陕西省西安市西北工业大学附属中学2020届高三教学质量监测化学试题 Word版含解析

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西北工业大学附属中学2020年高中毕业班教学质量监测卷 理科综合化学部分 第Ⅰ卷(选择题共126分)‎ 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:本大题包括13小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。‎ ‎1.根据所给的信息和标志，判断下列说法错误的是( ) ‎ A B C D ‎《神农本草经》记载，麻黄能“止咳逆上气”‎ 碳酸氢钠药片 古代中国人已用麻黄治疗咳嗽 该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效 看到有该标志的丢弃物，应远离并报警 贴有该标志的物品是可回收物 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.麻黄碱具有平喘功能，常常用于治疗气喘咳嗽，A正确；‎ B.醋酸能够与碳酸氢钠反应，降低药效，B错误；‎ C.图示标志为放射性标志，对人体伤害较大，看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，C正确；‎ D.该标志为可回收物标志，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的性质和用途、化学实验安全等知识点。要熟悉常见的化学标志：如物品回收标志 ；中国节能标志；禁止放易燃物标志；节水标志 - 12 -‎ ‎；禁止吸烟标志：中国环境标志；绿色食品标志；当心火灾--易燃物质标志等。‎ ‎2.下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是 A. 该溶液中，H+、NH4+、SO42-、Br-可以大量共存 B. 该溶液中，Ag+、K+、NO3-、CH3CHO可以大量共存 C. 向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+= Cl-+2Fe3++H2O D. 向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该溶液中，H＋、ClO－、Br－会发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；‎ B. 该溶液中，Ag＋、Cl-，Ag＋、CH3CHO，ClO－、CH3CHO发生反应而不能大量共存，故B错误；‎ C.由于NaClO水解而使NaClO和NaCl混合溶液呈碱性，所以反应的离子方程式中不能出现H＋，故C错误；‎ D. 向该溶液中加入浓盐酸，H＋+ ClO－+ Cl－= Cl2↑+ H2O，所以每产生1 mol Cl2，转移电子约为6.02×1023个，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.在通风橱中进行下列实验：‎ 步骤 现象 Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色 Fe表面产生少量红棕色 气泡后，迅速停止 Fe、Cu接触后，其表面 均产生红棕色气泡 下列说法中，不正确的是（ ）‎ A. Ⅰ中气体由无色变红棕色化学方程式为：2NO+O2=2NO2‎ B. Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应 - 12 -‎ C. 对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3‎ D. 针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮；Ⅱ中Fe遇浓硝酸钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，所以产生少量红棕色气泡后，迅速停止；Ⅲ中构成原电池，Fe作为负极，且Fe与浓硝酸直接接触，会产生少量二氧化氮，Cu作为正极，发生得电子的反应，生成二氧化氮。‎ ‎【详解】A．I 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮，化学方程式为: 2NO+O2=2NO2，A正确；‎ B．常温下，Fe遇浓硝酸易钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，B正确；‎ C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明浓HNO3的氧化性强于稀HNO3，C错误；‎ D．Ⅲ中构成原电池，在Fe、 Cu之间连接电流计，可判断Fe否持续被氧化，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎4.下列说法正确的是（ ）‎ A. 分子式为C2H6O的有机化合物性质相同 B. 相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能途径a：，途径b：‎ C. 在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数 D. 通过化学变化可以直接将水转变为汽油 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分子式为C2H6O的有机化合物可能是乙醇CH3CH2OH，也可能是甲醚CH3OCH3，二者的结构不同，因此性质不相同，A错误；‎ B.由于物质反应过程中放出的热量只与物质的始态和终态有关，而与反应途径无关，因此相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化最后产生CO2，放出的热量相等，B错误；‎ C.根据电子守恒可知：在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数，C正确；‎ - 12 -‎ D.水中含有H、O两种元素，而汽油中含有C、H两种元素，化学反应过程中原子的种类和数目不变，因此不能通过化学反应实现水转变为汽油的变化，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎5.