1、高考资源网（） 您身边的高考专家河西区20192020学年度第二学期高三年级总复习质量调查（一）化 学 试 卷化学试卷共100分，考试用时60分钟。试卷分为第卷（选择题）和第卷两部分，第卷1至4页，第卷5至8页。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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
2、。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.下列关于化学与生产、生活的说法不正确的是A. NH3可用作消毒剂B. 明矾可用作净水剂C. Na2CO3可用于洗涤油污D. 铁粉可作为食品的抗氧化剂【答案】A【解析】【详解】ANH3有毒，可对人体造成危害，不能作为消毒剂，A错误；B明矾中的铝离子在水中水解生成Al(OH)3，可以吸附水中的悬浮物，起到净水作用，B正确；C碳酸钠溶液显碱性，可以与油污发生反应，洗涤油污，C正确；D铁粉在常温下容易被氧气氧化，所以在用铁粉能有效吸收食品包装袋内的氧气，防止食物被氧化，D正确；故选A。2.下列说法正确的是A. 植物油氢化产物属于烃类B. 制作集
3、成电路板的酚醛树脂可导电C. 石油经催化裂化与裂解可获得较多的气态烯烃等产品D. 鸡蛋清中滴加1%醋酸铅溶液产生的沉淀能重新溶于水【答案】C【解析】【详解】A植物油属于不饱和脂肪酸甘油酯，氢化后变成饱和脂肪酸甘油酯，属于酯类化合物，不是烃类化合物，A错误；B集成电路板所用的酚醛树脂不可导电，需要在电路板上镀金属导电，B错误；C石油经过催化裂化、裂解之后生成小分子烃类，是气态化合物，C正确；D鸡蛋清中加入重金属盐醋酸铅之后，蛋白质发生变性沉淀，故将沉淀中加入水不能重新溶解，D错误；故选C。3.下列事实不能说明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是A. 还原性：S2 ClB. 水溶性：HCl H
4、2SC. 稳定性：HCl H2SD. 酸 性：HClO4 H2SO4【答案】B【解析】【详解】A由于S2-的还原性强于Cl-，故Cl2的氧化性强于S单质，说明Cl的非金属性强于S，A正确；B物质的水溶性不能作为比较两种元素之间非金属性强弱的依据，B错误；C两种简单气态气态氢化物中，HCl的稳定性强于H2S，说明Cl的非金属性强于S，C正确；DHClO4为Cl元素的最高价氧化物的水化物，H2SO4为S元素的最高价氧化物的水化物，HClO4的酸性强于H2SO4，说明Cl的非金属性强于S，D正确；故选B。4.下列有关84消毒液（主要成分是NaClO）的说法正确是A. 用石蕊试液可检验其溶液具有漂白性
5、B. 敞口放置不会与空气中的CO2反应C. 该溶液呈中性，对皮肤没有刺激作用D. 可与洁厕灵（含盐酸）混合使用更安全有效【答案】A【解析】【详解】A由于84消毒液的主要成分为NaClO，NaClO在溶液中发生水解生成HClO，HClO有漂白性，故可以用石蕊试液检验溶液是否具有漂白性，A正确；B敞口放置84消毒液，空气中的CO2会进入溶液中与NaClO发生反应生成次氯酸，次氯酸见光分解，加快溶液变质，B错误；CNaClO为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，C错误；D84消毒液与洁厕灵混合使用，二者可以发生反应，生成有毒气体Cl2，D错误；故选A。5.下列离子方程式或化学方程式正确的是A. 用CuSO4溶液
6、除去乙炔中的H2S：S2+ Cu2+ = CuS B. 某种火箭发射逸出的N2O4变红棕色：N2O4 2NO2C. Na2O2用于呼吸面具供氧：Na2O2+H2O = 2NaOH+O2D. CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH4+【答案】B【解析】【详解】AH2S为弱电解质，在书写离子方程式时不拆，故正确的离子方程式为Cu2+H2S=CuS+2H+，A错误；BN2O4可以发生可逆反应生成红棕色的NO2，B正确；C化学方程式配平错误，正确的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，C错误；D向硫酸铜溶液中通入过量氨气，反应现象为先生成蓝色沉淀Cu(
