室
C．阴极的电极反应为
CO2＋H2O＋2e－===CO＋2OH－
D．反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强
【答案】 C
【解析】 该装置为太阳能电池和电解池的综合装置，左边为太阳能电池装置，根据电子的移动方向可知，N电极为负极，P电极为正极；右边为电解池装置，与N电极相连的Pt电极为阴极，与P电极相连的Pt电极为阳极，阴极上CO2放电，发生还原反应生成CO，阳极上OH－放电，发生氧化反应生成氧气，则离子交换膜应为阴离子交换膜。A项，由题图可知N电极为负极，P电极为正极，错误；B项，OH－通过阴离子交换膜迁向右室，错误；C项，根据题图知，阴极发生的电极反应为CO2＋H2O＋2e－===CO＋2OH－，正确；D项，根据总反应2CO2===2CO＋O2，可知反应完毕装置中溶液的pH并无变化，故碱性不会增强，错误。
13．25 ℃时，由弱酸(HA)及其盐(NaA)组成的混合溶液，起始浓度均为1 mol·L－1。如图为向该溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体时，溶液pH随加入H＋或OH－的物质的量而变化的曲线。下列说法中不正确的是( )
A．A、B、C三点所表示的溶液中水的电离程度依次增大
B．通入HCl，HA的电离常数减小，A－的水解程度增大
C．加入1 mol NaOH后，溶液中c(Na＋)＝c(A－)
D．未加HCl和NaOH时，溶液中c(A－)>c(Na＋)>c(HA)
【答案】 B
【解析】 A、B、C三点溶液的pH越来越大，且C为7，故所表示的溶液中酸性减弱，对水的电离程度的抑制降低，电离程度依次增大，A正确；通入HCl，HA的电离常数不变，A－的水解程度增大，B错误；加入1 mol NaOH后，溶液呈中性，根据电荷守恒，溶液中c(Na＋)＝c(A－)，C正确；未加HCl和NaOH时，溶液呈酸性，以HA的电离为主，故c(A－)>c(Na＋)>c(HA)，D正确。
第II卷（非选择题共174分）
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33~40题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题（共129分）
26.（14分）某课外活动小组设计了以下实验方案验证Ag与浓HNO3反应的过程中可能产生NO。其实验流程图如下：
(1)测定硝酸的物质的量
反应结束后，从上图B装置中所得100 mL溶液中取出25.00 mL溶液，用0.1 mol·L－1的NaOH溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前后的滴定管中液面的位置如图所示。
在B容器中生成硝酸的物质的量为__________，则Ag与浓硝酸反应过程中生成的NO2的物质的量为________。
(2)测定NO的体积
①从上图所示的装置中，你认为应选用________装置进行Ag与浓硝酸反应实验，选用的理由是_____________________________________________________________________。
②选用上图所示仪器组合一套可用来测定生成NO体积的装置，其合理的连接顺序是______(填各导管口编号)。
③在读取量筒内液体体积之前，应进行的操作___________________________________
__________________________________________。
(3)气体成分分析
若实验测得NO的体积为112.0 mL(已折算到标准状况)，则Ag与浓硝酸反应的过程中________(填“有”或“没有”)NO产生，作此判断的依据是__________________________
____________________________________。
【答案】 (1)0.008 mol 0.012 mol
(2)①A 因为A装置可以通入N2将装置中的空气排尽，防止NO被空气中O2氧化 ②123547 ③液体冷却到室温，并使集气瓶和量筒内液面相平
(3)有 因为NO2与水反应生成的NO的体积小于收集到的NO的体积
【解析】本实验的原理是测定Ag与浓HNO3反应的气体产物NO2的量，NO2的量无法直接测定，把NO2溶于水，测生成硝酸和NO的量，进一步求出NO2的量。因为可能产生NO，因此要排除氧气对NO的干扰，选择A装置，NO2与水反应的装置要选择B装置，测定NO的体积要选择C和E装置。(1)根据图示消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL，n(HNO3)＝20.00×10－3 L×0.1 mol·L－1×4＝0.008 mol。n(NO2)＝×3＝0.012 mol。(2)装置A可以利用N2排尽装置内的气体，防止NO被氧化，所以选用装置A。其装置顺序为A→B→C→E，为了减少误差，在读取NO体积时，一是要冷却到室温；二是量筒内液面应和集气瓶内液面相平。(3)根据3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
0．012 mol 0.004 mol
V(NO)＝0.004 mol×22.4 L·mol－1＝0.089 6 L<0.112 L，所以，Ag与浓硝酸反应的过程中有NO产生。
27．（15分）稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈等稀土元素的重要矿物原料。氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下：
