1、20192020学年玉溪市普通高中毕业生第二次教学质量检测理科综合能力测试化学部分可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 Fe-56 Zn-651.化学与生活、社会发展息息相关。下列有关说法不正确的是（ ）A. 新版人民币票面文字处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性氧化物B. 5G技术联通世界离不开光缆，光缆的主要成分是晶体硅C. 雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了臭氧D. “白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞，诗中伞骨架主要成分可用（C6H10O5）n表示【答案】B【解析】【详解】AFe3O4是磁性氧化物，具有磁性的物质，所
2、以四氧化三铁有磁性，故A正确；B5G技术联通世界离不开光缆，光缆的主要成分是二氧化硅，故B错误；C雷雨过后空气中的少部分氧气在放电的情况下变成了臭氧，臭氧具有消毒、灭菌、降尘的功能，故感觉到空气清新，故C正确；D做伞骨架的竹纤维的主要成分纤维素，可表示为（C6H10O5）n，故D正确；故选B。2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 36g冰中含有氢键的数目为2NAB. 100g30%的甲醛水溶液中所含的氧原子数目为1NAC. 1molCl2与足量铁粉完全燃烧，转移的电子数为3NAD. 14gFe发生电化学腐蚀最终生成Fe2O3xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NA【答案】
3、D【解析】【详解】A如图，每摩尔水分子都和4个水分子形成氢键，而每个氢键被两个水分子共有，所以1mol水能够形成2mol氢键，所以36g冰中含有氢键的数目最多为4NA，故A错误；B甲醛和水分子中均含有氧原子，100g30%的甲醛水溶液中所含的氧原子数目多于1NA，故B错误；C1molCl2与足量铁粉完全燃烧，生成物中氯显-1价，转移的电子数为2NA，故C错误；D14g铁的物质的量为n=0.25mol，而铁反应生成Fe2O3xH2O后，铁的价态由0价变为+3价，但0.25mol铁的电极反应为Fe2e=Fe2，电极反应转移的电子数为0.5NA，故D正确；故选D。3.熔喷布是口罩最核心的材料，以聚丙
4、烯为主要原料。下列说法正确的是（ ）A. 糖类、蛋白质、聚丙烯都是天然有机高分子化合物B. 聚丙烯和乙烯是同系物C. 聚丙烯的单体中最多7个原子共平面D. 聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A聚丙烯不是天然有机高分子化合物，故A错误；B聚丙烯和乙烯结构不相似，不是同系物，故B错误；C聚丙烯的单体是丙烯，除甲基上两个氢外，其余最多7个原子共平面，故C正确；D聚丙烯中没有不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选C。4.W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大。W和Y，X和Z均位于同一主族，Z单质与Y的最高价氧化物对应水化物反应可生成“84”消毒液的主要成分
5、。下列说法正确的是（ ）A. X和Z的氢化物的沸点：XYX【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大。Z单质与Y的最高价氧化物对应水化物反应可生成“84”消毒液的主要成分NaClO，Y为Na，Z为Cl，W和Y，X和Z均位于同一主族，W为H，X为F。【详解】AX和Z的氢化物分别是HF和HCl，HF分子间形成氢键，沸点：XZ，故A错误；BNaH与水反应生成氢气和NaOH，氢由-1价和+1价变为0价，属于氧化还原反应，故B正确；CX为F，没有最高价氧化物对应水化物，故C错误；DNa和F电子层结构相同，F核电荷数小，半径比Na大，Cl-比F-多一个电子层，Cl-半价最大
6、，简单离子半径大小：ZXY，故D错误；故选B。5.一种水系锌离子电池总反应式为xZn+Zn1-xMn2O4ZnMn2O4.(0x1)。下列说法错误的是（ ）A. 充电时，阳极的电极反应式为Zn1-xMn2O4+xZn2+2xe-=ZnMn2O4B. 放电时，Zn2+向正极迁移C. 充放电过程中锌与锰的化合价都发生变化D. 放电时，每转移1mole-正极质量增加32.5g【答案】A【解析】【分析】根据电池的电池反应式为：xZn+Zn1-xMn2O4ZnMn2O4（0x1）可知，放电时，Zn的化合价升高，被氧化，为原电池的负极，负极的电极反应式：Zn-2e=Zn2；正极反应为Zn1-xMn2O4+
7、xZn2+2xeZnMn2O4，充电时阴阳极反应与负极、正极反应刚好相反，充电时，电解池阳离子向阴极移动。【详解】A电解池中阳极发生氧化反应，所以阳极的电极反应为：ZnMn2O4-2xe=Zn1-x Mn2O4+xZn2，故A错误；B. 放电时，阳离子向正极迁移，Zn2+向正极迁移，故B正确；C. 放电时锰元素的化合价降低，锌的化合价升高，充电过程相反，充放电过程中锌与锰的化合价都发生变化，故C正确；D放电时，正极反应为：Zn1-xMn2O4+xZn2+2xeZnMn2O4，所以每转移2xmol电子，ZnMn2O4电极质量增加xmolZn，所以每转移1mol e，ZnMn2O4电极质量增加0.