7、OH)2，后蓝色沉淀消失变成深蓝色溶液，正确的离子方程式为Cu2+6NH3H2O=Cu(NH3)42+2OH-+4H2O+2NH4+，D错误；故选B。6.某元素原子价电子排布式为3d54s2，下列说法正确的是A. 该元素位于周期表ds区B. 该元素的最高化合价为 +5价C. 该元素位于第四周期第VB族D. 该元素的某些氧化物可用作催化剂【答案】D【解析】【分析】某元素原子的价电子排布式为3d54s2，该元素为Mn元素。【详解】A该元素位于元素周期表的d区，A错误；BMn元素的最高化合价为+7价，B错误；C该元素位于元素周期表的B族，C错误；D该元素是过渡元素，其某些氧化物，比如MnO2可以作催
8、化剂，D正确；故选D。7.下列图中的实验方案，不能达到相应实验目的是 A. 对钢铁闸门防腐保护B. 除去CO2气体中混有的SO2C. 验证CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热产物有乙烯生成D. 验证CuSO4对H2O2分解反应有催化作用【答案】D【解析】【详解】A将闸门与电源负极相连，为外加电源的阴极保护法，可以保护闸门，A正确；BNaHCO3可与SO2发生生成CO2，但不与CO2发生反应，可以出去CO2气体中混有的SO2，B正确；C将产物通入水中可以将气体中混有的少量溴乙烷冷却液化，再将气体通入酸性高锰酸钾溶液，若变色说明溴乙烷与NaOH反应生成乙烯气体，C正确；D验证CuSO4对过氧化氢
9、分解的催化作用，应保证两个实验的温度相同，D错误；故选D。8.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 甲基橙呈红色的溶液：Na、Fe2、Cl、NO3B. c(Al3)= 0.1 molL1的溶液：K、OH、Cl、SO42C. Kw/c(H+)= 0.1 molL1的溶液：Na、K、SiO32、ClD. c(Mn2)= 0.1 molL1的溶液：K+、H+、MnO4、C2O42【答案】C【解析】【详解】A使甲基橙呈红色，说明溶液为酸性，溶液中的Fe2+和NO3-可以发生反应，离子方程式为3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O，A错误；B溶液中含有Al3+，故不能存在OH
10、-，二者发生反应生成沉淀，离子方程式为Al3+3OH-=Al(OH)3，B错误；CKw/c（H+）=0.1 molL-1，溶液中c(H+)=10-13molL-1，说明溶液呈碱性，故该选项中的离子能够共存，C正确；D溶液中H+、MnO4-和C2O42-不能共存，相关的离子方程式为2MnO4-+5C2O42-+8H+=10CO2+4H2O+2Mn2+，D错误；故选C。9.常用食品抗氧化剂BHT的合成方法如下图所示（假设原料均能恰好完全反应）：下列说法正确的是A. 原料X与产品Y互为同系物B. 产品Y能与NaHCO3溶液反应C. 方法一属于氧化反应D. 方法二原子利用率为100%【答案】A【解析】
11、【详解】A二者结构相似，均为酚类物质，Y与X比多4个CH2，故属于同系物，A正确；BY为酚类物质，有弱酸性，但酸性比碳酸弱，故不能和碳酸氢钠发生反应，B错误；C根据有机反应类型确定，方法一为原料X和(CH3)2C=CH2发生反应，只生成了产品Y，故反应类型为加成反应，C错误；D方法二为取代反应，产物有水生成，故原子利用率不为100%，D错误；故选A。10.科学家利用H2N2生物燃料电池，以固氮酶为正极催化剂、氢化酶为负极催化剂，在室温条件下即实现合成NH3的同时还获得电能，其工作原理如下图所示：下列叙述不正确的是A. 该装置是将化学能转化为电能B. 正极反应：N2+6e-+6H+ = 2NH3
12、C. 电池工作时H2在负极发生还原反应D. 电子沿X极板经导线向Y极板迁移【答案】C【解析】【详解】A该装置原电池装置，故能量转化为化学能转化为电能，A正确；B根据电池示意图可知，正极是有N2得电子生成NH3，故电极方程式为N2+6e-+6H+ = 2NH3，B正确；C原电池工作的时候，H2在负极发生反应失电子，发生氧化反应，C错误；D根据电池示意图可知，H2在X电极上失电子，经过负载流入Y电极，N2得到电子，D正确；故选C。11.目前应用最广泛的氮氧化物脱除技术原理为：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) H=11.63 kJ/mol。其他条件不变时，在2 L密闭容器中使