已知：ⅰ.铈的常见化合价为＋3、＋4。焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4。四价铈不易进入溶液，而三价稀土元素易进入溶液。
ⅱ.酸浸Ⅱ中发生反应：
9CeO2＋3CeF4＋45HCl＋3H3BO3===Ce(BF4)3↓＋11CeCl3＋6Cl2↑＋27H2O
请回答下列问题：
(1)①焙烧氟碳铈矿的目的是______________________________________。
②焙烧后产生的CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1－x)＋xO2↑(0≤x≤0.25)的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：____________________________________________。
(2)在酸浸Ⅰ中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的离子方程式是__________________________________________________。
(3)向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是____________________________________。
(4)操作Ⅰ的名称为__________，在实验室中进行操作Ⅱ时所需要的硅酸盐仪器有________。
(5)“操作Ⅰ”后，向溶液中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，以获得Ce(OH)3沉淀，常温下加入NaOH调节溶液的pH应大于________即可认为Ce3＋已完全沉淀。
(已知：Ksp[Ce(OH)3]＝1.0×10－20)
(6)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品5.000 g，加酸溶解后，向其中加入含0.033 00 mol FeSO4的FeSO4溶液使Ce4＋全部被还原成Ce3＋，再用0.100 0 mol·L－1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00 mL标准溶液。则该产品中Ce(OH)4的质量分数为________(已知氧化性：Ce4＋＞KMnO4；Ce(OH)4的相对分子质量为208)。
【答案】 (1)①将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离 ②2xCO＋CeO2===CeO2(1－x)＋2xCO2
(2)2CeO2＋2Cl－＋8H＋===2Ce3＋＋Cl2↑＋4H2O
(3)避免Ce3＋以Ce(BF4)3形式沉淀而损失(或将Ce3＋全部转化为CeCl3，提高产率)
(4)过滤 分液漏斗、烧杯
(5)9 (6)95.68%
【解析】 (1)①通过焙烧氟碳铈矿，可将铈氧化为四价，便于与其他稀土元素分离。②尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1－x)＋xO2↑(0≤x≤0.25)的循环，可知CeO2具有氧化性，可氧化CO生成CO2，则CeO2消除CO尾气的化学方程式为2xCO＋CeO2===CeO2(1－x)＋2xCO2；(2)在酸浸Ⅰ中用盐酸溶解CeO2，有少量铈进入滤液，可知有Ce3＋生成，且产生黄绿色气体，为Cl2，则发生反应的离子方程式是2CeO2＋2Cl－＋8H＋===2Ce3＋＋Cl2↑＋4H2O；(3)向Ce(BF4)3中加入KCl溶液生成CeCl3和KBF，这样做的目的是避免三价铈以Ce(BF4)3沉淀的形式损失或除去BF或提高CeCl3的产率；(4)操作Ⅰ为固液分离，应是过滤操作；操作Ⅱ为萃取，则所需要的硅酸盐仪器有分液漏斗、烧杯；(5)溶液中的c(Ce3＋)等于1×10－5 mol·L－1时，可认为Ce3＋沉淀完全，根据Ksp[Ce(OH)3]＝c(Ce3＋)·c3(OH－)＝1×10－20可知，c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－5 mol·L－1，此时溶液的pH为9，即加入NaOH溶液调节溶液的pH应大于9即可认为Ce3＋已完全沉淀；(6)用0.100 0 mol·L－1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00 mL标准溶液，氧化溶液中剩余的Fe2＋，根据得失电子守恒可知，剩余Fe2＋的物质的量为0.100 0 mol·L－1×0.02 L×＝0.01 mol，则还原Ce4＋消耗的Fe2＋的物质的量为0.033 00 mol－0.01 mol＝0.023 00 mol，根据Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋，则Ce4＋的物质的量为0.023 00 mol，该产品中Ce(OH)4的质量分数为×100%＝95.68%。
28．（14分）工业上利用N2和H2可以合成氨气，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续生产。请回答下列有关问题：
