2021届广东省深圳市高三2月第一次调研(一模)理综化学试卷

试卷第试卷第#页，总9页参考答案B【解 析】A.稀豆浆属于胶体能产生丁达尔效应，食盐水属于溶液不能发生丁达尔效应，故A错误；B.利用生物质能就是间接利用太阳能，生物质能是指是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量.它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，可转化为常规的固态、液态和气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源，故B正确；C.钢铁在潮湿的空气中易形成原电池，所以钢铁在潮湿的空气中发生的主要是电化学腐蚀，故C错误：D.纯铝硬度较小，不能直接用作航天材料，故D错误；故选B。D【解析】A..28gCO和C汨4摩尔质量都为28g/mol,求出混合气体的物质的量,然后M根据ImolCO含Imol碳原子，ImolGE含2moi碳原子，28gCO和GE混合气体中的碳原子数为Na〜2Na间，故A错误；B.合成氨的反应为可逆反应，故1molN＞与3molH?在密闭容器中充分反应，生成NH3的分子数小于2Na，故B错误；C.己烷标准状况下不是气体；标准状况下，1L2L己烷不是气体，故C错误；D.S的氧化性不强，与Cu反应生成Cu?S,故32g硫(Imol)与铜反应转移的电子数为2Na，故D正确：故选D。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的计算与判断，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件：选项B为易错点，注意反应为可逆反应。A【解 析】A.CH尸CHCH(CH3)2的主链为4个碳原子，含有1个碳碳双键和甲基，名称为3-甲基-1-丁烯，故A正确：B.乙醇发生氧化反应可生成乙醛，为氧化反应，故B错误；C.苯乙烯含有苯环，乙烯和苯乙烯的结构不同，不是同系物，故C错误；D.乙苯含有乙基，具有烷烧的结构特点，且C-C键可旋转，则所有的碳原子不一定在同一个平面上，故D错误；故选A点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键。侧重分析与应用能力的考查，注意把握乙苯、苯乙烯的结构和性质。C【解析】A.为防止固体迸溅，应在珀烟中加热固体，加热液体用蒸发皿，故A错误；B.NO?密度比空气大，应用向上排空法收集，故B错误；C.R[Fe(CN)6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，可用于鉴别，故C正确；D.二者都与碱石灰反应，可用饱和碳酸氢钠溶液除去CO?中的HC1,故D错误；故选C。D【解析】A.根据图示，电解池只左侧生成氢气，是溶液中的水放电，发生了还原反应，左侧电极为阴极，则a为电源的负极，故A错误；B.工作时，阴极水放电生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，向右室迁移，故B错误；C.右室电极为阳极，发生氧化反应，根据图示，右侧溶液显碱性，不可能生成氢离子，故C错误；D.根据得失电子守恒，生成ImolH?转移2moi电子，则生成CH3coONa的物质的量为等=0.5moL氏和CH3coONa的物质的量之比为23故D正确；故选D。4B【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d是淡黄色粉末，d为Na2()2,结合图中转化可知，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体m为02,则Y为0,a为烧，b、c分别为CO2、压0,e、f分别为NaOH、碳酸钠，结合原子序数可知，W为H,X为C,Y为0,Z为NaoA.Z、Y的离子具有相同电子层结构，原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z<Y,故A正确：B.由NaH+Hq=NaOH+H?T，可知H-失去电子，阴离子的还原性：Y<W,故B错误；C.非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单气态氢化物的热稳定性：Y>X,故C正确；D.H9?中含有0-0非极性键，故D正确：故选B。点睛：本题考查无机物的推断，为高频考点，把握钠的化合物的性质及相互转化为解答的关健，侧重分析与推断能力的考查，注意淡黄色固体、原子序数为推断的突破口。C【详解】A.由图可知0.Imol-L-1HA溶液pH=3,由HA=H++A-可知：