13、用不同的催化剂X、Y、Z，产生n(N2)随时间的变化如下图所示。下列说法不正确的是A. 用催化剂X与Z，达到平衡时，N2产率一样B. 用催化剂Y前50 s平均反应速率v(NH3)=0.03 mol/(Ls)C. 分离出体系中的H2O(g)有利于提升氮氧化物的脱除率D. 若体系各物质状态保持不变，则反应在任何温度下均可自发进行【答案】B【解析】【详解】A催化剂的使用只改变化学反应速率不改变反应的结果，故催化剂X与Z达平衡时N2产率相同，A正确；B使用催化剂Y，反应前50s内N2的物质的量改变3mol，故v(N2)=0.03mol/(Ls)，故可以计算出v(NH3)=0.024mol/(Ls)，B
14、错误；C分离出体系中的水蒸气，减小生成物浓度，可以提高反应的转化率，提高氮氧化物的脱除率，C正确；D该反应为放热反应，H0，故反应的G=H-TS0，故反应在任何时候都能够自发的进行，D正确；故选B。12.已知活性氧可以把SO2快速氧化为SO3，根据计算机模拟结果，在炭黑表面上O2转化为活化氧的反应历程与能量变化关系如图所示。下列说法正确的是A. O2转化为活化氧与碳氧键生成无关B. 每活化1个O2分子最终吸收0.29 eV能量C. 该过程的最大能垒（活化能）E正= 0.73 eVD. 炭黑可加快SO2转化为SO3的反应速率【答案】D【解析】【详解】A从图中可以看出从氧气到活性氧，需经过炭黑与氧
15、气结合再分开的过程，此时有碳氧键生成和氧氧键的断裂，A错误；B开始状态时炭黑和氧气为0 eV，结束后能量变为-0.29 eV，故放出0.29 eV的能量，B错误；C从图中可以看出，炭黑和氧气需要先吸收0.75 eV的能量，再释放一些能量，然后吸收能量到0.73 eV，故该过程中的最大能垒E正=0.75 eV，C错误；D反应体系中加入炭黑后，体系中的氧气变成活化氧，增加了体系中的活化分子百分数，增加了反应速率，D正确；故选D。第卷注意事项：1. 用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。2. 本卷共4题，共64分。13.铁及铁的化合物在生活、生产中具有广泛应用，如亚铁氰化钾即K4Fe(CN)6
16、是食盐中常用的抗结剂、铁基（氟掺杂镨氧铁砷化合物）是高温超导材料、“愚人金”是制备硫酸的主要矿物原料。请按要求回答下列问题。（1）K4Fe(CN)6配合物中存在的作用力类型有_（从“金属键”、“离子键”、“共价键”、“配位键”、“氢键”、“范德华力”中选填）；其中CN中各原子最外层均满足8电子稳定结构，其电子式为_，其中C原子的杂化形式是_。（2）铁基化合物中氟、氧、砷三种元素中电负性值由大到小的顺序是_（填元素符号）。其中氢化物（RH3）的某种性能（M）随R的核电荷数的变化趋势如图所示，则纵轴M可能表示为_（从“沸点”、“稳定性”、“分子间作用力”、“RH键能”中选填）。（3）FeCl3晶体
17、熔点为306 ，而FeF3晶体熔点高于1000 ，试解释两种化合物熔点差异较大的原因：_。（4）结合下表数据，所得结论：I1(Cu)I2(Fe)。请用所学理论解释：_。（5）“愚人金”是铁硫化合物，其晶体的晶胞如上右图所示。该晶体的化学式为_。【答案】 (1). 离子键、共价键、配位键 (2). ：CN： (3). sp杂化 (4). FOAs (5). 稳定性、RH键能 (6). F比Cl的电负性大，FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体 (7). 主要原因是Cu电子排布式为Ar3d104s1，失去一个电子变为Ar3d10，此时3d能级全满，能量较低，此时再失去第二个电子即3d10中的1个
18、电子所需能量较大（或Fe电子排布式为Ar3d64s2，失去一个电子变为Ar3d64s1，此时再失去第二个电子即4s1中的电子所需能量较小） (8). FeS2【解析】【详解】（1）配合物中主要含有离子键、共价键、配位键；因CN-各原子均满足8电子稳定结构，故CN-的电子式为：CN：；根据VSEPR模型计算C原子的杂化类型为sp杂化；（2）原子的电负性同一周期从左到右依次增大、同一主族从上到下依次减小，故F、O、As的电负性从大到小为FOAs；因N、P、As三者的非金属性一次减弱，故M可能是稳定性或者R-H键能；（3）F的电负性较强，FeCl3为分子晶体，微粒之间的作用力是分子间作用力，FeF3
