1、河西区20192020学年度第二学期高三年级总复习质量调查（二）化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16第卷注意事项：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，再选涂其他答案标号。2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1.下列常用的消毒剂中，消毒原理与氧化还原无关的是（ ）消毒剂医用酒精高锰酸钾溶液二氧化氯双氧水选项ABCDA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A酒精的分子具有很大的渗透能力，它能穿过细菌表面的膜，打道入细菌的内部，使构成细菌生命基础中
2、的蛋白质分子结构改变，引起使其蛋白质变性，与氧化还原无关，故A正确；B高锰酸钾溶液有强氧化性，消毒原理与氧化还原有关，故B错误；C二氧化氯有强氧化性，消毒原理与氧化还原有关，故C错误；D过氧化氢具有强氧化性，消毒原理与氧化还原有关，故D错误；故答案为A。2.下列食用品的有效成分对应正确的是（ ）A. 氢氧化铝B. 碳酸氢钠C. 硬脂酸甘油酯D. 蔗糖【答案】D【解析】【分析】【详解】A明矾是KAl(SO4)212H2O，不是氢氧化铝，故A错误；B纯碱是Na2CO3，不是NaHCO3，故B错误；C芝麻香油是植物油，主要成分不是硬脂酸甘油酯，因为硬脂酸甘油酯是固态的，故C错误；D白砂糖的主要成分是
3、蔗糖，故D正确；故答案为D。3.下列化学用语正确的是（ ）A. 中子数为10的氧原子：OB. NaOH的电子式：C. C2H2分子的比例模型：D. 由Si、H电负性分别为1.8、2.1推知SiHCl3中Si的化合价为+2价【答案】B【解析】【详解】A中子数为10的氧原子的质量数为18，其核素表示为，故A错误；BNaOH是离子化合物，其电子式为，故B正确；CC2H2分子组成中只有2个氢原子，是直线型分子，其比例模型是，故C错误；D由Si、H电负性分别为1.8、2.1，且Cl的非金属性比Si强，则SiHCl3中Si的化合价为+4价，故D错误；故答案为B。4.下列实验能达到预期目的的是（ ）A. 配
4、制稀硫酸B. 收集NO2气体C. 收集氨气D. 用铜丝做Na的焰色【答案】C【解析】【分析】【详解】A容量瓶是定容仪器，不能稀释浓硫酸，故A错误；BNO2能溶于水生成HNO3和NO，则NO2不能用排水法收集，故B错误；C收集NH3用向下排空气法，且瓶口放一团棉花，故C正确；D做熖色反应时应选用铂丝或无锈铁丝，而不能用铜丝代替，故D错误；故答案为C。5.以下有关研究有机物的步骤或方法正确的是（ ）A. 李比希元素定量分析可确定有机物分子组成及其结构式B. 对有机物分子进行红外光谱图的测定可确定其相对分子质量C. 重结晶法一般适用于分离提纯沸点差异较大的液态有机混合物D. 一般步骤：分离、提纯确定
5、实验式确定分子式确定结构式【答案】D【解析】【分析】【详解】A李比希元素定量分析可确定有机物的实验式，故A错误；B不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上处于不同的位置，所以红外光谱图能确定有机物分子中的化学键或官能团，测定相对分子质量应该选择质谱仪，故B错误；C温度影响溶解度，若被提纯物的溶解度随温度变化大，适用重结晶法分离，一般与沸点无关，故C错误；D通常研究有机物一般经过以下几个基本步骤：分离、提纯确定实验式确定分子式确定结构式，故D正确；故答案D。6.下列化学方程式或离子方程式书写正确的是（ ）A. 钠在空气中燃烧：4Na+O22Na2OB. Na2S2O3溶液与稀硫酸的反应：
6、S2O+4H+SO3+S+2H2OC. 浓硝酸与铜片的反应：Cu+4H+2NO=Cu2+2NO2+2H2OD. 用铁氰化钾溶液检验Fe2+：Fe2+Fe(CN)62-FeFe(CN)6【答案】C【解析】【分析】【详解】A钠在空气中燃烧生成Na2O2，反应方程式为2Na+O2Na2O2，故A错误；BNa2S2O3溶液与稀硫酸的反应时的离子方程式为S2O+2H+SO2+S+H2O，故B错误；C浓硝酸与铜片的反应时的离子方程式为Cu+4H+2NO=Cu2+2NO2+2H2O，故C正确；D用铁氰化钾溶液检验Fe2+时生成铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为3Fe2+2Fe(CN)63-Fe3Fe(CN)62，
