河北省石家庄市第二中学2020届高三毕业班三月份网络教学质量监测卷化学试题 Word版含解析

河北省石家庄市第二中学2020届高三毕业班三月份网络教学质量监测卷化学试题 Word版含解析

石家庄市第二中学2020届高中毕业班三月份网络教学质量监测卷 理科综合化学试题 ‎1.古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是 A．瓷器 ‎ B．丝绸 C．茶叶 D．中草药 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、瓷器是硅酸盐，陶瓷的成分主要是：氧化铝,二氧化硅，属于无机物，A正确。B、丝绸有要可怜人是蛋白质，属于有机物，B错误；C、茶叶主要含有茶多酚（Tea Polyphenols），是茶叶中多酚类物质的总称，包括黄烷醇类、花色苷类、黄酮类、黄酮醇类和酚酸类等，属于有机物，C错误；D、中药所含化学成分很复杂，通常有糖类、氨基酸、蛋白质、油脂、蜡、酶、色素、维生素、有机酸、鞣质、无机盐、挥发油、生物碱、甙类等，主要成份是有机物，D错误。‎ ‎2. 下列有关化学用语表示正确的是 A. 中子数为10的氧原子：‎ B. Mg2+的结构示意图：‎ C. 硫化钠的电子式：‎ D. 甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2‎ ‎【答案】B - 12 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，因此中子数为10的氧原子可表示为，A错误；‎ B、Mg2+的质子数是12，核外电子数是10，则镁离子的结构示意图为可表示为；B正确；‎ C、硫化钠为离子化合物，含有离子键，电子式为，C错误；‎ D、甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎3. 乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为 A. 1∶1 B. 2∶‎3 ‎C. 3∶2 D. 2∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：根据结构简式以及元素守恒，1mol乌洛托品有4molN，因此需要4molNH3·H2O，6molC需要6mol甲醛的水溶液，因此两者的比值为6：4=3：2，故选项B正确。‎ ‎4.已知NaOH+Al(OH)3=Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是（ ）‎ A. CO2+2OH−=CO32−+H2O B. Al2O3+2OH−+3 H2O=2 [Al(OH)4] −‎ C. 2 Al+2OH−+6H2O=2 [Al(OH)4] −+3 H2↑ D. Al3++4 OH−=[Al(OH)4]−‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：‎ - 12 -‎ CO2+2OH-=CO32-+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，根据以上分析可知，能够发生反应为A、B、C，没有发生的反应为D，故选D。‎ ‎5.工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中 （ ）‎ A. 硫元素既被氧化又被还原 B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2‎ C. 每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子 D. 相同条件下，每吸收‎10m3‎SO2就会放出‎2.5m3‎CO2‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在反应物Na2S中S元素的化合价为-2价，在SO2中S元素的化合价为+4价，反应后产生的物质Na2S2O3中，S元素的化合价为+2价，介于-2价与+4价之间，因此硫元素既被氧化又被还原，A正确。‎ B．根据题意可得在溶液中发生反应的方程式是：Na2CO3+2Na2S+ 4SO2=3Na2S2O3+CO2，在反应中氧化剂SO2与还原剂Na2S的物质的量之比为4:2=2:1，B错误。‎ C．根据B选项的方程式可知，每生成3molNa2S2O3，转移8mol电子，则产生1mol Na2S2O3，转移8/3mol电子，C错误。‎ D．根据反应方程式可知消耗的SO2与产生的CO2的物质的量的比是4:1，相同条件下，每吸收‎10m3‎SO2就会放出‎2.5m3‎CO2，D正确。‎ 答案选AD。‎ ‎6.纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是(　　)‎ A. X可能是金属铜 B. Y不可能是氢气 C. Z可能是氯化钠 D. Z可能是三氧化硫 ‎【答案】A - 12 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，反应为：X+Y→Z，Cu+Cl2CuCl2，Z为CuCl2，电解CuCl2溶液：CuCl2Cu+Cl2↑，故A正确；‎ B．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，反应为：X+Y→Z，H2+Cl22HCl，Z为HCl，电解HCl溶液：2HClH2↑+Cl2↑，故B错误；‎ C．