(1)已知：N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH＝＋180.5 kJ·mol－1
N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·mol－1
写出氨气经催化氧化完全生成一氧化氮和水蒸气的热化学方程式________________________________________________。
(2)在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。其化学平衡常数K与温度t的关系如下表：
t/K
298
398
498
……
K/(mol·L－1)2
4.1×106
K1
K2
……
完成下列问题：
①比较K1、K2的大小：K1________K2(填“>”“＝”或“<”)；
②在同温同压条件下判断该反应达到化学平衡状态的依据是________(填序号)。
A．2v正(H2)＝3v逆(NH3)
B．2v正(N2)＝v逆(H2)
C．容器内压强保持不变
D．混合气体的密度保持不变
(3)硝酸工业的尾气NO可用于制备NH4NO3，其工作原理如图。
①其阴极的电极反应式为________________。
②常温下，1 L pH＝6的NH4NO3溶液中c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝____________ mol·L－1。
(4)工业上生产尿素的化学方程式为2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(l)。在T ℃，体积为4 L的密闭容器中，通入6 mol NH3和3 mol CO2，反应达到平衡时，c(NH3)＝0.5 mol·L－1，c(CO2)＝0.25 mol·L－1。若此时保持T ℃和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入3 mol NH3，则此时反应的v正________v逆(填“>”“<”或“＝”)。再次平衡后，平衡常数为____________。
(5)已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，若向50 mL 0.09 mol·L－1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.10 mol·L－1的盐酸，混合后溶液中的Ag＋的浓度为____________ mol·L－1。
【答案】 (1)4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＝－905.0 kJ·mol－1
(2)①> ②AD
(3)①NO＋5e－＋6H＋===NH＋H2O ②10－6
(4)< 16
(5)3.6×10－8
【解析】 (1)将三个反应编号：①N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH＝＋180.5 kJ·mol－1，②N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·mol－1，根据盖斯定律，由①×2－②×2＋③×3得目标反应的热化学方程式4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＝－905.0 kJ·mol－1。(2)①因反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)为放热反应，温度升高会使平衡逆向移动，K减小，故K1>K2。②A项，变形得＝，即正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，则一定达到平衡状态，故正确；B项，变形得＝，正、逆反应速率之比不等于化学计量数之比，则未达到平衡状态，故错误；C项，该反应在恒压条件下进行，故错误；D项，同温同压条件下，气体总质量不变，而体积一直在变，根据ρ＝得，当混合气体的密度保持不变时一定达到平衡，故正确。(3)①由示意图知，NO在阴极得电子生成NH，由于生成的溶液显酸性，故用H＋维持电荷守恒，得电极反应式：NO＋5e－＋6H＋===NH＋H2O；②NH4NO3溶液中有质子守恒即c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(H＋)，由pH＝6得c(H＋)＝10－6 mol·L－1，则c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝10－6 mol·L－1。(4)将题中给出的平衡浓度代入平衡常数表达式得K＝＝＝16；设充入3 mol NH3后，容器体积为V L，因同温同压下，体积之比等于物质的量之比，则＝，解得V＝8，此时Q＝＝＝20.48，Q>K，故反应逆向进行，v正
35.【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
《日华子本草》中已有关于雄黄的记载“雄黄，通赤亮者为上，验之可以虫死者为真。”雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。 回答下列问题：
(1)基态砷原子的价电子轨道排布图为________，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为________。
(2)S、P和N三种元素第一电离能由大到小的顺序是________。