7、故D错误；故答案为C。7.根据元素周期律，由下列事实进行的归纳推测合理的是（ ）选项事实推测A已擦干煤油的绿豆粒大的钠放入水中，剧烈反应大小相同的钾与水，缓慢反应BNa与Cl形成离子键Al与Cl形成离子键CSi是半导体材料，同族Ge也是半导体材料A族元素单质均可做半导体材料DHCl在1500时分解，HI在230时分解HBr的分解温度介于二者之间A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】【详解】AK的金属性比Na强，K与水反应比Na与反应更剧烈，故A错误；BNa与Cl形成离子键，但Al与Cl形成共价键，故B错误；CSi是半导体材料，同族的Ge是半导体材料，但A族元素的单质不都是半
8、导体材料，如Pb为金属单质，是导体，故C错误；D同主族非金属氢化物稳定性依次减弱，HCl在1500时分解，HI在230时分解，则HBr的分解温度介于二者之间，故D正确；故答案为D。8.普拉西坦是一种改善记忆、抗健忘的中枢神经兴奋药，其结构如图，下列关于普拉西坦的说法正确的是（ ）A. 碱性条件下可水解B. 它的二氯取代物有两种C. 它既有酸性，又有碱性D. 分子中所有C、N、O原子处于同一平面【答案】A【解析】【分析】【详解】A普拉西坦含有肽键，在碱性条件下可发生水解反应，A正确；B由结构对称性可以知道，含2种H，则2个Cl均在亚甲基上有2种，亚甲基、次甲基上各有1个时有3种，它的二氯取代物有
9、5种，B错误；C. 普拉西坦不含氨基、羧基，不具有酸性、碱性，C错误；D. 分子中含有饱和碳原子，而且由氨气为三角锥形结构可知，所有C、N、O原子不可能处于同一平面，D错误；故选A。9.下列反应的发生与“难溶电解质的溶解平衡”或“盐类水解平衡”无关的是（ ）A. Mg(OH)2沉淀能在饱和NH4Cl溶液中溶解B. 向淀粉KI溶液中滴加稀硫酸可观察到溶液变蓝C. Al2(SO4)3溶液遇NaHCO3溶液快速生成白色泡沫D. 含有CaSO4的水垢经饱和Na2CO3溶液浸泡转化为易溶于酸的CaCO3【答案】B【解析】【分析】 【详解】A氯化铵中存在水解平衡，加入氢氧化镁后会消耗氢离子，促使平衡正向进
10、行，故不选A；B向淀粉KI溶液中滴加稀硫酸可观察到溶液变蓝，是酸性条件下发生了氧化还原生成碘单质，与“难溶电解质的溶解平衡”或“盐类水解平衡”无关，故选B；CAl2(SO4)3和NaHCO3溶液中都存在水解平衡，两者之间相互促进，最终完全水解，生成二氧化碳和沉淀，故不选C；DCaSO4中存在沉淀溶解平衡，加入饱和Na2CO3溶液浸泡后，降低了钙离子浓度，促进平衡正向进行，故不选D；本题答案为B。10.下列对生铁片锈蚀对比实验的分析正确的是（ ）序号实验现象8小时未观察到明显锈蚀8小时未观察到明显锈蚀1小时观察到明显锈蚀A. 对比实验，说明苯能隔绝O2B. 实验中，生铁片未见明显锈蚀的主要原因是
11、缺少O2C. 实验中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀D. 实验中，属于铁的吸氧腐蚀，负极反应：O2+4e-+2H2O=4OH-【答案】C【解析】【详解】A中观察到明显锈蚀，则中氯化钠溶液中溶有的氧气的量比中的多，说明苯不能隔绝O2，A错误；B实验中，苯属于非电解质，不满足电化学腐蚀条件，不是缺少O2，B错误；C实验中，根据实验现象，中出现明显锈蚀，说明氯化钠溶液中溶有的氧气，苯不能隔绝空气中的氧气进入氯化钠溶液，但是密闭体系，溶解的氧气较少，不足以使铁片明显锈蚀，C正确；D实验中，氧气作正极，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，D错误；故选C。11.HCHO与O2在H
12、AP表面催化氧化的历程示意图如图：(HAP仅为部分结构)下列说法正确的是（ ）A. HAP能提高HCHO的平衡转化率B. HCHO在反应过程中有C-H键的断裂C. 产物CO2分子中的氧原子全部来自O2D. 该反应可表示为2HCHOO2CO22H2O【答案】B【解析】【详解】AHAP在反应前后没有发生变化，是该反应的催化剂，催化剂不影响平衡转化率，A错误；B由图示信息可知，甲醛在反应过程中，甲醛中碳氢键发生断裂，B正确；C由图示信息可知，产物CO2分子中的氧原子有1个来自于氧气，有1个来自于甲醛，C错误；D甲醛和氧气在HAP的催化下生成二氧化碳和水，反应可表示为HCHOO2CO2H2O，D错误；