Z若为氯化钠，X、Y只能为氢气、氯气中的一种，X+Y→Z，2Na+Cl22NaCl，Z电解：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，不符合Z电解生成X、Y条件，故C错误；‎ D．Z若为三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种，X+Y→Z，2SO2+O22SO3，三氧化硫和水反应SO3+H2O=H2SO4生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，电解水生成氢气和氧气，不符合Z电解生成X、Y条件，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎7. a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是（ ）‎ A. d元素的非金属性最强 B. 它们均存在两种或两种以上的氧化物 C. 只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物 D. b、c、d与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意知短周期元素中a的M层有1个电子，则a的核外电子排布是2、8、1，a是Na元素；b的最外层电子数为内层电子数的2倍，则b核外电子排布是2、4，b为C元素；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则c为S元素；c、d处于同一周期，d的原子半径小于c，则d是Cl元素。‎ - 12 -‎ ‎【详解】a、b、c、d依次为Na、C、S、Cl元素。‎ A、在上述元素中非金属性最强的元素为Cl元素，A正确；‎ B、Na可以形成Na2O、Na2O2等氧化物，C可以形成CO、CO2等氧化物， S可以形成SO2、SO3等氧化物，Cl元素则可以形成Cl2O、ClO2、Cl2O7等多种氧化物，B正确；‎ C、Na是活泼金属元素，可与非金属元素C、S、Cl均形成离子化合物，C正确；‎ D、C元素可以与H元素形成只含有极性键的化合物CH4，也可以形成含有极性键、非极性键的化合物CH3-CH3等，S元素可以形成H2S，含有极性键；Cl元素与H元素形成HCl，含有极性键，D错误，答案选D。‎ ‎8.氯化亚铜（CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）步骤①中得到的氧化产物是_________，溶解温度应控制在60~70度，原因是__________。‎ ‎（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式___________。‎ ‎（3）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_________（写名称）。‎ ‎（4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是______________________________。‎ ‎（5）步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离。工业上常用的固液分离设备有__________（填字母）‎ A．分馏塔 B．离心机 C．反应釜 D．框式压滤机 ‎（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于若两的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为__________。‎ - 12 -‎ ‎【答案】 (1). CuSO4或Cu2+ (2). 温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解 (3). 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+ (4). 硫酸 (5). 醇洗有利加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化 (6). ）B、D (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）海绵铜的主要成分是Cu与CuO，溶解所需试剂中有硝酸铵、水、硫酸，则Cu被氧化为铜离子；在稀溶液中，硝酸根离子作氧化剂，硫酸没有氧化性，作酸性介质，因此Cu2+和NH4+都会变成对应的硫酸盐。‎ ‎（2）步骤③反应后过滤，说明反应中有沉淀产生，则该沉淀为CuCl沉淀，结合硫酸铵的回收，可知步骤③发生的离子反应为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；‎ ‎（3）盐酸中含有较多氯离子，可能溶解CuCl沉淀，不合适；硝酸具有氧化性，会氧化CuCl沉淀，不合适；三大强酸中只有稀硫酸合适。‎ ‎（4）CuCl难溶于醇和水，潮湿空气中易水解氧化，而水与醇互溶，所以醇洗不能省略的原因是醇的沸点低，可加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化，也有利于后面的烘干步骤。‎ ‎（5）用于分离固体和液体设备与实验室中的过滤的原理是相似的。