(3)雄黄(As4S4)的结构如图1所示，S原子的杂化形式为________。
(4)SO2分子中的σ键数为________个，分子的空间构型为________。分子中的大π键可用符号表示Π，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π)，则SO2中的大π键应表示为________。SO2分子中S—O键的键角________NO中N—O键的键角(填“> ”“<”或“＝”)。
(5)砷化镓是优良的半导体材料，密度为ρ g·cm－3，其晶胞结构如图2所示。Ga和As原子半径分别为r1 pm和r2 pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则砷化镓晶体的空间利用率为________。
【答案】 (1) 哑铃形 (2)N>P>S (3)sp3 (4)2 V形 Π <
(5)×100%
【解析】 (1)砷为33号元素，As位于第四周期第ⅤA族，其价电子即最外层电子。基态砷原子的价电子轨道排布图为核外电子占据的最高能级是4p，该能级的电子云轮廓图为哑铃形。(2)主族元素第一电离能的变化规律为同主族由上而下依次减小，同周期从左至右呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA族元素“反常”。S、P和N三种元素第一电离能由大到小的顺序是N>P>S。(3)S、As原子的最外层分别有6个、5个电子，达到8电子稳定结构需分别形成2对、3对共用电子对，故雄黄(As4S4)分子结构中，黑球、白球分别表示硫、砷原子。每个硫原子都有4对价层电子对(2对σ键电子对、2对孤电子对)，S原子都是sp3杂化。(4) SO2分子中，S原子结合2个O原子，有2个σ键。中心原子S的孤电子对数为×(6－2×2)＝1，σ键电子对数为2，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于含1对孤电子对，故SO2分子为V形。氧原子的价电子排布为2s22p4，有2个未成对电子，两个氧原子各用1个未成对电子(p轨道)与硫形成共用电子对(σ键)，各用1个未成对电子(p轨道)与硫原子未杂化的p轨道形成大π键，表示为Π。SO2分子中，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，故两个S—O键的键角小于120°；而NO中中心原子N上的孤电子对数为×(5＋1－3×2)＝0，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于不含孤电子对，NO为平面三角形，NO中N—O键的键角等于120°。
(5) 1个砷化镓晶胞中，有Ga、As原子各4个，8个原子总体积为V原子＝π(r1×10－10cm)3×4＋π(r2×10－10cm)3×4；1个晶胞的体积V晶胞＝＝；砷化镓晶体的空间利用率为×100%＝×100%。
36.【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
有机化合物H是合成黄酮类药物的主要中间体，其一种合成路线如图所示：
已知：①同一个碳原子上连有两个羟基时不稳定，易脱水形成羰基；
③R—ONa＋R′CH2IR—OCH2R′＋NaI。
请回答以下问题：
(1)A的化学名称为______________________，A→B的反应类型为____________。
(2)C中所含官能团的名称为________________，D的分子式为________________。
(3)F→G的化学方程式为________________________________________________。
(4)H的结构简式为________________________。
(5)满足下列条件的E的同分异构体共有________种，其中核磁共振氢谱为5组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2的为________________(填写结构简式)。
①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应。
(6)参考题中信息，设计由乙烯和为主要有机原料合成 (乙基叔丁基醚)的路线流程图(无机试剂任选)。
合成路线流程图示例：CH3CH2OHCH2===CH2CH2—CH2
【答案】 (1)对甲基苯酚(或4甲基苯酚) 取代反应
(2)醛基、酚羟基 C7H5O2Na
【解析】 (1) 的名称为对甲基苯酚或4甲基苯酚；A的分子式为C7H8O，对比A和B的分子式，并结合反应条件为“Cl2、光照”，可知A生成B的反应为取代反应。(2)根据已知信息①，结合A的结构简式和B、C的分子式可知，B为，故C中的官能团是酚羟基和醛基。在NaOH水溶液中生成的D为，故D的分子式为C7H5O2Na。(3)F为，在Cu作催化剂和加热条件下，羟基被氧化为羰基，故G为，反应的化学方程式为。(4)结合已知信息③和D的结构简式可知E为发生已知信息②的反应生成。(5)E为，其同分异构体满足①含酚羟基；②含醛基，则苯环上的取代基可以是—OH、—CHO、—CH3，三者在苯环上有10种位置关系，或是—OH、—CH2CHO，二者在苯环上有3种位置关系，故共有13种符合条件的同分异构体。其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2的为
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