1、河北区2019-2020学年度高三年级总复习质量检测（二）化学注意事项：1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。以下数据可供解题时参考：可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64第I卷共36分一、单选题1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法正确的是（ ）A. SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池B. 煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
2、C. 乙酰胺（）与甘氨酸的化学性质相同D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作【答案】D【解析】【详解】A二氧化硅对光具有良好的全反射作用，则用于制作光导纤维，而Si为半导体材料可作光电池材料，故A错误；B煤经过气化生成水煤气，液化生成甲醇，都有新物质生成，都是化学变化，故B错误；C乙酰胺（）分子式为CH3CONH2与甘氨酸分子式为C2H5NO2，二者分子式不同，结构也不同，则化学性质不相同，故C错误；D用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，利用溶解性差异分离，为萃取分液法，故D正确；答案选D。2.下列说法正确的是（ ）A. 根据分散系是否具有丁达尔
3、效应将分散系分为溶液、胶体和浊液B. 核酸是一类含磷的生物高分子化合物，在稀盐酸中可发生水解C. 离子化合物NH5（H有正价和负价），阴离子为8电子稳定结构D. 常温下，35.5gCl2溶于水后，溶液中Cl2、HClO、ClO-、Cl-四种微粒总数为NA【答案】B【解析】【详解】A. 溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子的直径大小不同：溶液小于1nm、胶体1100nm、浊液大于100nm，不是根据丁达尔效应区分的，丁达尔效应用来鉴别溶液和胶体，A错误； B. 核酸是一类含磷的生物高分子化合物，核酸是由磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的，在稀盐酸中可以逐步水解，水解最终产物是磷酸、戊糖和碱
4、基，B正确；C. 离子化合物NH5（H有正价和负价），可以写成NH4H阳离子是NH4+，阴离子为H-，H-为-1价，核外只有2个电子，C错误；D. 35.5gCl2物质的量是，氯原子是1mol，Cl2溶于水后，根据Cl元素守恒溶液中应该有:2n(Cl2)+n(HClO)+n(ClO-)+n(Cl-)=1mol，D错误。答案选B。3.下列离子方程式的书写正确的是（ ）A. 向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O+4Cl2+5H2O=2SO+8Cl-+10H+B. 向AlCl3溶液中加入足量氨水：Al3+4NH3H2O=AlO+4NH+2H2OC. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+HC
5、O+OH-=CaCO3+H2OD. 在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+=I2+O2+2H2O【答案】A【解析】【详解】A向Na2S2O3溶液中通入足量的氯气，反应生成硫酸钠、硫酸、HCl和水，该反应的离子方程式为：S2O32+4Cl2+5H2O2SO42+8Cl+10H+，故A正确；B氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故B错误；C向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：NH4+HCO3+Ca2+2OHCaCO3+H2O+NH3H
6、2O，故C错误；D在海带灰的浸出液(含有I)中滴加H2O2得到I2，正确的离子方程式为：2I+H2O2+2H+=I2+2H2O，故D错误；答案选A。4.下列说法不正确的是（ ）A. 熵增原理不可独立作为反应自发性的判据B. 生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和石英砂C. 硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等D. 6.4gCu与3.2g硫粉混合隔绝空气加热，充分反应后，转移电子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A. 熵增原理指在与外界隔绝的体系中，自发过程将导致体系的熵增大，即熵变大于零；熵增有利于反应自发进行，但有些熵值减小的反应，在一定条件下也能自发进行，所以熵增原理不
7、可独立作为反应自发性的判据，A正确；B. 工业生产普通玻璃的反应是石灰石与二氧化硅生成硅酸钙、纯碱与二氧化硅生产硅酸钠，主要原料为石灰石、纯碱和石英砂，B正确；C. 硫元素在自然界的存在形式有游离态硫单质和化合态硫化物、硫酸盐等，C正确；D. 6.4gCu为0.1mol， 3.2g硫粉为0.1mol，隔绝空气加热，发生反应：2Cu+S，由反应可知：铜完全反应，硫过量，生成物中铜为+1价，则0.1mol Cu转移电子为0.1mol，电子数为0.1NA，D错误。答案选D。【点睛】硫的氧化性不强，Cu与S生成Cu 2S，Cu 2S中铜为+1价。5.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中只
