1、广东省广州市华南师范大学附属中学2020届高三化学教学质量监测卷（含解析）说明：1.全卷满分300分，考试时间150分钟。2.全卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分。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.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230时，该反应的平衡常数K=2105。已知：Ni(C
2、O)4的沸点为42.2，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230制得高纯镍。下列判断正确的是A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B. 第一阶段，在30和50两者之间选择反应温度，选50C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D. 该反应达到平衡时，v生成Ni(CO)4=4v生成(CO)【答案】B【解析】【详解】A.平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故A错误；B.50时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，故B正确；C.230时，Ni(CO)4分解的平衡常数K逆=1/
3、K正=1/（2105）=5104，可知分解率较高，故C错误； D.平衡时，应该是4v生成Ni(CO)4=v生成(CO)，故D错误；正确答案：B2.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是()A. 气态氢化物的稳定性：H2ONH3SiH4B 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：ClCSiD. 用中文“”(o)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族【答案】C【解析】【详解】A.非金属性ONSi，气态氢化物的稳定性：H2ONH3SiH4，故不选A；B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共
4、价化合物或离子化合物，故不选B；C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故选C；D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；答案：C3.给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）A. 粗硅SiCl4SiB. Mg(OH)2MgCl2(aq)MgC. Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3D. AgNO3(aq)Ag(NH3)2OH(aq)Ag【答案】A【解析】【详解】A粗硅中Si与Cl2在高温下发生化合反应产生SiCl4，杂质也与氯气发生反应变为氯化物，由于
5、杂质的氯化物与SiCl4沸点不同，通过分馏分离出来，然后使SiCl4与氢气在高温下发生反应产生Si和HCl，都可以一步完成，正确；BMg(OH)2与HCl发生酸碱中和反应产生MgCl2，将MgCl2蒸馏浓缩冷却结晶得到MgCl26H2O，把该物质在HCl的环境中加热蒸发，得到无水MgCl2，电解熔融的MgCl2可制取得到金属Mg，可见由MgCl2溶液不能一步得到金属镁，错误；CFe2O3与盐酸发生复分解反应产生FeCl3溶液，该盐是强酸弱碱盐，加热蒸发水分，盐水解产生Fe(OH)3和HCl，HCl挥发逸出，最后得到的固体是Fe(OH)3，要得到无水FeCl3，应该先蒸发溶液得到晶体后在HCl的
6、环境中加热蒸发，得到无水FeCl3，错误；D向AgNO3溶液中加入氨水发生银镜反应产生Ag(NH3)2OH；由于蔗糖无还原性，因此与银氨溶液变化发生银镜反应产生单质银，错误。4.下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是( )A. 某无色溶液中可能大量存在 H、Cl、MnO4B. pH2 的溶液中可能大量存在 Na、NH4、SiO32C. Fe2与 H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2H2O22H=2Fe32H2OD. 稀硫酸与 Ba(OH)2 溶液的反应：H+SO42-Ba2+OH-=BaSO4H2O【答案】C【解析】【详解】AMnO4是紫色，不可能存在无色溶液中，故A错误；BpH2的溶液呈酸
7、性，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，不能大量共存，故B错误；CFe2与 H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水，反应的离子方程式：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O，满足得失电子守恒和电荷守恒，故C正确；D氢离子和硫酸根离子的个数比、氢氧根离子和钡离子的个数比均应为2:1，正确的离子方程式应为：2H+SO42-Ba2+2OH-=BaSO42H2O，故D错误；答案选C。【点睛】D项的离子方程式虽然符合电荷守恒，但是不符合客观事实。5.将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。原混合气体中O2的体积可能是（
8、假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）A. 231.5mLB. 268.8mLC. 287.5mLD. 313.6mL【答案】CD【解析】【详解】将O2和NH3的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O。充分反应后，再通过足量的水，发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，将两个方程式叠加，可得总反应方程式：NH3+2O2=HNO3+H2O，若最后得到的气体是NO，44.8mLNO转化需要消耗的氧气56mL，发生反应消耗的氧气的体积是 ，则氧气的总体积是V(O2)= 。若最后剩余的气体是O2，则O2应该是反应消耗的和剩余的两部分，氧气的体积是：V(
9、O2)=403.2mL2/3+44.8mL=313.6mL。故答案是选项CD。6.锌空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH+2H2O=2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（ ）A. 充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B. 充电时，电解质溶液中c(OH) 逐渐减小C. 放电时，负极反应为：Zn+4OH-2e= Zn(OH)42D. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）【答案】C【解析】【详解】A充电时，阳离子向阴极移动，即K向阴极移动，A项错误；B放电时总反应为2Zn+O2+4OH+ 2H2O=2Zn(OH)42-，