8、5mol65gmol1=32.5g，故D正确；故选A。6.为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A只有温度不同，且只有二氧化氮为红棕色，可验证温度对平衡的影响，故A正确；B浓盐酸具有挥发性，也可能与硅酸钠反应，故B错误；C加热时高锰酸钾要分解，故C错误；D氯水中含HClO，具有漂白性，应选pH计测定氯水pH，故D错误；故选A。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、pH测定、化学平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，易错点D，氯水中含HClO，具有漂白性。7.已知
9、25C时有关弱酸的电离平衡常数如下表：下列有关说法正确的是（ ）A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系：pH(Na2SO3)pH(NaF)7C. Na2SO3溶液中加入足量HF发生反应的离子方程式为SO32-+HF=F-+HSO3-D. NaHSO3溶液中部分微粒浓度的大小：c(Na+)c(HSO3-)c(H2SO3)c(SO32-)【答案】C【解析】【详解】A电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液的pH越小，电离平衡常数H2SO3HFHSO3，则水解程度：SO32FHSO3，所以相同浓度的钠盐：pH(Na2SO3)pH(NaF)pH(NaHSO3)，
10、故A错误；BHF的Ka=6.810-6，其水解平衡常数Kh=1.4710-96.810-6，说明HF电离程度大于F水解程度，则将等浓度的HF溶液与NaF溶液等体积混合，混合液中呈酸性，故B错误；C电离平衡常数H2SO3HFHSO3，Na2SO3溶液中加入足量HF发生反应的离子方程式为SO32-+HF=F-+HSO3-，故C正确；DH2SO3的Ka2=5.610-8，则SO32的Kh2=7.710-12Ka2，则HSO3的电离程度大于水解程度，所以NaHSO3溶液中部分微粒浓度的大小为：c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H2SO3)，故D错误；故选C。【点睛】本题考查弱电解质的电离
11、和盐类水解，明确酸电离平衡常数与酸性强弱关系、与其对应的酸根离子水解程度关系、电离平衡常数和水解平衡常数关系是解本题关键，难点是BD判断，注意SO32对应的酸是HSO3而不是H2SO3。8.以镁渣含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2为原料制取六水合氯化镁(MgCl26H2O)，具体的工艺流程如图：已知：滤液2与适量石灰乳反应合成碱式氯化镁Mg(OH)2-xClxmH2O，当x=1，m=0时，碱式氯化镁为Mg(OH)Cl。相关金属离子c(Mn+)=0.1molL-1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表：请回答下列问题：（1）实验室煅烧样品的实验仪器为_。（2）
12、滤渣2的主要成分是_。（3）通过调节滤液2的pH来获取Mg(OH)2沉淀，则溶液pH的范围为_。（4）向溶液A中先加入_(填化学式)酸化，然后_、冷却结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到MgCl26H2O，取少量低温干燥得到的MgCl26H2O晶体溶于水后发现溶液呈碱性，则含有的杂质是_从操作上分析引入杂质的原因是_。（5）热重分析法是程序控制温度下测最物质的质量与温度关系的一种实验技术。MgCl26H2O的热重曲线如图。已知：MgCl26H2O在空气中受热脱水时，不产生无水氯化镁。试确定200时固态物质的化学式：_。温度升至554时分解得到的主要产物为白色固体和一种酸性气体，写出该反应的化学方程式
13、：_。【答案】 (1). 坩埚 (2). Fe(OH)3 Al(OH)3 (3). 10.9pH11.3 (4). HCl (5). 蒸发浓缩 (6). 碱式氯化镁或氢氧化镁 (7). 过度蒸发导致氯化镁水解 (8). MgCl22H2O (9). Mg(OH)ClMgOHCl【解析】分析】以镁渣含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2为原料制取六水合氯化镁(MgCl26H2O)，由流程可知，镁渣在700煅烧，只发生MgCO3和Mg(OH)2的分解反应，然后在固体中加入盐酸，可与MgO、CaCO3、Al2O3、Fe2O3反应生成氯化镁，氯化钙、氯化铁，滤渣1