A、分馏塔是用于分离互溶的液体的设备，错误；B、离心机可利用离心力的作用使液体中的固体沉降，达到固液分离的目的，正确；C、反应釜为发生反应的设备，错误；D、框式压滤机可以使物料中的水通过挤压而排出，达到固液分离的目的，正确，答案选BD；‎ ‎（6）根据题意，CuCl与K2Cr2O7发生氧化还原反应，K2Cr2O7被还原为Cr3+，则bmL、a mol/L K2Cr2O7溶液发生反应时，转移电子的物质的量是ab×10-3×2×3mol=6ab×10-3mol，+1价Cu会被氧化为Cu2+，根据得失电子守恒，则CuCl的物质的量是6ab×10-3mol，则样品中CuCl的质量分数是(6ab×10-3mol×‎99.5g/mol)/mg×100%=0.597ab/m×100%。‎ ‎9.研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。‎ ‎（1）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO3-占95%，写出CO2溶于水产生HCO3-的方程式：_____________。‎ ‎（2）在海洋循环中，通过如图所示途径固碳。‎ - 12 -‎ ‎ ‎ ‎①写出钙化作用的离子方程式：_____________。‎ ‎②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自于H2O，用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：_____________+_____________＝（CH2O）x+x18O2+xH2O，_____________‎ ‎（3）海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础，测量溶解无机碳，可采用如下方法：‎ ‎①气提、吸收CO2，用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收（装置示意图如图所示），将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂。_____________‎ ‎②滴定。将吸收液洗后的无机碳转化为NaHCO3，再用xmol/LHCl溶液滴定，消耗ymLHCl溶液，海水中溶解无机碳的浓度=_____________mol/L。‎ ‎【答案】 (1). CO2+H2OH2CO3，H2CO3HCO3－+H+ (2). Ca2++2HCO3－＝CaCO3↓+CO2↑+H2O (3). xCO2 2xH218O (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 12 -‎ ‎（1）CO2溶于水生成碳酸，碳酸是弱电解质，在水中部分发生电离；‎ ‎（2）①由图可知，钙化作用过程是碳酸氢根离子转化生成碳酸钙，据此书写离子方程式；‎ ‎②光合作用是CO2与水在太阳光作用下，在叶绿体中反应生成有机物、放出氧气的过程，氧气来源于水中的氧；‎ ‎（3）①需从酸化后的海水中吹出二氧化碳，那么就需要滴加稀酸酸化，且装置应从长管进氮气，从短导管吹出二氧化碳；‎ ‎②依据原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O 。‎ ‎【详解】（1）溶于海水的CO2与水结合生成碳酸，碳酸电离生成碳酸氢根离子HCO3-，故CO2溶于水产生HCO3-的方程式：CO2+H2OH2CO3，H2CO3HCO3-+H+ ；‎ ‎（2）①反应物中含有碳酸氢根离子，生成物为碳酸钙，依据元素守恒、电荷守恒得出离子方程式为：Ca2++2HCO3-＝CaCO3↓+CO2↑+H2O；‎ ‎②光合作用产生的氧气来源于水，即水中的氧原子采用示踪法标记为18O，依据元素守恒配平方程式， xCO2+2xH218O=(CH2O)x+x18O2+xH2O ；‎ ‎（3）①酸化海水，可以使用试剂：稀硫酸、利用分液漏斗滴加，长管进气，短管出气，故装置为；‎ ‎②滴定过程中发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，故n(NaHCO3)=n(HCl)=xmol/L×y×10‎-3L，根据C守恒，海水中溶解无机碳的浓度==molL-1。‎ ‎10.酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是碳粉，MnO2，ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可得到多种化工原料，有关数据下表所示：‎ 溶解度/（g/‎100g水）‎ - 12 -‎ 化合物 Zn（OH）2‎ Fe（OH）2‎ Fe（OH）3‎ Ksp近似值 ‎10-17‎ ‎10-17‎ ‎10-39‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该电池的正极反应式为___，电池反应的离子方程式为___。‎ ‎（2）维持电流强度为‎0.5A，电池工作五分钟，理论上消耗Zn___g。（已经F=‎96500C/mol）‎ ‎（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，二者可通过___分离回收；滤渣的主要成分是MnO2、___和_______，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法是___，其原理是___。‎ ‎【答案】 (1). MnO2＋e-＋H+=MnOOH (2). Zn＋2MnO2＋2H+=Zn2+＋2MnOOH (3). ‎0.05g (4). 加热浓缩、冷却结晶 (5). 碳粉 (6). MnOOH (7). 