13、故选B。12.25，用0.100molL-1的NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100molL-1的盐酸和0.100molL-1的醋酸，得到如图所示滴定曲线：下列说法不正确的是（ ）A. 图1表示的是滴定盐酸的曲线B. 图2滴定应选用甲基橙做指示剂C. 图中A、D点水电离程度：ADD. 图2中B点：c(CH3COO-)c(Na)c(H)c(OH-)【答案】B【解析】【详解】A根据图示信息，滴定开始时，0.100mol/L的盐酸pH为1，故图1是盐酸的滴定曲线，A正确；B根据图示信息，图2是氢氧化钠滴入醋酸中，反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，只能选择酚酞作指示剂，B错误；C达到图中A、D点时，消
14、耗的氢氧化钠的物质的量是相等的，生成物是氯化钠和醋酸钠，醋酸钠水解促进水的电离，故水的电离程度：A”“”“=”，下同)。T1_T2。.在2L的恒温密闭容器中通入5molO2并加入足量Cu2S发生反应：Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g) H1=-271.4kJ/mol，反应过程中某气体的体积分数随时间变化如图所示。(4)反应前2min平均反应速率v(SO2)=_；该温度下反应的平衡常数K=_。若保持温度不变向平衡体系中再通入1molO2，达到新平衡后氧气的体积分数_(填“大于”“小于”或“等于”)原平衡时氧气的体积分数。【答案】 (1). CH2OH(CHOH)4CHO+2C
15、u(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O+3H2O (2). C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g) H=+34.5kJmol-1 (3). (4). (5). 0.5mol/(Lmin) (6). 1.5 (7). 等于【解析】【分析】根据盖斯定律书写热化学方程式并进行反应热的计算；根据表格数据判断达到平衡的时间从而判断催化效率；根据图像分析得出该图像表示SO2的体积分数随时间的变化，结合三段式计算反应速率和平衡常数，根据等效平衡的概念分析解答。【详解】(1)方法a用葡萄糖还原新制的Cu(OH)2(NaOH过量)制备Cu2O，反应的化学方程式为CH2OH
16、(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O+3H2O，故答案为：CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O+3H2O；(2)方法c用炭粉在1000以上还原CuO制备Cu2O，同时放出CO，反应的化学方程式为C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g)，可通过反应+-2得到，则根据盖斯定律可得H=(-169kJmol1)+(-110.5kJmol1)-2(+157kJmol1)=+34.5kJmol1，故答案为：C(s)+2CuO(s)Cu2O(s)+CO(g) H=+34.5kJ
17、mol-1；(3)根据表格数据分析可知，实验更快达到平衡状态，反应速率更快，故催化效率实验i实验ii，故答案为：；比较实验ii、，实验中初始水蒸气浓度是实验ii的一倍，但反应结束时水蒸气的浓度小于实验2的一倍，故平衡向正反应反应移动，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，则T1T2，故答案为：；(4)根据图示可知曲线为SO2的体积分数，反应过程中气体体积不变，则2min时，生成SO2的物质的量为n=5mol40%=2mol，则2min平均反应速率，反应在9min后达到平衡，此时SO2的体积分数为60%，则n(SO2)=560%=3mol，n(O2)=540%=2mol，则平衡常数，该反应前后体积不变，则通入氧气时，平衡不移动，转化率不变，则氧气的体积分数等于原平衡时氧气的体积分数，故答案为：0.5 mol/(Lmin)；1.5；等于。
