1、广东省深圳中学2020届高三化学3月份教学质量监测卷（含解析）说明: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)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1.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是()太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g) O2(g)H1571.6 kJmol1焦炭与水反应制氢：C(s) H2O(g)=CO(g) H2(g)H2131.3 kJmol1甲烷与水反应制氢：CH4(g) H2O(g)=C
2、O(g)3H2(g)H3206.1 kJmol1A. 反应中电能转化为化学能B. 反应为放热反应C. 反应使用催化剂，H3减小D. 反应CH4(g)=C(s)2H2(g)的H74.8 kJmol1【答案】D【解析】【详解】A. 反应中，太阳光催化分解水制氢，由光能转化为化学能，A不正确；B. 反应中，H20，为吸热反应，B不正确；C. 反应中，使用催化剂，对H3不产生影响，C不正确；D. 将反应-反应得，反应CH4(g)=C(s)2H2(g)的H74.8 kJmol1，D正确；故选D。2.某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池。放电时电池的总反应为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2
3、+ C6(xc(OH)D. 当混合溶液呈中性时，c(Na)c(HX)c(X2)c(OH)=c(H)【答案】D【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取0.6和4.8点， =100.6molL1，c(H)=104.8molL1，代入Ka2得到Ka2=105.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6molL1，c(H)=105
4、.0molL1，代入Ka1得到Ka2=104.4，因此HX的水解常数是1014/104.4Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H)c(OH)，C正确；D.根据图像可知当0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，0，即c(X2-)c(HX-)，D错误；答案选D。5.实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是()A. 、中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液B. 管式炉加热前，用试管在处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度C. 结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热D. 装置Q(启普发生器)也可用于
5、二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气【答案】B【解析】【详解】A、从焦性没食子酸溶液逸出的气体含有水蒸气，所以宜于最后通过浓硫酸干燥气体，选项A错误；B、管式炉加热前，用试管处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度，以免因气体不纯引发爆炸，选项B正确；C、为了防止W受热被氧化，应该先停止加热，等待W冷却后再关闭K，选项C错误；D、二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，而启普发生器不能加热，所以启普发生器不能用于氯气的制备，选项D错误。答案选B。6.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（ ）A. 制取SO2B. 验证漂白性C. 收集SO2D. 尾气处理【答案】B【解析】【
6、详解】A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“长进短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。7.2016北京在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下：对二甲苯邻二甲苯间二甲苯苯沸点/13814413980熔点/1325476下列说法不正确的是A. 该反应属于取代反应B. 甲苯的沸点高于144 C. 用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来D. 从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来
7、【答案】B【解析】【详解】A甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，故A正确；B甲苯的相对分子质量比二甲苯小，故沸点比二甲苯低，故B错误；C苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，故C正确；D因为对二甲苯的沸点较高，将温度冷却至-2513，对二甲苯形成固体，从而将对二甲苯分离出来，故D正确；故选B。三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。(一)必考题8.Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：回答下列问题：（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图
8、所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为_。（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式_。（3）TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示：温度/3035404550TiO2xH2O转化率/%9295979388分析40时TiO2xH2O转化率最高的原因_。（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为_。（5）若“滤液”中c(Mg2+)=0.02 mol/L，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.010-5 mol/L，此时是否有Mg3(PO4
9、)2沉淀生成_（列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.310-22、1.010-24。（6）写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4化学方程式_。【答案】 (1). 100、2h，90，5h (2). FeTiO3+ 4H+4Cl = Fe2+ TiOCl42- + 2H2O (3). 低于40，TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2xH2O转化反应速率下降 (4). 4 (5). Fe3+恰好沉淀完全时，c(PO43-)=molL1=1.31017 molL1，c3(Mg2+)c2(PO43-)(0.01)3(1