8、有X、Y处于同一周期，且相邻；Y是地壳中含量最多的元素；Z是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是（ ）A. 离子半径：r(Z)r(X)r(Y)B. X单质的氧化性比Y的强C. 化合物Z2Y2中阴、阳离子个数比为11D. W、X、Y三种元素可以组成共价化合物和离子化合物【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Y是地壳中含量最多的元素，则Y是O元素，其中只有X、Y处于同一周期且相邻，且X原子序数小于Y，则X是N元素，Z是短周期中金属性最强的元素，则Z是Na元素，W在不同的周期，则W是H元素。【详解】A粒子半径比较规律：一般而言，电子层数越多其半径越大，电子层数
9、相同的元素，原子序数越大半径越小，N、O和Na对应的离子核外都是两层电子，所以半径：r(Na+)r(O2-)r(N3-)，A错误；BX单质是氮气、Y单质是氧气，同周期非金属性从左往右依次增强，元素的非金属性氧大于氮，非金属性越强其单质的氧化性越强，所以Y单质的氧化性大于X，B错误；C化合物Z2Y2为Na2O2，阳离子为Na+，阴离子为O22-，阴、阳离子个数比为12，C错误；DW、X、Y三种元素可组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵等，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，D正确；故选D。【点睛】粒子半径比较规律：一般而言，电子层数越多其半径越大，电子层数相同的元素，原子序数越大半径越小；Na2O2
10、中，阴离子为O22-是整体；H、N、O三种元素可形成酸：硝酸、碱：一水合氨、盐：硝酸铵。6.室温下，下列有关结论正确的是（ ）A. 向稀醋酸中加水稀释使电离程度增大，溶液pH减小B. 将CH3COONa溶液从20升温至30，溶液中增大C. 向0.1molL-1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，则c(Na+)+c(NH)=2c(SO)+c(HSO)D. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH7，则H2A是强酸【答案】C【解析】【详解】A. 向稀醋酸中加水稀释，能促进醋酸电离，使电离程度增大，氢离子物质的量增大，但是由于体积增大，氢离子浓度反而减小，所以溶液的pH增大，A
11、错误；B. 水解吸热，升高温度能促CH3COONa水解，使水解常数Kh变大，根据反应CH3COO-+H2O CH3COOH+-OH-，Kh=，则，Kh变大，比值减小，B错误；C. 向0.1molL-1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，有c(H+) = c(OH-)，反应后溶液中存在的阳离子有Na+、NH和H+，阴离子有SO、HSO和OH-，则有电荷守恒关系c(Na+)+c(NH) +c(H+) =2c(SO)+c(HSO)+ c(OH-) ，所以c(Na+)+c(NH)=2c(SO)+c(HSO)，C正确；D. 当HA-的电离程度大于水解程度时，此时NaHA是酸性，pH7，所以pHC，二氧化
12、碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性CSi，故选D。8.下面有关叙述中，不正确的是（ ）A. CH4中心原子的杂化轨道类型为sp3杂化B. 以非极性键结合起来的双原子分子一定是非极性分子C. 氯化钠晶体中，Na+和Cl-的配位数均为8D. 镍元素基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2【答案】C【解析】【分析】【详解】A. CH4中心原子碳与氢原子形成4个键，无孤电子对，杂化轨道类型为sp3杂化，A正确；B. 以非极性键结合起来的双原子分子，如氧气、氢气、氯气、氮气等，一定是非极性分子，B正确；C. 氯化钠的晶胞为，Na+和Cl-的配位数均为6，分别在它们的上
13、下左右前后位置，C错误；D. 镍是28号元素，在周期表中位于第四周期第族，根据构造原理，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，D正确；答案选C。【点睛】注意臭氧是单质分子，但不是非极性分子，是极性分子。9.下列说法正确的是（ ）A. 除去NaHCO3固体中的Na2CO3固体可用加热的方法B. 工业上采取电解熔融氧化镁的方法炼制金属镁C. 重结晶法提纯有机物选择溶剂要求：杂质在溶剂中溶解度受温度影响较大D. 溴乙烷与NaOH溶液共热后，加入AgNO3溶液，未出现淡黄色沉淀，不能说明溴乙烷没有水解【答案】D【解析】【分析】【详解】ANaHCO3固体加热生成碳酸钠，而碳
14、酸钠加热不分解，则不能用加热的方法除杂，故A错误；B氧化镁的熔点高，电解需要耗费大量能源，工业上采取电解熔融沸点较低的氯化镁的方法炼制金属镁，故B错误；C重结晶法提纯有机物选择溶剂要求：被提纯物在此溶剂中的溶解度受温度影响较大，杂质在此溶剂中的溶解度受温度影响较小，便于被提纯物的析出；如杂质在此溶剂中的溶解度随温度的变化较大，也会析出，不能进行重结晶，故C错误；D在加入硝酸银溶液之前必须先加稀硝酸中和未反应的NaOH，防止硝酸银和NaOH反应而干扰溴离子的检验，故D正确；答案选D。10.卡拉诺利是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示，下列关于卡拉诺利的说法正确的是（ ）A. 该物质遇FeCl3