14、为SiO2，调节pH=5，铁离子和铝离子沉淀完全，滤渣2为Al(OH)3 和Fe(OH)3，溶液中只余下氯化镁和氯化钙，再调节10.9pH11.3，将镁沉淀，最后在滤渣3中加盐酸酸化得溶液A，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到MgCl26H2O。【详解】（1）固体灼烧用坩埚，实验室煅烧样品的实验仪器为坩埚。故答案为：坩埚；（2）调节pH=5，铁离子和铝离子沉淀完全，滤渣2主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。故答案为：Fe(OH)3 、Al(OH)3；（3）PH大于10.9时Mg(OH)2沉淀完全，常温下，饱和石灰水的pH约为11.3，通过调节滤液2的pH来获取Mg(OH)2
15、沉淀，则溶液pH的范围为10.9pH11.3。故答案为：10.9pH”或“”“ (4). (5). BD (6). 75% (7). 27 (8). 加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高钨的产率【解析】【详解】（1）WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s) H13Fe3O4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s) H2由盖斯定律：-4，则四氧化三铁与钨反应的热化学方程式为3Fe3O4(s)4W(s)=9Fe(s)4WO3(s) H3=H2-4H1(反应热写为H3并用含H1、AH2的代数式表示)；在反应中若有0.1molFe3O4参加反应，则转移电子 30.1m
16、ol=0.8mol。故答案为：3Fe3O4(s)4W(s)=9Fe(s)4WO3(s) H3=H2-4H1；0.8；（2）由图可知，3H2(g)+WO3(s)W(s)+3H2O(g) 随温度升高，氢气的体积分数减小，平衡正向进行，正向为吸热反应，该反应的H0；a点要达平衡状态，氢的体积分数要减小，反应正向进行，a点处的v正v逆 。故答案为：；如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡，A氢气消耗的速率与水消耗的速率相等，v正(H2)=v逆(H2O)，故A正确；BWO3是固体，加入WO3，则H2的转化率不变，故B错误；C反应前后气体的质量不同，容器内气体的密度不变时，一定达到平衡状态，故C正确；
17、D反应前后气体的体积不变，容器内压强不变时，不一定达到平衡状态，故D错误；故答案为：BD；由图可知900K，M点时氢气的体积分数为25%，设氢气的起始量为3mol，转化率为x，氢气的变化量为3xmol，列出三段式： 则有 ，x=0.75，氢气的平衡转化率为75%；平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压物质的量分数。水蒸汽的分压为p总0.75，氢气的分压为p总0.25，Kp(900K)= =27。故答案为：75%；27；在高温下，氧化钨会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2，因此在反应中要适当加快氢气的流速，原因是加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高
18、钨的产率。故答案为：加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高钨的产率。【点睛】本题考查化学平衡的计算，把握盖斯定律计算焓变、化学平衡三段法、转化率及Kp的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，难点（2）列出三段式，利用Kp的定义进行计算。11.氢氧化镍在乙醇的悬浊液中可发生反应生成单质镍的配合物：Ni(OH)2+5CH3NC=(CH3NC)4Ni+CH3NCO+H2O。（1）基态镍原子的未成对电子数为_，钯(Pd)与镍位于同一族，且Pd是Ni的下一周期元素，基态钯原子的未成对电子数为0，基态钯原子的外围电子排布式为_。（2）CH3NCO中四种元素的第一电离能由大到小的顺序为
19、_。CH3NC(结构简式为CH3NC)分子中甲基碳原子的杂化轨道类型是_。（3）用光气(COCl2)与甲胺(CH3NH2)可以制取CH3NCO。与COCl2互为等电子体一种阴离子为_。（4）如图，在镍的催化作用下，甲基呋哺与氨在高温下反应得到甲基吡咯。甲基吡咯的熔、沸点高于甲基呋喃的原因是_。（5）(CH3NC)4Ni可作为储氢材料，某种镁铝合金也可作为储氢材料，该合金晶胞结构如图所示，晶胞棱长为anm，该合金的化学式为_，该晶体的密度为_gcm-3(阿伏加德罗常数的数值用NA表示)。【答案】 (1). 2 (2). 4d10 (3). NOHC (4). sp3 (5). CO32或NO3