1O-3X1。一3Ka= =lO^mol-LT1,选项A错误;0.1b点是两者等体枳混合溶液呈中性，所以离子浓度的大小为:c(B-)=c(A-)>c(H")=c(OH-),选项B错误;Cc点时,CW)_1c(OH-)cCc点时,CW)_1c(OH-)c(HA)Kh水解平衡常数Kh只与温度有关，温度升高，Kh增大,1三一减小,,4减小c(OH-)-c(HA)选项C正确;D.afb是酸过量和bfc是碱过量两过程中水的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以a-c过程中水的电离程度先增大后减小，故D错误；答案选C。8.CU+2H6O」（浓）qCuSOi+SO"+2H9 g-h（或h-*g）->b-*cfeff-d 冷凝并收集CIO：SO：（答HS（V、SOJ、SO2和SOASO2和HSO；、HSO3-和S03>、及SO,和SOP、HS（V均给分）生成白色沉淀（没有答“白色”不给分） 加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液8C102+5S2-+4H：0=8Cr+5S0r-+8H- CIO二除硫效果彻底，氧化产物硫酸根稳定、C10;在水中的溶解度大、剩余的cio：：不会产生二次污染。均被还原为cr时，二氧化氯得到的电子数是氯气的2.5倍。【解析】（1）①装置A中反应Cu与浓硫酸制备二氧化硫，化学方程式为：Cu+2H?SO式浓金CuSO4+SO2t+H2O：故答案为Cu+2H60」（浓）^CuSO」+SO，T+H9：②二氧化硫从a进入装置B中反应，为防止倒吸，故应在之前有安全瓶，则a—g—h,为反应充分，故再连接B装置中的b,二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e,最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：a—g—h—b—c-e—Jd；故答案为g—h—b-c-e—Jd；③装置D的作用为冷凝并收集CIO?；故答案为冷凝并收集CIO?；（2）将适量的稀释后的C1O2通入如图2所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。①取少量I中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸，品红始终不褪色，说明溶液中无SCH或HSO3-或SO3"）生成；故答案为SOJ或HSO3-或S（V-）；②另取少量I中溶液于试管乙中，加入Ba（OH）?溶液，振荡，有SOJ-生成，硫酸根与钢离子

反应生成硫酸钢白色沉淀；故答案为生成白色沉淀;③结论为有C1•生成，有白色沉淀生成，氯化银为不溶于酸的白色沉淀，检验氯离子，故操作为：继续在试管乙中滴加Ba(OH＞溶液至过量，静置，取上层清液于试管丙内加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；故答案为加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；④由上述分析可知C1O2与Na6反应有氯离子、硫酸根离子的生成，故发生的离子方程式为：8C1O2+5S2-+4H2O=8C1+5SO42-+8H*；CIO?除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、C1Ch在水中的溶解度大、剩余的CIO?不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，CIO?得到的电子数是氯气的2.5倍；故答案为8C0+5S%+4H9=8C1・+5SO5+8H-；CIO?除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、CIO?在水中的溶解度大、剩余的CIO二不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，CKh得到的电子数是氯气的2.5倍。9.Zn0+20H+H29.Zn0+20H+H20=LZn(OH).