福建省福州市第三中学2020届高三10月月考化学试题
福州三中2019-2020学年高三第二次质量检测（10月）化学试卷
（考试时间：90分钟；满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Cl-35.5 S-32 Cr-52 Ni-59 Te-128
第Ⅰ卷（共42分）
一、选择题：本题共14小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1.2016年诺贝尔化学奖授予在合成分子机器领域做出贡献的三位科学家。分子机器是一种特殊的超分子体系，当体系受到外在刺激(如pH变化、吸收光子、电子得失等)时，分子组分间原有作用被破坏，各组分间发生类似于机械运动的某种热运动。下列说法不正确的是
A. 驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量
B. 分子状态的改变会伴随能量变化，属于化学变化
C. 氧化还原反应有可能是刺激分子机器体系的因素之一
D. 光照有可能使分子产生类似于机械运动的某种热运动
【答案】B
【解析】
【分析】
当体系受到外在刺激（如pH变化、吸收光子、电子得失等）时，分子组分间原有作用被破坏，说明反应可在光照条件下进行，且可以是氧化还原反应，驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量，以此解答该题。
【详解】A．需要对体系输入一定的能量，才能驱动分子机器，故A正确；
B．分子状态的改变是物态变化，属于物理变化，故B错误；
C．电子的得失是氧化还原反应的本质，则发生氧化还原反应时可刺激分子机器体系，故C正确；
D．光照可使光能转化为机械能，即光照能使分子产生类似于机械运动的某种热运动，故D正确；
答案为B。
2.“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是
①实验室收集氨气采用图1所示装置
②实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置
③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验
④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应
A. ②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ①③④
【答案】C
【解析】
【分析】
分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。
【详解】①图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故①符合题意；
②图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故②符合题意；
③氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故③不符合题意；
④图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故④符合题意；
故符合“绿色化学”的为①②④。
故选C。
【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 将0.1mol CO2溶于适量的水，溶液中CO32-、HCO3-、H2CO3离子总数为0.1NA
B. 在7.8gNa2O2与Na2S的混合物中，离子总数为0.3NA
C. 使0.5mol乙烯被溴的四氯化碳溶液完全吸收，断裂的共价键总数为0.5NA
D. 标准状况下，2.24L Cl2与CH4反应完全，生成物中气体分子数目小于0.1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化碳溶于水，部分与水反应，部分仍然以二氧化碳分子存在，依据碳原子守恒可知：将0.1molCO2溶于适量水，溶液中CO32-、HCO3-、H2CO3粒子总数小于0.1NA，故A错误；
B．Na2S与Na2O2的摩尔质量都是78g/mol，硫化钠是2个钠离子和一个硫离子构成，过氧化钠是2个钠离子和一个过氧根离子构成，其物质的量n===0.1mol，得到离子数为0.3NA，故B正确；
C．乙烯与溴发生加成反应，乙烯分子中断裂碳碳双键中的一个键，溴单质断裂1个溴溴单键，0.5 mol乙烯被溴的四氯化碳溶液完全吸收，断裂的共价键总数为1NA，故C错误；
D．氯气与甲烷反应生成氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，其中氯化氢和一氯甲烷为气体，标准状况下，2.24LCl2物质的量为0.1mol与甲烷发生取代反应，一定生成0.1mol氯化氢，同时生成部分一氯甲烷，所以生成气体的分子数一定大于0.1NA，故D错误；
答案为B。
4.某澄清、透明的浅黄色溶液中可能含有H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、HCO3-、I-、SO42-八种离子中的几种，在设计检验方案时，一定不需要检验的离子是（ ）
A. H+、NH4+、Fe3+ B. HCO3-、I-、Ba2+ C. SO42-、Al3+、I- D. NH4+、Ba2+、Al3+
【答案】B
【解析】
浅黄色溶液中一定含有Fe3+；由于Fe3+能与HCO3-发生互相促进的水解反应生成氢氧化铁和CO2，则溶液中一定不存在HCO3-；由于Fe3+能与I-发生氧化还原反应则溶液中一定不存在I-；根据溶液电中性原理，溶液中至少含有一种阴离子，则一定含有SO42-；SO42-与Ba2+反应，所以溶液中一定不存在Ba2+；还有H+、NH4+、Al3+无法确定是否存在。故一定不需要检验的离子有Fe3+、Ba2+、HCO3-、I-、SO42-，故选B。
点睛：本题考查离子的共存，明确离子之间的反应是解答本题的关键，注意溶液为浅黄色为本题的突破口，并结合溶液电中性原理进行解答。
5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)
B. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s)
C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)
【答案】B
【解析】
【分析】
A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl2具有强氧化性；
B.根据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；
C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；
D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；
【详解】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；
B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；
C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；
D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。
