1、浙江省杭州学军中学2020届高三化学教学质量监测卷试题（含解析）第卷(选择题共126分)可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127 Ag-108一、选择题:本大题包括13小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。1.下列生活用品中主要由合成纤维制造的是()A. 尼龙绳B. 宣纸C. 羊绒衫D. 棉衬衣【答案】A【解析】【详解】合成纤维是化学纤维的一种，是用合成高分子化合物做原料而制得的化学纤维的统称。它以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，如聚
2、丙烯腈、聚酯、聚酰胺等。A、尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维，故A正确；B、宣纸的的主要成分是纤维素，故B错误；C、羊绒衫的主要成分是蛋白质，故C错误；D、棉衬衫的主要成分是纤维素，故D错误。【点睛】掌握常见物质的组成以及合成纤维的含义是解答本题的关键，题目难度不大，注意羊绒衫和棉衬衣的区别。2.下列有关化学用语表示正确的是A. 质量数为31的磷原子：B. 氟原子结构示意图：C. CaCl2的电子式：D. 明矾的化学式：Al2(SO4)3【答案】A【解析】【详解】A.磷原子的质子数是15，质量数是31，故A正确；B.氟原子是9号元素，核外电子数为9，所以原子结构示意图：，故B错误；C.离子化合
3、物中阴、阳离子间隔排列，其电子式中离子分开写，不能合并，CaCl2的电子式：，故C错误；D.明矾是十二水合硫酸铝钾，即 ，故D错误；故答案选A。3. 乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为A. 11B. 23C. 32D. 21【答案】C【解析】【详解】试题分析：根据结构简式以及元素守恒，1mol乌洛托品有4molN，因此需要4molNH3H2O，6molC需要6mol甲醛的水溶液，因此两者的比值为6：4=3：2，故选项B正确。4.制备(NH4)2Fe(SO4)26H2O的
4、实验中，需对过滤出产品的母液(pH1)进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是A. 通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl、SO42B. 加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42、ClOC. 加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42、OHD. 加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42、Cl、ClO、OH【答案】D【解析】【分析】母液中主要含NH4+、Fe2+、H+、SO42，根据离子共存原则分析加入指定物质后溶液的离子存在情况，如发生氧化还原反应、生成气体、沉淀等。【详解】A通入过量C
5、l2，在酸性条件下，Fe2+与Cl2会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故A错误；B加入少量NaClO溶液，在酸性条件下，Fe2+与ClO会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故B错误；C加入过量NaOH溶液，Fe2+会生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故C错误；D加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，Fe2+会被氧化生成铁离子并在碱性环境下生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故D正确；答案选D。5.在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法中，不正确的是（ ）A.
6、 中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2B. 中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C. 对比、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D. 针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化【答案】C【解析】【分析】I 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮；中Fe遇浓硝酸钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，所以产生少量红棕色气泡后，迅速停止；中构成原电池，Fe作为负极，且Fe与浓硝酸直接接触，会产生少量二氧化氮，Cu作为正极，发生得电子的反应，生成二氧化氮。【详解】AI 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空
7、气生成二氧化氮，化学方程式为: 2NO+O2=2NO2，A正确；B常温下，Fe遇浓硝酸易钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，B正确；C对比、中现象，说明浓HNO3的氧化性强于稀HNO3，C错误；D中构成原电池，在Fe、 Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化，D正确；答案选C。6.下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是：A. 氮元素均被氧化B 工业合成氨属于人工固氮C. 含氮无机物和含氮有机物可相互转化D. 碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环【答案】A【解析】【详解】A硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+50，属于被还原，故A错误；B工
8、业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；C氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；D碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确；故选A。7.2017新课标支撑海港码头基础钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正
9、确的是A. 通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零B. 通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩C. 高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D. 通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整【答案】C【解析】本题使用的是外加电流的阴极保护法，钢管柱与电源的负极相连，被保护。A外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，从而保护钢管柱，A正确；B通电后，被保护的钢管柱作阴极，高硅铸铁作阳极，因此电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B正确；C高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C错误；D通过外加电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D正