10、.31017)2=1.71040Ksp Mg3(PO4)2，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀 (6). 2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O+ 3CO2【解析】（1）由图示可知，“酸浸”时铁的净出率为70%时所需要的时间最短，速率最快，则应选择在100、2h，90，5h下进行；（2）“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3生成TiOCl42时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H+4ClFe2+ TiOCl42 + 2H2O；（3）温度是影响速率的主要因素，但H2O2在高温下易分解、氨水易挥发，即原因是低于40，TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超
11、过40，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2xH2O转化反应速率下降；（4）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为-2价，Ti为+4价，过氧根(O22-)中氧元素显-1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(+1)2+(+4)5+(-2)(15-2x)+(-1)2x=0，解得：x=4；（5）KspFePO4=c(Fe3+)c(PO43-)=1.310-2，则c(PO43-)1.310-17mol/L，QcMg3(PO4)2c3(Mg2+)c2(PO43-)(0.01)3(1.310-17)2=1.6910-401.01034，则无沉淀。（6）高温下FePO4与Li2CO3和H2C2
12、O4混合加热可得LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O+ 3CO2。9.2017新课标绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：（1）试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：_、_。（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好
13、装置进行实验。仪器B的名称是_。将下列实验操作步骤正确排序_（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。a点燃酒精灯，加热 b熄灭酒精灯 c关闭K1和K2d打开K1和K2，缓缓通入N2 e称量A f冷却到室温根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_（列式表示）。若实验时按a、d次序操作，则使x_（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。C、D中的溶液依次为_（填标号）。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为_。a品红 bNaOH c
14、BaCl2 dBa(NO3)2 e浓H2SO4写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_。【答案】 (1). 样品中没有Fe3+ (2). Fe2+易被氧气氧化为Fe3+ (3). 干燥管 (4). dabfce (5). (6). 偏小 (7). c、a (8). 生成白色沉淀、褪色 (9). 2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3【解析】（1）样品溶于水滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，说明样品中无Fe3+；再向试管中通入空气，溶液逐渐变红，这说明有铁离子产生，即硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁，铁离子遇KSCN溶液显红色；（2）根据仪器构造可知B是干燥管；由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚
15、铁，所以加热前需要排尽装置中空气，利用氮气排出空气，为了使生成的水蒸气完全排除，应该先熄灭酒精灯再冷却，然后关闭K1和K2，最后称量，即正确的排序是dabfce；样品的质量是（m2m1）g，加热后剩余固体是硫酸亚铁，质量为（m3m1）g，生成水的质量为（m2m3）g，FeSO4xH2OFeSO4 + xH2O152 18x（m3m1）g （m2m3）g则：，解得：x=；若实验时按a、d次序操作，在加热过程中硫酸亚铁被空气氧化为硫酸铁，导致m3增加，因此x偏小；（3）最终得到红棕色固体，说明有氧化铁生成，即分解过程发生了氧化还原反应，根据化合价变化可知一定有SO2生成，这说明硫酸亚铁分解生成氧化
16、铁、SO2和三氧化硫。三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸和钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，由于硝酸钡在酸性溶液中有氧化性，能氧化SO2，所以应该用氯化钡，检验SO2用品红溶液，所以C、D的溶液依次为氯化钡溶液和品红溶液，实验现象是C中溶液变浑浊产生白色沉淀，D中品红溶液褪色，故答案为c、a；根据以上分析可知硫酸亚铁高温分解生成氧化铁、SO2和SO3，根据电子守恒和原子守恒得此反应的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3。10.凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3+H3BO3=N
17、H3H3BO3；NH3H3BO3+HCl= NH4Cl+ H3BO3。回答下列问题：（1）a的作用是_。（2）b中放入少量碎瓷片的目的是_。f的名称是_。（3）清洗仪器：g中加蒸馏水；打开k1，关闭k2、k3，加热b，蒸气充满管路；停止加热，关闭k1，g 中蒸馏水倒吸进入c，原因是_；打开k2放掉水，重复操作23次。（4）仪器清洗后，g中加入硼酸（H3BO3）和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭k3，d中保留少量水。打开k1，加热b，使水蒸气进入e。d中保留少量水的目的是_。e中主要反应的离子方程式为_，e采用中空双层玻璃瓶的作用是_。（5）取某甘氨酸（C2
18、H5NO2）样品m 克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c molL1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为_%，样品的纯度_%。【答案】 (1). 避免b中压强过大 (2). 防止暴沸 (3). 直形冷凝管 (4). c中温度下降，管路中形成负压 (5). 液封，防止氨气逸出 (6). +OHNH3+H2O (7). 保温使氨完全蒸出 (8). (9). 【解析】【分析】a与大气相通，其作用是平衡气压，使b中气压与大气压相等，以避免b中压强过大导致容器炸裂；b中的液体为蒸馏水，一般纯液体在加热过程中容易引起暴沸，所以需要加入碎瓷片来防止暴沸；体系内充满水蒸气后，关闭k1，水蒸气会慢慢冷凝为