15、溶液显紫色B. 分子中有3种含氧官能团C. 该物质属于苯的同系物D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH【答案】B【解析】【详解】A. 该物质不含酚羟基，遇FeCl3溶液不显色，A错误；B. 该分子中，含有羟基、酯基、醚键三种含氧官能团，B正确；C.该物质与苯的官能团的种类数目均不相同，不为苯的同系物，C错误；D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时，酯基水解生成了酚羟基，生成的酚羟基能继续与氢氧化钠反应，所以消耗2molNaOH，D错误；答案选B。【点睛】同系物，结构相似，当官能团不同或官能团个数不同时，不能属于同系物；酯基与氢氧化钠水解反应时要注意，当水解成酚羟
16、基时，能继续与氢氧化钠反应。11.研究小组采用电解法（惰性电极）将含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4的浆液分离成固体混合物和含铬元素的溶液，装置如图。下列说法不正确的是（ ）A. 阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2+4H+B. 适当增大电压，CrO也可在阴极室转化为Cr(OH)3除去C. 阴极室生成的物质可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离D. CrO通过阴离子交换膜进入阳极室，从而实现与浆液的分离【答案】B【解析】【分析】电解时，CrO42通过阴离子交换膜向阳极移动，在阳极氢氧根离子失电子发生氧化反应，OH放电后，阳极池酸度增强，发生反应2CrO42+2H+C
17、r2O72+H2O，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题。【详解】A阳极发生氧化反应，该电极的电极反应式为：2H2O - 4e-= O2+4H+，故A正确；B适当增大电压，电解时，右池为阳极，阴离子向阳极移动，CrO42通过阴离子交换膜向阳极移动，从而CrO42-能从浆液中分离出，故B错误； C阴极发生还原反应生成氢气，同时还会得到硫酸钠、氢氧化钠，Al(OH)3和MnO2中的氢氧化铝可以溶于氢氧化钠，氢氧化钠可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离，故C正确；D电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，通电后CrO42-将通过阴离子膜进入阳极室，从而实现与浆液的分离，
18、故D正确；答案选B。12.在3个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中，反应CO2(g)C(s)2CO(g)H0，分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是容器温度/K起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(CO2)n(C)n(CO)n(CO)I9770.280.5600.4II9770.560.560xIII1250000.56yA. 977K，该反应的化学平衡常数值为2B. 达到平衡时，向容器I中增加C的量，平衡正向移动C. 达到平衡时，容器中CO2的转化率比容器中的大D. 达到平衡时，容器中的CO的转化率大于28.6%【答案】C【解析】【分析】977K时，容器I：【详解】A.
19、 977K，根据容器I中的反应数据，该反应的化学平衡常数值为1，故A错误；B. C是固体，达到平衡时，向容器I中增加C的量，平衡不移动，故B错误；C. 容器与容器相比，相当于加压，达到平衡时，容器中CO2的转化率比容器中的大，故C正确；D. 若容器的温度是977K，则容器与容器I是等效平衡，平衡时CO的浓度是0.2mol/L，CO的转化率是，升高温度，正向移动，CO浓度增大，容器中的CO的转化率小于28.6%，故D错误。【点睛】本题考查平衡常数的计算、等效平衡原理，明确同一可逆反应，不管从正反应开始，还是从逆反应开始，只要按反应方程式中的化学计量之比投入反应物或生成物，建立起新的平衡状态都相同
20、。第II卷共64分二、填空题13.请用你所学的化学知识回答下列问题：(1)Na、Mg、Al中第一电离能最大的是_(填元素符号)，Fe原子基态电子排布式为_。(2)下列反应可用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O+3CH3CH2OH+16H+13H2O4Cr(H2O)63+3CH3COOH配合物Cr(H2O)63+中，与Cr3+形成配位键的原子是_(填元素符号)。1molCH3COOH分子含有键的数目为_NA。H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_。(3)S元素的最高价氧化物在气态时以单分子形式存在，中心原子的杂化方式为_杂化，其分子的立体构型为_。H2O、H
21、2S、H2Se沸点由低到高的顺序_。(4)将Cu的粉末加入浓氨水中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是_。(5)金属元素X和非金属元素Y生成某化合物的晶胞如图(X用白球表示，Y用黑球表示)，则该化合物的化学式为_。【答案】 (1). Mg (2). 1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2 (3). O (4). 7 (5). H2O分子与CH3CH2OH分子之间可以形成氢键 (6). sp2 (7). 平面三角形 (8). H2SH2SeH2O (9). 2Cu+8NH3H2O+O2=2Cu(NH3)42+4OH-+6H2O (10). XY2【解析】