19、位离子键晶体，微粒之间的作用力是离子键，故FeF3的熔点较高；（4）主要原因是Cu电子排布式为Ar3d104s1，失去一个电子变为Ar3d10，此时3d能级全满，较稳定能量较低，此时再失去第二个电子需要较大的能量；（5）从晶体结构中可以看出，Fe2+分布在8个定点和6个面心，故晶胞中含有=4个Fe2+，S22-分布在12条棱和体心上，故晶胞中含有=4个S22-，故分子式为FeS2。14.药物阿佐昔芬F主要用于防治骨质疏松症等。其合成路线如下：请按要求回答下列问题：（1）A中最多共平面的原子数目：_；C中所含官能团名称：_；CD的反应类型_。（2）已知卤原子直接与苯环相连时碳卤键非常牢固，很难断
20、键。写出D与NaOH水溶液加热条件下反应的化学方程式：_。（3）试剂X的分子式为C7H8OS，写出X的结构简式：_。（4）C的一种同分异构体M同时满足下列条件的所有可能的结构有（考虑顺反异构现象）_种。a.苯环上有两个取代基 b.能与FeCl3溶液发生显色反应 c.能使溴四氯化碳溶液褪色写出其中有4种不同化学环境氢原子的结构简式：_。（5）请写出以1-丙醇和氯苯为原料经四步制备 的合成路线（其他试剂任选，合成路线示例见题干，有机物均写结构简式）。_。【答案】 (1). 6 (2). 溴原子、羰基 (3). 取代反应 (4). +NaOH+NaBr (5). (6). 9 (7). (8). 【
21、解析】【详解】（1）A为醋酸，其中羧基中4个原子共平面，甲基中最多有2个原子与羧基共平面，故分子中最多有6个原子共平面；C中含有的官能团为羰基、溴原子；CD的反应类型为取代反应；（2）根据已知条件，NaOH只能和苯环侧链上的溴原子发生反应，故反应方程式为+NaOH+NaBr；（3）根据E的分子式和DE的反应可以推断出，试剂X的结构简式为；（4）根据条件，b说明物质结构中存在酚羟基，c说明存在双键，又需满足有4种不同化学环境氢原子，故答案为；（5）根据题目所给信息，可将丙醇催化氧化变成丙醛，将丙醛氧化变成丙酸，将丙酸和亚硫酰氯反应生成CH3CH2COCl，最后和氯苯发生反应即得到目标产物，合成过
22、程为。15.制备水合肼（N2H4H2O）的反应原理是CO(NH2)2+ 2NaOH + NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl。已知CO(NH2)2沸点：133 ；水合肼是重要化工原料，沸点：118 ，易被氧化。请按要求回答下列制备水合肼实验的有关问题。（1）制备 NaClO 溶液（实验装置如图所示）锥形瓶中发生反应离子方程式是_。 （2）制取水合肼（实验装置如右图所示，夹持装置已略） 控制反应温度，再将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应后，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集产品。 分液漏斗中盛装的药品是NaOH溶液和_。 这样盛放的理由是防止_。 本实验收集产品馏分时的关键条
23、件是控制_。（3）测定馏分中肼的含量。已知水合肼在一定条件下与I2反应生成N2，完成该反应原理的化学方程式：_N2H4H2O +_ I2 +6NaHCO3+H2SO4 = _ N2+_ NaI +6CO2+Na2SO4 +7H2O_测定实验的步骤如下： a称取馏分 5.000 g，加水配制成1000 mL待测液溶液。 b移取10.00 mL于锥形瓶中，加入10 mL水、稀硫酸、适量 NaHCO3固体（保证滴定过程中溶液的 pH 保持在 6.5左右）、2滴淀粉溶液，摇匀。 c用0.2000 mol/L I2溶液滴定，至溶液呈现_，记录消耗I2标准液的体积。 d_；然后处理数据。 经数据处理，滴定
24、消耗I2的标准溶液为 8.20 mL，馏分中水合肼（N2H4H2O）的质量分数为_。【答案】 (1). Cl2 +2OH-= ClO-+Cl-+ H2O (2). NaClO溶液 (3). 生成的水合肼会被未反应的次氯酸钠氧化 (4). 温度计A为118 (5). 1 2 1 4 (6). 蓝色且半分钟不消失 (7). 重复上述b、c步骤实验操作23次 (8). 82.00%【解析】【详解】（1）向NaOH溶液中通入Cl2可制得NaClO，离子方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；（2）分液漏斗中盛放NaOH溶液和NaClO溶液，若将NaClO直接放在三颈烧瓶中，NaClO可将