20、(6). 甲基吡咯分子间存在氢键 (7). Mg2Al (8). 【解析】【详解】（1）Ni是28号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级有2个未成对电子，基态镍原子的未成对电子数为2；钯(Pd)与镍位于同一族，且Pd是Ni的下一周期元素，基态钯原子的未成对电子数为0，5s上电子数为0，基态钯原子的外围电子排布式为4d10。故答案为：2；4d10；（2）周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第A族和第A元素反常，所以C、N和O的第一电离能由大到小的顺序为：NOC，又 H原子比碳原子的核外电子距离原子核近，受到原子核的引力大，电离需要消耗
21、更多的能量，所以H第一电离能比C的大，故CH3NCO中四种元素的第一电离能由大到小的顺序为NOHC。甲基中C原子VP=BP+LP=4+ =4，CH3NC(结构简式为CH3NC)分子中甲基碳原子的杂化轨道类型是sp3。故答案为：NOHC；sp3；（3）将两个Cl换成O可得与COCl2互为等电子体的一种阴离子为CO32，再将CO32中C换成N，又可得到NO3。故答案为：CO32或NO3；（4）甲基呋哺分子中O上无H，分子间不能形成氢键，甲基吡咯的熔、沸点高于甲基呋喃的原因是甲基吡咯分子间存在氢键。故答案为：甲基吡咯分子间存在氢键；（5）该晶胞中Al原子个数为2=1、Mg原子个数=8+2=2，所以其
22、化学式为Mg2Al；晶胞体积=（a10-7 cm）3，该晶体的密度= gcm3=gcm3，故答案为：Mg2Al；。【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、电离能、晶胞计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，难点（5）掌握均摊法进行晶胞有关计算。12.合成某药物的中间体G的流程如图：请回答下列问题：（1）A的名称为_(系统命名法)，F的分子式为_。反应的反应类型是_。（2）C中含氧官能团的名称为_。（3）已知一定条件下2分子乙酸分子间脱水生成1分子乙酸酐，写出该反应的化学方程式：_。（4）写出满足下列条件的E的同分异构体的结构简式：_。苯环上只有三个取
23、代基；核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰；1mol该物质与足量NaHCO3溶液反应生成2molCO2。（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以C6H5OOCCH2CH3为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。_。【答案】 (1). 4-氟苯酚 (2). C10H7O3F (3). 消去反应 (4). 羰基（酮基）、（酚）羟基 (5). 2CH3COOH CH3COOCOCH3H2O (6). 、 (7). 【解析】【分析】在浓硫酸作用下与乙酸酐发生取代反应生成B，B在氯化铝催化作用下异构为C，C与乙二酸二乙酯反应生成D，D与氢气在钯催化作用下发生加成反应生成E，E发生消去反应生成F，F与氢气发
24、生加成反应生成G。【详解】（1）A的名称为4-氟苯酚(系统命名法)，F的结构简式为，分子式为C10H7O3F。E为，E发生消去反应生成F，反应的反应类型是消去反应。故答案为：4-氟苯酚；C10H7O3F；消去反应；（2）C中含氧官能团的名称为羰基（酮基）、（酚）羟基。故答案为：羰基（酮基）、（酚）羟基；（3）一定条件下2分子乙酸分子间脱水生成1分子乙酸酐，该反应的化学方程式：2CH3COOH CH3COOCOCH3H2O。故答案为：2CH3COOH CH3COOCOCH3H2O；（4）E为，不饱和度为6，满足下列条件的E的同分异构体：苯环上只有三个取代基，除苯环外，还有2个不饱和度；核磁共振氢
25、谱图中只有4组吸收峰，分子对称；1mol该物质与足量NaHCO3溶液反应生成2molCO2，分子中有两个羧基，满足条件的结构简式为：、；故答案为：、；（5）比较C6H5OOCCH2CH3原料和，苯环不变，碳原子数不变，根据B在氯化铝催化作用下异构为C的相关信息，以C6H5OOCCH2CH3为原料先制备，再用钯催化用氢气将羰基还原为羟基，最后与浓溴水发生取代反应得，合成路线流程图(无机试剂任选)如下：。故答案为：。【点睛】本题考查有机物的合成，根据有机物的结构进行分析解答，熟练掌握官能团的性质与转化，侧重考查学生分析推理与知识迁移应用能力，（5）中注意利用转化关系中隐含的信息：反应的异构化，反应的选择性加成，进行合成路线的设计。