22、【分析】根据原子的价电子排布确定第一电离能的大小；配合物中，含有孤对电子的原子提供给有空轨道的原子形成配位键；根据结构式确定键的个数，单键为键，双键或三键中只有一个是键；氢键的存在对物质的熔沸点和溶解性的影响；根据价层电子对互斥理论确定分子的杂化类型和空间构型；利用均摊法确定物质的化学式。【详解】(1)Na、Mg、Al在第三周期，价电子排布分别是3s1、3s2、3s23p1，Na最外层一个电子，且半径最大，最易失去一个电子，Mg3s上是全充满状态，Al易失去3p的一个电子，Mg比Al稳定，第一电离能最大的是Mg，Fe是26号元素，位于第四周期第族，根据构造原理基态电子排布式为1s22s22p6
23、3s23p63d64s2或Ar3d64s2；(2)配合物Cr(H2O)63+中，氧原子有孤对电子，提供给Cr3+，故与Cr3+形成配位键的原子是O；CH3COOH分子结构式为：，则每个分子中含有7个键，1molCH3COOH含有键的数目为7NA；CH3CH2OH分子中含有羟基，羟基与水分子之间能形成氢键，所以H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为H2O分子与CH3CH2OH分子之间可以形成氢键；(3)S元素的最高价氧化物是SO3，氧原子最外层6个电子接受两个电子形成稳定结构，中心原子硫原子最外层6个电子，则硫原子的孤电子对数为，价层电子对数是3，即中心原子的
24、杂化方式为sp2杂化，其分子的立体构型为平面三角形；H2O分子间存在氢键，H2S、H2Se无氢键，H2O沸点最高，H2S相对分子质量小于H2Se，则范德华力H2S小于H2Se，范德华力越大沸点越高，所以H2O、H2S、H2Se沸点由低到高的顺序为H2SH2Se”“”“”或“=”)。当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是_。（3）CO2在生产中有着广泛的用途。将过量CO2通入KOH溶液中可生成KHCO3，请写出该反应的离子方程式_。在经CO2饱和处理的KHCO3弱酸性溶液中，电解活化CO2可以制备乙醇，原理如图所示。该电极为_（填“阴极”或“阳极”），电极反应式
25、是_。【答案】 (1). H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) H=-41.2kJmol-1 (2). (3). 1 (4). (5). 进气比越大，反应温度越低 (6). CO2+OH-=HCO (7). 阴极 (8). 2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O【解析】【分析】（1）由题目所给反应过程图和盖斯定律计算可得；（2）该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；由题意建立三段式求解可得；由表格数据计算浓度熵Qc，比较浓度熵和平衡常数K的大小判断；由图可知，当CO平衡转化率相等时，进气比越大，反应温度越低；（3）过量CO2与KOH溶液反应生成KHCO
26、3；由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇。【详解】（1）由题目所给反应过程图可知，反应II为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g)，根据盖斯定律可知，反应III-反应I得反应II，则该反应的H=（+49.5kJ/mol）（+90.7kJ/mol）=-41.2 kJ/mol，热化学方程式为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) H=-41.2 kJ/mol，故答案为：H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) H=-41.2 kJ/mol；（2）该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，由图可知，进
27、气比相同时，温度由T1变为T2时，CO转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则T1T2，故答案为：；由图可知，A点CO转化率为50%，根据题目所给信息可得下列三段式：则反应平衡常数K=，故答案为：1；由表格数据可知，t时刻时反应的浓度熵K=1，说明平衡向逆反应方向移动，则v(正)v（逆），故答案为：；由图可知，当CO平衡转化率相等时，进气比越大，反应温度越低，故答案为：进气比越大，反应温度越低；（3）过量CO2与KOH溶液反应生成KHCO3，反应的离子方程式为CO2+OH-=HCO3，故答案为：CO2+OH-=HCO3；由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故答案为：阴极；2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O。【点睛】注意运用浓度熵判断平衡移动方向是解答关键，当浓度熵Qc平衡常数K，平衡向逆反应方向移动，v(正)v（逆），当浓度熵Qc=平衡常数K，平衡不移动，v(正)=v（逆），当浓度熵Qc平衡常数K，平衡向逆反应方向移动，v(正) v（逆）。