某模拟"人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是 A. 该装置将化学能转化为光能和电能 B. 该装置工作时，H＋从b极区向a极区迁移 C. 每生成1 mol O2，有44 gCO2被还原 D. a电极的反应为：3CO2+ 16H＋-18e－= C3H8O+4H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图示可知，该装置将电能和光能转化为化学能，错误；‎ B．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H＋从正电荷较多的阳极b极区向负电荷较多的阴极a极区迁移，正确；‎ C．该反应总方程式是：6CO2+8H2O=‎2C3H8O+9O2。根据反应方程式可知，每生成1 mol O2，有2/3molCO2被还原，其质量是88/‎3g，错误；‎ D．根据图示可知与电源负极连接的a电极为阴极，发生还原反应，电极的反应式为：3CO2+ 18H＋+18e－= C3H8O+5H2O，错误；‎ 答案选B ‎6.在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列不正确的是 ‎(T/K)/(v/mol·L-1·min-1) /( c/mol·L-1)‎ ‎0.600‎ ‎0.500‎ ‎0.400‎ ‎0.300‎ ‎318.2‎ ‎3.60‎ ‎3.00‎ ‎2.40‎ ‎1.80‎ - 12 -‎ ‎328.2‎ ‎9.00‎ ‎7.50‎ a ‎4.50‎ b ‎2.16‎ ‎1.80‎ ‎1.44‎ ‎1.08‎ A. a＝6.00‎ B. 同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变 C. b＜318.2‎ D. 不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由表中信息可知，在相同温度下，反应速率与蔗糖的浓度成正比，328.2K时，速率的数值是浓度数值的1.5倍，因此推出a=6.00，故A说法正确；‎ B、升高温度v增大，降低反应物浓度v减小，故同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变，故B说法正确；‎ C、温度越高，反应速率越快。在相同的浓度下，b的反应速率小于318.2K的反应速率，说明b的温度低于318.2K，故C说法正确；‎ D、温度不同，反应速率不同，温度越高，反应速率越快，达到一半时所用的时间越短，故D说法错误。‎ 故选D。‎ ‎7.己烷雌酚的一种合成路线如下：‎ 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应 B. 在一定条件，化合物Y可与HCHO发生缩聚反应 C. 用FeCl3溶液不可鉴别化合物X和Y - 12 -‎ D. 化合物Y中不含有手性碳原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．X含有溴原子，在氢氧化钠水溶液条件下加热发生的是取代反应（水解反应），在氢氧化钠的醇溶液条件下，加热，发生的是消去反应，故A错误；‎ B．由于酚羟基的影响使苯环邻位和对位上的氢变得活泼，Y含有酚羟基，能够和醛基（甲醛）发生缩聚反应，故B正确；‎ C．酚类物质遇氯化铁溶液显紫色，X中不含酚羟基，Y中含有酚羟基，可以用FeCl3区分，故C错误；‎ D．手性碳原子指连有四个不同的原子或原子团的饱和碳原子，Y中两个与苯环直接相连的碳原子连有4个不同的原子或原子团，此碳原子是手性碳原子，故D错误；‎ 故答案为B。‎ 三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第22题-第32题为必考题每个试题考生都必须作答,第33题-第38题为选考题,考生根据要求作答。‎ ‎(一)必考题:11题,共129分。‎ ‎8.工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体(含NO、NO2)制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如下：‎ 已知：Na2CO3＋NO＋NO2=2NaNO2＋CO2‎ ‎（1）中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有__________(填化学式)。‎ ‎（2）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是_______。蒸发Ⅰ产生的蒸气中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的_______(填操作名称)最合理。‎ ‎（3）母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3的目的是_______。母液Ⅱ需回收利用，下列处理方法合理的是________。‎ a．转入中和液 b．转入结晶Ⅰ操作 ‎ c．转入转化液 d．转入结晶Ⅱ操作 - 12 -‎ ‎（4）若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为______吨(假定Na2CO3恰好完全反应)。‎ ‎【答案】 (1). NaNO3 (2). 防止NaNO2的析出 (3). 溶碱 (4). 将NaNO2氧化为NaNO2 (5). c、d (6). 1.59‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）NO2与碱液反应可生成NaNO3；‎ ‎（2）浓度过大时，NaNO2可能会析出；NaNO2有毒，不能直接排放，回收后可用于流程中的溶碱；‎ ‎（3）NaNO2在酸性条件下易被氧化，加入稀硝酸可提供酸性环境；母液Ⅱ的溶质主要是NaNO3，所以回收利用时应转入转化液，或转入结晶Ⅱ操作，故c、d正确；‎ ‎（4）1.38吨NaNO2的物质的量为：1.38×106÷‎69g/mol=2×104mol，则生成的NaNO3物质的量为：1×104mol，故Na2CO3的理论用量=×（2×104+1×104）mol×‎106g/mol=1.59×‎106g=1.59吨。