10、确。答案选C。三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第22题-第32题为必考题每个试题考生都必须作答,第33题-第38题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:11题,共129分。8.半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。完成下列填空：（1）半水煤气含有少量硫化氢。将半水煤气样品通入_溶液中（填写试剂名称），出现_，可以证明有硫化氢存在。（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换：CO+H2OCO2+H2若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，经CO变换后的气体中：V(H2):V(N2)
11、=_。（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。已知：Na2CO3K2CO320碱液最高浓度（mol/L）2.08.0碱的价格（元/kg）1.259.80若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是_；缺点是_。如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？_写出这种方法涉及的化学反应方程式。_（4）以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数。选用合适的无机试剂分别填入、方框中。_该实验方案中，步骤、的目的是：_。该实验方案中，步骤_（选填“”或“”）可以确定半水煤气中H2的体积分数。【答案】 (
12、1). 硝酸铅（或硫酸铜） (2). 黑色沉淀 (3). 3:1 (4). 价廉 (5). 吸收CO2能力差 (6). 碱液循环使用 (7). 2KHCO3K2CO3+CO2+H2O (8). (9). 除去半水煤气中的CO2（包括H2S）和H2O (10). IV【解析】【详解】（1）硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入硝酸铅（或硫酸铜）溶液中，出现黑色沉淀可以证明有硫化氢存在。（2）若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，经CO变换后H2O转化为氢气，则根据方程式可知所得的气体中：V(H2):V(N2)=（38+28）：223:1。（3）根据表中数据可
13、知若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是价廉，而缺点是吸收CO2能力差。由于生成的碳酸氢钾受热易分解产生碳酸钾，所以使碱液循环使用可以降低成本，反应的化学方程式为2KHCO3K2CO3+CO2+H2O；（4）由于半水煤气中含有二氧化碳，所以首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数。所以流程为。中KOH吸收CO2和H2S，中浓硫酸吸收水蒸气，干燥气体。氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，所以该实验方案中，步骤可以确定半水煤气中H2的体积分数。【点睛】“教真实的化学，学有用的知识”已成为大家的共识，现在的化
14、学试题强调化学与生活的交融，突出理论联系生产、生活实际和科技前沿，强调学以致用。试题将真实的问题转化为试题情境，真实问题的复杂性带来了化学试题的综合性，这就要求考生首先读懂并捕捉到全部相关信息，弄清这些信息之间的逻辑关系，特别是确定性信息和未知信息之间的关系，为问题的解决奠定基础。这显然属于“关键能力”。对于一个流程的设计和评价，要分析它由几个部分组成，每个部分在整体中处于什么地位、有什么作用，为什么要这样设计，这样设计的优缺点如何，可以如何改进等等，这些都是高考中考查综合能力的重点。9.催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可
15、发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g） H1=-53.7kJmol-1 ICO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g） H2 II某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：【备注】Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比已知：CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJmol-1和-285.8kJmol-1H2O（l）=H2O（g）H3=44.0kJmol-1请回答（不考虑温度对H的影响
16、）：（1）反应I的平衡常数表达式K=_；（2）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有_。A.使用催化剂Cat.1B.使用催化剂Cat.2C.降低反应温度D.投料比不变，增加反应物浓度E.增大CO2和H2的初始投料比（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是_。（4）在图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程能量”示意图_。【答案】 (1). (2). CD (3). 表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响 (4). 【解析】【详
17、解】（1）平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物的浓度幂之积的比值，反应I为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)其平衡常数：，故答案为：。（2）A. 使用催化剂，只改变反应速率，平衡不移动，不能提高转化率，A错误；B. 使用催化剂，只改变反应速率，平衡不移动，不能提高转化率，B错误；C. 反应I为放热反应，降低温度，平衡正向移动，提高CO2的转化率，C正确；D. 投料比不变，增加反应浓度，平衡正向移动，提高CO2的转化率，D正确；E. 增大二氧化碳和氢气的初始投料比，能提高氢气的转化率，二氧化碳的会降低，E错误；故答案为：CD。（3）从表格数据分析，在相同的温度下，不同的催化
18、剂，相同的反应时间内，其二氧化碳的转化率也不同，说明不同的催化剂的催化能力不同；相同催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未到平衡数据，故答案为：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。（4）从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应的催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故答案为：。【点睛】使用催化剂能降低反应活化能，改变反应速率，对平衡常数、焓变、转化率、产率等都无影响。10.用
19、零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3-)已成为环境修复研究的热点之一。(1)Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示，作负极的物质是_。正极的电极反应式是_。(2)将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3-的去除率接近100%50%24小时pH接近中性接近中性铁的最终物质形态pH=4.5时，NO3-的去除率低。其原因是_。(4)其他条件与(2)相同，经1小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3-的去除率约10%约3%1小时pH接近中性接近中性与(2)中数据对比，解释(2)中初始pH不