丁-Zn0.4mol/Lc-696kJ/mol偏高2.5X10-22xl00%2.5X10-22xl00%0.5000【解析】(l)ZnO和Al©]的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以氧化锌与氢氧化钠的反应的方程式为：ZnO+H9+2OH=[Zn(OH)F-,故答案为ZnO+H9+2OH-=[Zn(OH)4]2-；(2)①反应【：ZnO⑸+CO(g)=Zn(g)+CO?(g),锌蒸气冷凝为冷凝物，冷凝物为金属锌，故答案为Zn；②某温度时，在反应I的反应炉中，起始时c(CO)为0.3mol・L3反应过程中达到平衡CO?的体枳分数(p(CO"如图所示为04ZnO(s)+CO(g)^Zn(g)+CO2(g)TOC\o"1-5"\h\z起始量(mol/L)0.3 0变化量(mol/L) x x平衡量(mol/L) 0.3-x x—=0.4,x=0.12,平衡常数=0.67,故答案为0.67；0.3 0.18③a.增大ZnO的投料量，氧化锌为固体不影响平衡，氧化锌转化率不变，故a错误；b.反应前后气体体积不变，适当加压，不影响平衡移动，故b错误；c.将锌蒸气及时分离，平衡正向进行氧化锌转化率增大，故c正确；故答案为c；④反应1【中2Zn(g)+6(g)=2ZnO(s),反应中2molZn完全反应电子转移4mol,反应每转移Im01电子，反应放热174kJ,转移4moi电子反应放热696KJ,反应燧变△H=-696KJ/moL故答案为-696KJ/mol：(3)①滴定管未用EDTA标准液润洗，内层水膜会稀释标准溶液，消耗标准溶液体枳会增大,测定结果偏高，故答案为偏高；②称取0.5000g样品，酸溶后定容于250mL容量瓶中，摇匀.量取25.00mL该溶液，用0.04000mol・L”的EDTA(Na?H?Y)标准液滴定其中的Zn?+(反应方程式为Zn2++H2Y2=ZnY2-+2H-,杂质不反应)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准液15.12mL.Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+,n15.12x10-3Lx0.04000moLLn(ZnO)=n(Zn2+)=15.12xl03Lx0.04000mol/L,250mL溶液中n(ZnO)=15.12xl0・3Lx0.04000mol/750T250 15.12xW3x0.04000x—x81 田区乃不Lx——,样品纯度= 25xioo%,故答案为25 0.500075015.12xl0-3x0.04000x—x81…球25xioo%：0.5000(4)将含有0.05molZnS的荧光粉溶于500mL盐酸中，完全溶解后溶液中锌离子浓度c(Zn'尸0.05mol ”一，05(=。・ImoLI,Kp(ZnS尸2.5x10』=c(ZnA)c(S2・)，c(S2-)<2.5xl0-22mol/L,故答案为2.5x10-o点睛：本题考查了物质组成的探究、化学反应速率、化学平衡常数的计算、影响化学平衡因素分析、滴定实验的过程分析和计算。解答本题的关键是熟悉化学平衡的计算的基本方法和滴定误差的分析方法。10.卬将焙烧渣粉碎或加热或搅拌 SiO：beri-LS.n.Mg>+2HCO3'+(n-l)H：O=MgCO3-nH:0I+C02t 升温促进Mg,部分水解或升温促进Mg上水解(NHJzSO, 3【解析】H H(1)NH3属于共价化合物，电子式为卬3口，故答案为口义.口；ri.LS.ri(2)根据影响化学反应速率的因素，为提高水浸速率，可采取的措施有将焙烧渣粉碎、加热

、搅拌。根据Mg3(ShC)5)(OH)4焙烧的方程式可知，反应后的二氧化硅不溶于水，形成浸渣，故答案为将焙烧渣粉碎或加热或搅拌：S1O2：(3)“除铁、铝”时，因为氢氧化钠能够溶解氢氧化铝，将pH调至8.0左右时只能需要弱碱，故选be；(4)“沉镁”过程中碳酸氢钱与镁离子反应生成碳酸镁晶体，反应的离子方程式为MgA+2HCO3-+(n-1)H2O=MgCO3-iiH2OJ,+CO2］；升温促进Mg?+部分水解或升温促进Mg?+水解，“沉镁”时若温度超过60c,将产生较多的碱式碳酸镁杂质，故答案为MgA+2HCO3-+(n-l)Hq=MgCCMiH9J+CO介:升温促进Mg?