‎ ‎9.氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。完成下列填空：‎ ‎(1)写出电解饱和食盐水的离子方程式________________。‎ ‎(2)离子交换膜的作用为____________________。‎ ‎(3)精制饱和食盐水从图中________位置补充，氢氧化钠溶液从图中________位置流出。(选填“a”、“b”、“c”或“d”)‎ ‎【答案】 (1). 2Cl-+H2O2OH-+H2↑ +Cl2↑ (2). 阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过，用石墨作电极电解饱和氯化钠时，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气不能通过阳离子交换膜而进入阴极，如果氯气进入阴极易和氢气混合产生爆炸，且易和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠而导致制取的氢氧化钠不纯 (3). a (4). d ‎【解析】‎ - 12 -‎ ‎【详解】(1)电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱,反应的离子方程式为：2Cl-+H2O2OH-+H2 +Cl2 ；‎ ‎(2)阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过，用石墨作电极电解饱和氯化钠时，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气不能通过阳离子交换膜而进入阴极，如果氯气进入阴极易和氢气混合产生爆炸，且易和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠而导致制取的氢氧化钠不纯；‎ ‎(3)电解槽中阴极是氢离子放电生成氢气，水电离平衡正向进行氢氧根离子浓度增大,生成氢氧化钠溶液,NaOH溶液的出口为d；Cl2在阳极，根据装置图分析可以知道精制饱和食盐水从阳极进入，即进口为a。‎ ‎【点睛】本题重点考查电解饱和食盐水。电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱,反应的离子方程式为：2Cl-+H2O2OH-+H2 +Cl2，阳极发生的方程式为: 2Cl—2e-= Cl2，阴极:2H++2e-= H2。‎ ‎10.丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：‎ ‎（1）正丁烷（C4H10）脱氢制1-丁烯（C4H8）的热化学方程式如下：‎ ‎①C4H10(g)= C4H8(g)+H2(g) ΔH1‎ 已知：②C4H10(g)+O2(g)= C4H8(g)+H2O(g) ΔH2=-119 kJ·mol-1‎ ‎③H2(g)+ O2(g)= H2O(g) ΔH3=-242 kJ·mol-1‎ 反应①的ΔH1为________ kJ·mol-1。图（a）是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x_____________0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是__________（填标号）。‎ A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．降低压强 - 12 -‎ ‎（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图（b）为丁烯产率与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是___________。‎ ‎（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是___________、____________；‎590℃‎之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_____________。‎ ‎【答案】 (1). +123kJ·mol－1 (2). < (3). AD (4). 氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大 (5). 升高温度有利于反应向吸热方向进行 (6). 温度升高反应速率加快 (7). 丁烷高温裂解生成短链烃类 ‎【解析】‎ ‎（1）根据盖斯定律，用②式-③式可得①式，因此△H1=△H2-△H3=-119 kJ/mol +242 kJ/mol =+123kJ/mol。由a图可以看出，温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，根据反应前后气体系数之和，反应前气体系数小于反应后气体系数之和，因此减小压强，平衡向正反应方向移动，即x<0.1。提高丁烯的产率，要求平衡向正反应方向移动，A、因为反应①是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，即丁烯转化率增大，故A正确；B、降低温度，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故B错误；C、反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故C错误；D、根据C选项分析，降低压强，平衡向正反应方向移动，丁烯转化率提高，故D正确；（2）因为通入丁烷和氢气，发生①，氢气是生成物，随着n(H2)/n(C4H10)增大，相当于增大氢气的量，反应向逆反应方向进行，逆反应速率增加；（3）根据图(c)，‎590℃‎之前，温度升高时反应速率加快，生成的丁烯会更多，同时由于反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯。而温度超过‎590℃‎时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁烷也就相应减少。