10、则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；C放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH-2e=Zn(OH)42-，C项正确；D标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；答案选C。【点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O22H2O4e=4OH，负极电极反应式为：Zn+4OH-2e=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，
11、阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。7.合成导电高分子材料PPV的反应：下列说法中正确的是（ ）A. 合成PPV的反应为加聚反应B. PPV与聚苯乙烯具有相同重复结构单元C. 和苯乙烯互为同系物D. 通过质谱法测定PPV的平均相对分子质量，可得其聚合度【答案】D【解析】【详解】A. 合成PPV的反应为缩聚反应，故A错误；B. PPV与聚苯乙烯重复结构单元不相同，聚苯乙烯的重复结构单元为，
12、没有碳碳双键，故B错误；C. 含有两个碳碳双键，苯乙烯含有一个碳碳双键，结构不相似，因此不互为同系物，故C错误；D. 通过质谱法测定PPV的平均相对分子质量，可得其聚合度，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】加聚反应与缩聚反应的区别是加聚反应生成高分子化合物，缩聚反应生成高分子化合物同时还生成了小分子。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.用零价铁(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
13、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_。(3)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+=
14、NH4+3H2O (3). 因为铁表面生成不导电的FeO(OH)，阻止反应进一步发生 (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)Fe还原水体中NO3-，根据题意Fe3O4为电解质，Fe作还原剂，失去电子，发生氧化反应，作原电池的负极；NO3-在正极得电子发生还原反应产生NH4+，根据电荷守恒及原子守恒书写电极反应式；(2)由于Fe3O4为电解质，而电解质主要作用是为电子转移提供媒介，然后
15、根据FeO(OH)不导电进行分析；(3)根据Fe2+的作用进行分析。【详解】(1)Fe是活泼的金属，根据还原水体中的NO3-的反应原理图可知，Fe失去电子被氧化，作原电池的负极；正极上NO3-得到电子发生还原反应变为NH4+，结合元素和电荷守恒可知电极反应式为：NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O；(2)从pH对硝酸根去除率的影响来看，初始pH=4.5时去除率低，主要是因为铁表面产生了不导电的FeO(OH)，阻止反应进一步发生；(3)Fe2H=Fe2H2，初始时溶液的pH较小，溶液中氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度较大，促使FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，因而使NO3-去除反应
16、进行的更完全；当初始pH高时，由于产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3-去除率和铁的最终物质形态不同，因而NO3-去除率降低。【点睛】考查化学反应原理，涉及电化学、氧化还原反应等知识，Fe单质与NO3-的反应跟溶液酸碱性有关，抓住这一点是解题的关键，要注意疏松的Fe3O4可导电，而FeO(OH)不能导电，电解质溶液中自由移动的微粒浓度降低，原电池反应发生缓慢。要充分利用题干信息分析解答，注意从实验条件的不同进行对比，力求阐述上的准确性。9.以电石渣为原料制备KClO3的流程如图：(1)氯化过程控制电石渣过量，在75左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2反应，Ca(C
17、lO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。生成Ca(ClO)2的化学方程式为_。提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有_(填序号)。A适当减缓通入Cl2速率 B充分搅拌浆料 C加水使Ca(OH)2完全溶解(2)氯化过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，氯化完成后过滤。滤渣的主要成分为_(填化学式)。滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比nCa(ClO3)2：n(CaCl2)_1：5（填“”、“”或“=”）。(3)向滤液中加入稍过量KCl固体
18、可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100 gL-1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是_。【答案】 (1). 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O (2). AB (3). CaCO3、Ca(OH)2 (4). (5). 蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】电石渣中含有Ca(OH)2，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3。【详解】(1)氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的
19、化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率，可使氯气和氢氧化钙充分接触，可适当减缓通入Cl2速率、充分搅拌浆料，因氢氧化钙微溶于水，加水溶解的做法不可取，因浓度过低，对后续实验不利，故合理选项是AB；(2)氯化过程中发生氧化还原反应：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca(ClO3)2溶于水，由于电石渣中含有的CaCO3不溶于水，Ca(OH)2微溶于水，则滤渣中含有CaCO3、Ca(OH)2；氯化过程中Cl2与氢氧化钙反应中，还有一部分反应生成Ca(ClO)2和CaCl2