19、水，体系内气压小于外界大气压，在大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入e中，e中的水再倒吸入c中；氨气的密度比空气的小，若d留有缝隙，易导致氨气泄露出去，所以d中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出；e装置是用来制取氨气的，g装置是用来吸收氨气的，制取氨气时发生的反应为：+OHNH3+H2O；求样品中氮元素的质量分数时，根据反应NH2HBO2+HCl= NH4Cl+H3BO2，可知n(N)=n(HCl),求出消耗的HCl的物质的量即可求出N的物质的量，根据甘氨酸的分子量及样品的质量，可求出样品的纯度，同时，根据其摩尔质量为14g/mol和样品的质量为m 克，可求出样品中的氮的质量分数。【详解
20、】(1) a的作用是平衡气压，以避免b中压强过大；(2) b中放入少量碎瓷片的目的是防止暴沸。f的名称是直形冷凝管；(3) g中蒸馏水倒吸进入c的原因是g、e及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入中；(4)d中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出；e中主要反应是铵盐与碱在加热条件下的反应，离子方程式为+OHNH3+H2O； e采用中空双层玻璃瓶的作用是保温减少热量损失，有利于铵根转化为氨气逸出；(5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol/L的盐酸VmL，根据反应NH2HBO2+HCl=
21、NH4Cl+H3BO2，可以求出样品中n (N)=n(HCl)=c mol/LV10-3 L=0.001cV mol， 则样品中氮的质量分数为（0.001cV14g/mol）/ mg100%= % ，样品中甘氨酸的质量0.001cV75g，所以样品的纯度 % 。(二)选考题: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.我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl（用R代
22、表）。回答下列问题：(1)氮原子价层电子的轨道表达式（电子排布图）为_。(2)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）。第二周期部分元素的E1变化趋势如图（a）所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是_；氮元素的E1呈现异常的原因是_。(3)经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图（b）所示。从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为_，不同之处为_。（填标号）A中心原子的杂化轨道类型 B 中心原子的价层电子对数C立体结构 D共价键类型R中阴离子N5中的键总数为_个。分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的
23、原子数，n代表参与形成大键的电子数（如苯分子中的大键可表示为），则N5中的大键应表示为_。图（b）中虚线代表氢键，其表示式为(NH4+)NHCl、_、_。(4)R的晶体密度为d gcm3，其立方晶胞参数为a nm，晶胞中含有y个单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为_。【答案】 (1). (2). 同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大 (3). N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子 (4). ABD (5). C (6). 5 (7). (8). (H3O+)O-HN(N5-) (9). (NH4+)N-HN(N
24、5-) (10). 【解析】【详解】(1)氮原子价层电子为最外层电子，即2s22p3，则电子排布图为；(2)元素的非金属性越强，越易得到电子，则第一电子亲和能越大，同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大；N的最外层为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子；答案为同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子；(3)图示中的阳离子分别为H3O和NH4；A阳离子为H3O和NH4，NH4中心原子N形成4个键，孤电子对数为价层电子对数为4，杂化类型为sp3；H
25、3O中心原子是O，形成3键，孤电子对数为，价层电子对数为4，为sp3杂化；B由以上分析可知H3O和NH4中心原子的价层电子对数都为4；CNH4为空间构型为正四面体，H3O为空间构型为三角锥形；D含有的共价键类型都为键。两种阳离子的相同之处为ABD，不同之处为C；根据图（b）N5中键总数为5个；根据图示，每个N原子和周边的N原子形成2个键，则每个N原子还有1个2P轨道没有成键。可知5个N原子，共有5个2p轨道，形成一个大键，该大键含有5+1个=6电子，可用符号表示；O、N的非金属性较强，对应的O-H、N-H都可与N形成氢键，根据图示，氢键还有2种，可表示为(H3O+)O-HN(N5-)、(NH4
26、+)N-HN(N5-)；(4)由，NA=6.021023mol1，带入数据，得。12.四苯基乙烯(TPE)及其衍生物具有诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛。以下是TPE的两条合成路线(部分试剂及反应条件省略)：（1）A的名称是_；试剂Y为_。（2）BC的反应类型为_；B中官能团的名称是_，D中官能团的名称是_。（3）EF的化学方程式是_。（4）W是D的同分异构体，具有下列结构特征：属于萘（）的一元取代物；存在羟甲基(CH2OH)。写出W所有可能的结构简式：_。（5）下列叙述正确的是_。a. B的酸性比苯酚强b. D不能发生还原反应c. E含有3种不同化学环境的氢d. TPE既属于芳香烃
27、也属于烯烃【答案】 (1). 甲苯 (2). 酸性高锰酸钾 (3). 取代反应 (4). 羧基 (5). 羰基 (6). (7). 、 (8). a d【解析】【详解】A分子式为C7H8，A能转化为，则A的结构简式为；根据EF，E的结构简式和F的分子式，E发生水解反应生成F，F的结构简式为；（1）A的结构简式为，A的名称为甲苯；甲苯苯甲酸需要的试剂Y为酸性高锰酸钾；（2）对比B、C的结构简式，BC为取代反应；B的结构简式为，B中官能团的名称为羧基；D的结构简式为，D中官能团的名称为羰基；（3）EF的化学方程式是；（4）D的结构简式为，D的分子式为C13H10O，不饱和度为9，D的同分异构体W具有属于萘（）的一元取代物，萘环有7个不饱和度，则侧链上有2个不饱和度；存在羟甲基(CH2OH)，符合条件的W的结构简式为、；（5）a. B的结构简式为，羧基的酸性大于酚羟基，B的酸性比苯酚强，故a正确；b. D的结构简式为，D可以与氢气发生加成反应，即还原反应，故b错误；c.E的结构简式为，E中含有4种不同环境的氢原子，故c错误；d.TPE分子中含有苯环和碳碳双键，TPE既属于芳香烃也属于烯烃，故d正确；答案选ad。