25、反应生成的水合肼直接氧化，影响产率；因为水合肼的沸点为118，故需要控制体系温度至118，以防止其他物质蒸出，控制蒸馏的温度应将温度计的水银球放在蒸馏烧瓶支管口出，保证蒸出气体的温度恒定；（3）完整的化学方程式为N2H4H2O+2I2+6NaHCO3+H2SO4=N2+4NaI+6CO2+Na2SO4+7H2O；当体系颜色呈蓝色且半分钟内不褪色时，说明滴定达到了终点；为减小实验误差，需要重复实验2-3次；根据方程式可知锥形瓶中=0.041mol/L，故待测液中c(N2H4H2O)=0.082mol/L，m(N2H4H2O)=0.08250=4.10g，则馏分中水合肼的质量分数为=82.00%。
26、16.随着化工产业的迅猛发展，氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。请按要求回答下列问题：（1）HCl直接氧化法制Cl2可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+1/2Cl2(g) H1 = +83 kJmol-1CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(g) H2 = -20 kJmol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3 = -121 kJmol-1写出HCl直接氧化法制Cl2的热化学方程式：_。（2）在恒定容器中用上述HCl直接氧化法制Cl2，进料c(HCl) c(O2)分别为1:1、4:1、7:1时，HCl平衡转化
27、率随温度变化的关系如下图所示：判断图中c(HCl) /c(O2) = 1:1的曲线为_。按化学计量系数比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料时c(HCl)/c(O2)过低、过高的不利影响分别是_、_。综合上述信息，写出在一定温度的条件下进一步提高HCl的转化率的方法： _。观察上图，以任何一条曲线为例，平衡常数K(200)_K(300)（填“大于”、“小于”或“等于”）。 设O2初始浓度为c，计算L2对应K(300) =_（列出含c的计算式）。（3）科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：电源b极为_极。写出阳极区域反应方
28、程式：_。电路中转移1 mol电子时，阳极产生气体体积_L（标准状况）。【答案】 (1). 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)H = 116 kJmol-1 (2). L1 (3). O2和Cl2分离能耗较高 (4). HCl转化率较低 (5). 增加反应体系压强或及时分离出产物 (6). 大于 (7). (8). 正 (9). 2HCl2e=Cl2+2H+ (10). 11.2【解析】【详解】（1）根据盖斯定律，将三个已知的热化学方程式相加即得到目标方程式，目标方程式的焓变等于三个已知方程式的焓变和，相应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H
29、2O(g) H=116kJmol-1；（2）根据热化学方程式可知，反应物中HCl的占比较高，反应的速率较快，但由于O2为固定值，则HCl的转化率会下降，故L1为1:1条件下的曲线，L2为4:1条件下的曲线，L3为7:1条件下的曲线；若比值过低，将反应物和产物分离需要的能耗较高；若比值过高，HCl的转化率较低；增大压强平衡正向移动，有助于提高HCl的转化率；减小生成物浓度平衡正向移动，也可提高HCl的转化率，适当降低温度平衡向放热反应即正反应方向进行，有助于提高HCl的转化率；当温度升高平衡转化率降低，平衡向逆反应方向移动，反应物浓度升高生成物浓度降低，平衡常数K减小，故K(200)大于K(300)；300时，L2比例HCl的转化率为88%，反应动平衡常数K=；（3）根据电池示意图，右侧HCl失去电子生成Cl2，为电解池的阳极，故电源b为正极；阳极区的电极方程式为2HCl-2e-=Cl2+2H+；根据阳极的电极方程式，电路中转移1mol电子，反应生成0.5mol Cl2，在标准状况下为11.2L。- 16 - 版权所有高考资源网