20、同时，NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的原因：_。【答案】 (1). 铁 (2). NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O (3). 因为铁表面生成的FeO(OH)不导电，阻止电子转移 (4). Fe2H+=Fe2+H2，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3-去除率和铁的最终物质形态不同【解析】【分析】(1)根据原电池原理分析解答；(2)根据FeO(OH)不导电进行分析；(3)根据Fe2+的作用进行分析，Fe2+可以将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe
21、3O4，而NO3-的去除率由铁的最终物质形态确定，从而判断Fe和pH的关系。【详解】(1)由图可知，在脱除过程中形成原电池，Fe还原水体中NO3，Fe作还原剂，失去电子，作负极，故答案为：铁；由图可知，正极反应是NO3得到电子生成NH4+，所以电极反应式是NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O，故答案为：NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O；(2)由图可知，当溶液的pH=4.5时，铁的最终物质形态中FeO(OH)含量较多，形成一层膜，而FeO(OH)不导电，降低了硝酸根离子的去除率，故答案为：因为铁表面生成的FeO(OH)不导电，阻止电子转移；(3)初始pH较小，氢离子浓度高，发
22、生反应Fe2H+=Fe2+H2，产生的Fe2+浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3-去除率和铁的最终物质形态不同。(二)选考题:共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一小题计分。【化学选修3：物质结构与性质】11.A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，A2-和B+具有相同的电子构型；C、 D为同周期元索，C核外电子总数是
23、最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是_（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为_。（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是_（填分子式），原因是_；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为_和_。（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E， E的立体构型为_，中心原子的杂化轨道类型为_。（4）化合物D2A的立体构型为_，中心原子的价层电子对数为_，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_。（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a0.566nm， F 的化学式为_：晶胞中A 原子的配位数为_
24、；列式计算晶体F的密度（g.cm-3）_。【答案】 (1). O (2). 1s22s22p63s23p3（或Ne 3s23p3） (3). O3 (4). O3相对分子质量较大，范德华力大 (5). 分子晶体 (6). 离子晶体 (7). 三角锥形 (8). sp3 (9). V形 (10). 4 (11). 2Cl22Na2CO3H2OCl2O2NaHCO32NaCl（或2Cl22Na2CO3Cl2OCO22NaCl） (12). Na2O (13). 8 (14). =2.27gcm-3【解析】【分析】C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素
25、，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2-和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素。【详解】（1）四种元素分别为O、Na、O、Cl，电负性最大的为O元素，C为P元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3；（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对原子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为水，为分子晶体，B的氢化物为NaH，为离子晶体；（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物为PCl3，P形成3个键，孤电子对数为(5-31)/2=1，则为sp3杂化，立体构型为为三角锥形；（4）化合物D2A为C
26、l2O，O为中心原子，形成2个键，孤电子对数为(6-21)/2=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为81/8+61/2=4，N(Na)：N(O)=2：1，则形成的化合物为Na2O，晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，晶胞的质量为(462g/mol)6.
27、021023/mol，晶胞的体积为(0.56610-7)cm3，则晶体F的密度为=2.27gcm-3。【化学选修5：有机化学基础】12.化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称是_。（2）由C生成D和E生成F的反应类型分别是_、_。（3）E的结构简式为_。（4）G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为_。（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6211，写出2种符合要求的X的结构简式_。（6）写出用环戊烷和2丁炔为原料制备化合
28、物的合成路线_（其他试剂任选）。【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 加成反应 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 、和（任写两种） (7). 【解析】【分析】由H的结构简式逆推可知A、B、C、D、E、F苯环上均只有一个取代基。结合信息及B的分子式可知：A为苯甲醛，B为，由的反应条件可知的转化为醛基转化为羧基，C为，C与Br2发生加成反应，生成，D在KOH的乙醇溶液中加热发生消去反应，酸化后生成，E与乙醇发生酯化反应或取代反应生成，F与G发生类似信息所给反应加成反应生成H，逆推可知G的结构简式为，据此解答。【详解】由上述分析可知，A为苯甲醛，故答案为：苯甲醛；由分析可知：C生成D
29、发生加成反应，E生成F发生取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；G的结构简式为，由F生成H的化学方程式为，故答案为：；为，苯环外含有5个碳原子、3个不饱和度和2个O原子，其同分异构体能与饱和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，即必含有羧基，核磁共振氢谱显示有4种氢原子，则具有较高的对称性，氢原子个数比为，可知含有两个对称的甲基，还有2个碳原子和2个不饱和度，则含有碳碳三键，故满足条件的同分异构体的结构简式为、和，故答案为：、和（任写两种）；逆合成分析：可由与溴加成而来，可由和发生类似已知反应而来，可由发生消去反应而来，可由和氯气在光照条件下发生取代反应而来，即：，故答案为：。