在空气中加热 (8). 碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）该电池的正极发生还原反应，MnO2被还原生成MnOOH，电极方程式为MnO2+H++e-=MnOOH，负极锌被氧化生成Zn2+，电池总反应式为2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+；‎ ‎（2）维持电流强度为‎0.5A，电池工作五分钟，则电量为‎0.5A×300s=‎150C，转移电子的物质的量为，则消耗Zn的质量为；‎ ‎（3）滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，可通过加热浓缩、冷却结晶得到晶体，填充物含有碳粉、二氧化锰，且生成MnOOH等，在空气中加热时，碳粉、MnOOH可被氧化，分别生成二氧化碳和二氧化锰。‎ ‎11.C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。‎ ‎(1)Si位于元素周期表第____周期第_____族。‎ ‎(2)N的基态原子核外电子排布式为_____；Cu的基态原子最外层有___个电子。‎ - 12 -‎ ‎(3)用“>”或“<”填空：‎ 原子半径 电负性 熔点 沸点 Al_____Si N____O 金刚石_____晶体硅 CH4____SiH4‎ ‎【答案】 (1). 三 (2). IVA (3). 1s22s22p3 (4). 1个 (5). )> (6). < (7). > (8). <‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)硅原子序数为14，按相关知识点填空即可；‎ ‎(2)按N和Cu的原子核外电子排布式回答；‎ ‎(3)按原子半径规律、电负性规律填写，熔点按原子晶体中影响熔点的因素填写，沸点按分子晶体中影响沸点的规律填写；‎ ‎【详解】(1)硅原子序数为14，核外14个电子，分3层排布，最外层4个电子，则硅位于元素周期表第三周期第IVA族；‎ 答案为：三；IVA；‎ ‎(2) N和Cu的原子序数分别为7和29，N原子核外电子排布式为1s22s22p3，铜原子外围电子构型为3d34s1，则铜原子最外层有1个电子；‎ 答案为：1s22s22p3；1；‎ ‎(3) Al和Si同周期，原子序数大者原子半径小，故原子半径Al＞Si；氮和氧是同周期非金属元素，原子序数大者电负性大，故电负性N＜O；金刚石和晶体硅都是原子晶体，原子晶体中熔点由共价键牢固程度决定，碳碳单键比硅硅单键牢固，故熔点：金刚石＞硅晶体，CH4和SiH4都是分子晶体，沸点由分子间作用力决定，CH4和SiH4组成结构相似，相对分子质量大者分子间作用力大，则沸点高，故沸点：CH4＜SiH4；‎ 答案为：>；< ； >；<。‎ ‎12.对溴苯乙烯与丙烯的共聚物是一种高分子阻燃剂，具有低毒、热稳定性好等优点。完成下列填空：‎ ‎（1）写出该共聚物的结构简式____________。‎ - 12 -‎ ‎（2）实验室由乙苯制取对溴苯乙烯，需先经两步反应制得中间体，写出该两步反应所需的试剂及条件____________。‎ ‎（3）将与足量氢氧化钠溶液共热得到A，A在酸性条件下遇FeCl3溶液不显色。A结构简式为____________。由上述反应可推知____________。由A生成对溴苯乙烯的反应条件为____________。‎ ‎（4）丙烯催化二聚得到2,3-二甲基-1-丁烯，B与2,3-二甲基-1-丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于同一平面。‎ 写出B结构简式____________。‎ 设计一条由2,3－二甲基-1－丁烯制备B的合成路线____________。（合成路线常用的表示方式为：）‎ ‎【答案】 (1). （或写成）、（或写成） (2). 液溴、溴化铁作催化剂；溴蒸气、光照 (3). (4). 苯环上的卤素原子比侧链的卤素原子难发生取代反应 (5). 浓硫酸、加热 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对溴苯乙烯分子结构中有双键，丙烯分子结构中也有双键，二者可以通过加聚反应生成共聚物，加聚的方式不同，产物的结构也不同。‎ ‎【详解】(1)由分析知，对溴苯乙烯与丙烯发生加聚反应，其聚合产物有两种，分别为（或写成）、（或写成）;‎ 故答案为：（或写成）、（或写成 - 12 -‎ ‎）；‎ ‎(2)实验室由乙苯制取对溴苯乙烯，首先是乙苯与液溴在溴化铁作催化剂时发生苯环上的取代反应，生成对溴乙苯和溴化氢，产生的对溴乙苯与溴蒸气在光照时发生侧链上的取代反应产生和溴化氢;‎ 故答案为：液溴、溴化铁作催化剂；溴蒸气、光照；‎ ‎(3)将与足量氢氧化钠溶液共热得到A，A在酸性条件下遇FeCl3溶液不显色，说明在发生水解时是侧链上的溴原子发生取代反应，而苯环上的溴原子没有发生取代反应，则A的结构简式为；由A生成对溴苯乙烯为醇的消去反应，反应条件为浓硫酸、加热；‎ 故答案为：；苯环上的卤素原子比侧链的卤素原子难发生取代反应；浓硫酸、加热；‎ ‎(4)丙烯催化二聚得到2,3-二甲基-1-丁烯，B与2,3-二甲基-1-丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于同一平面，结合乙烯分子式平面结构，可知B分子应该含有乙烯的结构，乙烯分子的四个H原子被四个甲基取代，就得到B，其结构简式为；由2,3-二甲基-1-丁烯制备B的方法是：2,3-二甲基-1-丁烯在过氧化物存在时与溴化氢发生加成反应，产生，与氢氧化钠乙醇溶液在加热时发生消去反应生成，合成路线为；‎ 故答案为：；。‎ ‎【点睛】B分子结构中碳原子处于同一平面，B无苯环结构，则推知分子结构中含有乙烯结构，乙烯中的四个H原子被四个甲基取代，则满足碳原子均在同一平面内，进而得到B的结构。‎ - 12 -‎