+部分水解或升温促进Mg＞水解；(5)根据流程图，母液中含有较多的(NHOzSCU,可以循环利用，故答案为(NHDfOq；(6)由图象可知该晶体分解过程先分解逐步失去结晶水，当结晶水全部失去后碳酸镁分解生成氧化镁和二氧化碳，最终氧化镁的质量为4.0g,MgCOj-nHzO^^MgO+COz+iiHzO84+1811 4013.8g 4.0g84+18/74013.8g84+18/74013.8g二硒解得n=3，故答案为3。11.3d104s：4p5 1氢键 离子晶体中离子半径越小，离子所带的电荷越多，晶格能就越大，晶体的熔点越高，摩氏硬度越大弱于 HI01分子中碘的价态比HIO3中更高,导致I-0-H中0的电子向I偏移得更多，在水分子的作用下，就更容易电离出故酸性更强sp3三角锥形军非导吁晤强加【解析】(1)滨为35号元素，澳原子的核外电子排布式为［Ar］3d104s24P5,4P5中有1个未成对电子,故答案为3dI。4s24P5；1；(2)氟化氢分子间容易形成氢键，在一定浓度的HF溶液中，叙化氢是以缔合形式(HF)?存在的。使氟化氢分子缔合的作用力是氢键，故答案为氢键；(3)离子晶体中离子半径越小，离子所带的电荷越多，晶格能就越大，晶体的熔点越高，摩氏硬度越大，四种晶体中，氟离子半径比氯离子半径小，氟化钠的熔点和硬度比氯化钠高,镁离子半径比钙离子半径小，氧化镁的熔点和硬度比氧化钙高，氧化镁和氧化钙中离子

带2个单位电荷，而氟化钠和氯化钠中离子带1个单位电荷，因此氧化镁和氧化钙的熔点和硬度比氟化钠和氯化钠高，故答案为离子晶体中离子半径越小，离子所带的电荷越多，晶格能就越大，晶体的熔点越高，摩氏硬度越大；(4)HICU分子中碘的价态比HICh中更高，导致I-O-H中O的电子向I偏移得更多，在水分子的作用下，就更容易电离出H+,故酸性更强，故答案为弱于；HIO4分子中碘的价态比田。3中更高，导致LO-H中O的电子向I偏移得更多，在水分子的作用下，就更容易电离出H,故酸性更强：(5)C1O9中心氯原子的价层电子对数=2+；x(7+l-2x2)=4,采用sp3杂化，CIO3-中心氯原子的价层电子对数=3+92x(7+l-2x3)=4,采用sp3杂化，空间构型为三角锥形，故答案为sp3；三角锥形；(6)①根据原子坐标参数A处为(0,0,0),说明A为坐标原点，B处为(2TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"1 3 3 3 3一，0)：则D的C处为(1,I,1)。则D处微粒的坐标参数为(一，一，一)，故答案为(一,\o"CurrentDocument"2 4 4 4 43 3一，一)；44②CaF?晶胞中，白球的数目为8x1+6x18 2=4,黑球全部在晶胞内部，数目为8,则图中白球是钙离子；把晶胞分成8个小的立方体如则F-位于小立方体的中心，即小红球，则Ca"与F•之间的最近距xlO7离为小立方体的体对角线的一半。CaF?晶体的密度为cxlO7g・cnL,Imol晶胞的质量为4x78g,则晶胞的边长为mil,因此Ca＞与F之间的最近距离为中x? xio7mn4VcNa

故答案为巫xj士卫X107o4VcNa点睛：本题考查了电子排布式、晶胞的分析与计算、杂化理论的应用、分子极性的判断、氢健等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生的分析能力和对■基础知识的综合应用能力。本题的难点是晶胞的计算，关键是Ca-与F之间的最近距离为小立方体的体对角线的一半，或晶胞体对角线的四分之一。12.ac羟基，竣基 加成反应 取代反应 乙二酸或草酸OO 0C)IIII /=\ 或JFIIII /=\ 1 成/rCK-CCl+flHOCH2"^yCH2OH ►CI^C-C-O-CH2-^_^-CH2O^H-(2")](「乂nCl-C-C-CI-nHOCH2'^^-nCl-C-C-CI-nHOCH2'^^-CH9H一C-C-0-CHaOho-^^-ch2och0H0MaO：||CH:0H0MaO：||CH:CH:COOH->H-C-CH:COOHCHOHCH:COOHCH=CHCOOHJoH△【解析】(1)3.蛋白质的盐析过程属于物理变化，正确；b.淀粉和纤维素的分子式均为«6印0。5)〃，但N不同，不是同分异构体，错误；c.制备聚乙烯的反应属于加聚反应、制备酚醛树脂的反应属于缩聚反应，都属于聚合反应，正确；d.油脂不属于天然高分子化合物，错误：故选ac；0H(2)A为I. ,其中的官能团有羟基，陵基，故答案为羟基，粉基;OCHSOHCH-)COOHOCHSOH(3)根据流程图，A被二氧化锌氧化生成B,B为OHCCOOH,B与发生加成反应生成C,F与SOCL