‎ ‎(二)选考题:共45分。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。‎ ‎【化学—选修3：物质结构与性质】‎ ‎11.X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素。X和R属同族元素；Z和U位于第VIIA族；X和Z可形成化合物XZ4；Q基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等；‎ - 12 -‎ T的一种单质在空气中能够自燃。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）R基态原子的电子排布式是_____________________。‎ ‎（2）利用价层电子对互斥理论判断TU3的立体构型是______。‎ ‎（3）X所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是______(填化学式)；Z和U的氢化物中沸点较高的是_____(填化学式)；Q、R、U的单质形成的晶体，熔点由高到低的排列顺序是_______(填化学式)。‎ ‎（4）CuSO4溶液能用作T4中毒的解毒剂，反应可生成T的最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式是_______________________。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p2或者[Ne] 3s23p2 (2). 三角锥形 (3). HNO3 (4). HF (5). Si＞Mg＞Cl2 (6). P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X，Z，Q，R，T，U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；Z和U位于第ⅦA族，则Z为F元素，U为Cl；Q基态原子的s轨道和P轨道的电子总数相等，原子序数大于F，核外电子排布为1s22s22p63s2，故Q为Mg；X和Z可形成化合物XZ4，X元素表现+4价，原子序数小于F元素，故X为C元素；X和R属同族元素，则R为Si；T的一种单质在空气中能够自燃，原子序数介于Si与Cl之间，故T为P元素，据此解答。‎ ‎【详解】由题意可知X、Z、Q、R、T、U分别C、F、Mg、Si、P、Cl；‎ ‎(1)R为Si元素，Si基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p2或者[Ne] 3s23p2‎ ‎(2)化合物TU3为PCl3，PCl3价层电子对为4对，还有一个孤电子对，则其构型为三角锥形；‎ ‎(3)x为碳元素，位于第二周期，第二周期酸性最强的为HNO3；Z和U的氢化物分别为HF、HCl，HF分子之间存在氢键，HCl分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故HF的沸点高于HCl；Mg为金属晶体，Si为原子晶体，熔点高于Mg，Cl2为分子晶体，常温下为气体，则熔点由高到低的排列顺序是Si＞Mg＞Cl2；‎ ‎(4)CuSO4溶液能用作P4中毒的解毒剂，反应可生成两种最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式是：P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4。‎ ‎【化学—选修5：有机化学基础】‎ ‎12.局部麻醉药普鲁卡因E（结构简式为 - 12 -‎ ‎）的三条合成路线如下图所示（部分反应试剂和条件已省略）：‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）.比A多一个碳原子，且一溴代物只有3种的A的同系物的名称是___________。‎ ‎（2）.写出反应试剂和反应条件。反应①______；③______‎ ‎（3）.设计反应②的目的是____________。‎ ‎（4）.B的结构简式为_____；C的名称是____。‎ ‎（5）.写出一种满足下列条件的D的同分异构体的结构简式____。‎ ‎①芳香族化合物 ②能发生水解反应 ③有3种不同环境的氢原子 ‎1 mol该物质与NaOH溶液共热最多消耗_____mol NaOH。‎ ‎（6）.普鲁卡因的三条合成路线中，第一条合成路线与第二条、第三条相比不太理想，理由是_________。‎ ‎【答案】 (1). 乙苯 (2). 浓硝酸、浓硫酸，加热 (3). 酸性KMnO4溶液 (4). 保护氨基 (5). (6). 氨基苯甲酸 (7). 或 (8). 2 (9). 肽键水解在碱性条件下进行，羧基变为羧酸盐，再酸化时氨基又发生反应 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A是甲苯，比A多一个碳原子，且一溴代物只有3种的A的同系物应该是只有一个侧链的物质它是乙苯，结构简式是。‎ ‎（2）甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生甲基对位的取代反应，产生对硝基甲苯，对硝基甲苯与酸性KMnO4溶液反应，甲基被氧化变为羧基，产生。‎ ‎（3）—NH2有强的还原性，容易被氧化变为—NO2，设计反应②的目的是保护—NH2‎ - 12 -‎ ‎，防止在甲基被氧化为羧基时，氨基也被氧化。‎ ‎（4）与酸性KMnO4溶液发生反应，甲基被氧化变为羧基，得到B，B的结构简式为。B发生水解反应，断开肽键，亚氨基上结合H原子形成氨基，产生C，结构简式是；名称为对氨基苯甲酸。‎ ‎（5）D的分子式是C9H9NO4，它的同分异构体中，①芳香族化合物，说明含有苯环；②能发生水解反应，说明含有酯基；③有3种不同环境的氢原子，说明分子中含有三种不同位置的H原子，则其同分异构体是：也可能是；酯基水解生成的酚羟基和羧基都和NaOH反应，所以1mol该物质与NaOH溶液共热最多消耗2mol NaOH；‎ ‎（6）普鲁卡因的三条合成路线中，第一条合成路线与第二条、第三条相比不太理想，理由是B发生水解反应是在碱性环境中进行，这时羧基与碱发生反应产生羧酸的盐，若再酸化，氨基又发生反应。‎ ‎ ‎ - 12 -‎