20、，则nCa(ClO3)2：n(CaCl2)1：5；(3)要从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体，应通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法。【点睛】本题考查物质的制备，解答本题注意把握物质的性质以及题给信息，把握反应的流程，同时要具有扎实的实验基础知识，题目侧重考查学生的分析、实验能力。10.丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：（1）正丁烷（C4H10）脱氢制1-丁烯（C4H8）的热化学方程式如下：C4H10(g)= C4H8(g)+H2(g) H1已知：C4H10(g)+O2(g)= C4H8(g)+H2O(g) H2=-119 kJmol-1H2(g)+ O2(g)= H2
21、O(g) H3=-242 kJmol-1反应的H1为_ kJmol-1。图（a）是反应平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x_0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是_（填标号）。A升高温度 B降低温度 C增大压强 D降低压强（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图（b）为丁烯产率与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_。（3）图（c）为反应产率和反应温度关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590之前随温
22、度升高而增大的原因可能是_、_；590之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_。【答案】 (1). +123kJmol1 (2). 小于 (3). AD (4). 氢气产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大 (5). 升高温度有利于反应向吸热方向进行 (6). 温度升高反应速率加快 (7). 丁烷高温裂解生成短链烃类【解析】【详解】（1）根据盖斯定律，用式-式可得式，因此H1=H2-H3=-119 kJ/mol +242 kJ/mol =+123kJ/mol。由a图可以看出，温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，根据反应前后气体系数之和，
23、反应前气体系数小于反应后气体系数之和，因此减小压强，平衡向正反应方向移动，即x0.1。提高丁烯的产率，要求平衡向正反应方向移动，A、因为反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，即丁烯转化率增大，故A正确；B、降低温度，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故B错误；C、反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故C错误；D、根据C选项分析，降低压强，平衡向正反应方向移动，丁烯转化率提高，故D正确；（2）因为通入丁烷和氢气，发生，氢气是生成物，随着n(H2)/n(C4H10)增大，相当于增大氢气的量，反应向逆反应方向进行，逆反应速率增加
24、；（3）根据图(c)，590之前，温度升高时反应速率加快，生成的丁烯会更多，同时由于反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯。而温度超过590时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应的丁烷也就相应减少。(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。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
25、数是最外层电子数的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
26、为_；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
27、元素，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
28、为Cl2O，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)
29、6.021023/mol，晶胞的体积为(0.56610-7)cm3，则晶体F的密度为=2.27gcm-3。12.功能高分子P的合成路线如下：（1）A的分子式是C7H8，其结构简式是_。（2）试剂a是_。（3）反应的化学方程式：_。（4）E的分子式是C6H10O2。E中含有的官能团：_。（5）反应的反应类型是_。（6）反应的化学方程式：_。（5）已知：2CH3CHO。以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线（用结构简式表示有机物），用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。_。【答案】 (1). (2). 浓硫酸和浓硝酸 (3). (4). 碳碳双键、酯基 (5). 加聚反
30、应 (6). (7). 【解析】【分析】根据高分子P的结构和A的分子式为C7H8，可以推出，D为对硝基苯甲醇，那么A应该为甲苯，B为对硝基甲苯，C为一氯甲基对硝基苯【详解】（1）A的结构式为，答案为：；（2）甲苯和硝酸在浓硫酸催化作用下生成对硝基苯，所以试剂a为浓硫酸和浓硝酸，答案为：浓硫酸和浓硝酸；（3）反应是一氯甲基对硝基苯在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成对硝基苯甲醇，反应的化学方程式为：，答案为：；（4）根据高分子P的结构式，再结合E的分子式可以推出E的结构式为CH3CH=CHCOOC2H5，所含官能团有碳碳双键、酯基，答案为：碳碳双键、酯基；（5）F应该是E发生加聚反应生成的一个高分子化合物，所以反应是加聚反应，答案为：加聚反应；（6）反应的化学方程式为，答案为：；（7）乙烯和水可以直接加成生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛发生已知条件中的反应既可以使碳链增长，在氧化醛基为羧基，3-羟基丁酸消去即可得2-丁烯酸，羧酸和乙醇发生酯化反应，即可得物质E，合成路线为：