6.a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子数总数与b原子次外层电子数相同；C所在周期数与族序数相同；d与a同族。下列叙述正确的是
A. 含氧酸的酸性：e>d
B. 原子半径：b>c>d>a
C. 由a 和b 两种元素形成化合物不可能含共价键
D. b、c 元素对应最高价氧化物的水化物之间不可能发生反应
【答案】B
【解析】
a、b、c、d、e 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子数总数与b原子次外层电子数相同，可判断a为氧，b为第三周期元素；C所在周期数与族序数相同，则c为铝，b为钠；d与a同族，则d为硫，e就是氯。A. 氯的非金属性大于硫，则氯的最价高含氧酸的酸性大于硫酸，A错误；B. 由原子半径变化规律可知，原子半径由大到小为Na>Al>S>O，B正确；C. 由氧和钠两种元素可形成Na2O、Na2O2两种的化合物，Na2O2除离子键外还含共价键，C错误；D. Na、Al元素对应最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝，它们之间可发生反应，D错误。答案选B。
7.由下列实验操作得出的实验现象和实验结论均正确的是
实验
现象
结论
A.某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，无Fe3+
B.向C6H5ONa溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性：H2CO3>C6H5OH
C.向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)
c(H2CO3)+c(CO32-)
B. b点横坐标数值大约为10.3
C. c点的溶液中：c(Na+)<2c(CO32-)十c(HCO3-)
D. 溶液中水的电离程度：a0.05 mol·L-1,溶液中离子浓度大小c(HCO3-)>c(H2CO3)+c(CO32-)，所以A选项是正确的; B.b点
c(CO32-)=c(HCO3-)=0.05mol/L, 因为CO32-+H2OHCO3-+OH- ，K==c(OH-)=2×10-4，c(H+)=510-11,pH=-lg(510-11)，所以B选项是正确的;
C.c点溶液中,c(OH-)>c(H+),溶液中存在电荷守恒, c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)=c(H+)+c(Na+), c(Na+)>2c(CO32-)+c(HCO3-)故C错误；D.a、b、c三点溶液中所含Na2CO3依次增多，所含NaHCO3依次减少，越弱越水解，对水的电离促进越大，即溶液中水的电离程度：a”或“<”)，得出该结论的理由是____。
（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ⅱ补充完整。
ⅰ.SO2＋4I－＋4H＋===S↓＋2I2＋2H2O
ⅱ.I2＋2H2O＋_____===_____＋____＋2I－
（4）探究ⅰ、ⅱ反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mLSO2饱和溶液加入2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)
①B是A的对比实验，则a＝_____。
②比较A、B、C，可得出的结论是_______。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D>A。结合ⅰ、ⅱ反应速率解释原因：________。
【答案】 (1). 3SO2(g)＋2H2O(g)===2H2SO4(l)＋S(s) ΔH2＝－254kJ·mol－1 (2). > (3). 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 (4). SO2 (5). SO42- (6). 4H＋ (7). 0.4 (8). I－是SO2歧化反应的催化剂，H＋单独存在时不具有催化作用，但H＋可以加快歧化反应速率 (9). 反应ⅱ比ⅰ快；D中由反应ⅱ产生的H＋使反应ⅰ加快
【解析】
【详解】(1)根据图知,反应II为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，将方程式−I−III即得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s),△H=−(+551kJ⋅mol−1)−(−297kJ⋅mol−1)=−254kJ/mol，
故答案为：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，△H=−254kJ/mol；
(2)相同温度下,增大压强,平衡正向移动,导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大,根据图知,相同温度下,达到平衡状态时硫酸含量：P1P1，
故答案为：>；当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大；
(3)化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物,总方程式为得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s),催化过程中i:SO2+4I−+4H+=S↓+2I2+2H2O,说明I−、H+在i中作反应物,在ii中作生成物,同时ii中还生成H2SO4,根据元素守恒知,反应物还有SO2，所以ii中方程式应该为：I2+2H2O+SO2═4H++SO42−+2I−，
答案为：SO2;4H+;SO42−；
(4)①B是A的对比实验,所用c(KI)应该相等，否则无法得出正确结论，所以a=0.4，
故答案为：0.4；
②比较A. B. C,A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸,反应快慢顺序是B>A>C,且C中没有明显现象,说明不反应,B中含有酸导致其反应速率加快,所以得出的结论是：在酸性条件下,SO2与I−反应速率更快,且SO2与稀硫酸不发生反应，
故答案为：在酸性条件下,SO2与I−反应速率更快,且SO2与稀硫酸不发生反应；
③反应i、ii知,SO2先和I−反应生成I2,I2再和SO2进一步反应,D中KI溶液溶解了I2，导致D中的ii的反应较A快，所以看到的现象是：D中出现浑浊较A快，
故答案为：反应i、ii知,SO2先和I−反应生成I2,I2再和SO2进一步反应,D中KI溶液溶解了I2，导致D中ii的反应较A快。
【点睛】（1）根据图知，反应II为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），将方程式-I-III即得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），△H 进行相应的改变；
（2）相同温度下，增大压强，平衡正向移动；
（3）化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式为得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），催化过程i:SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O，说明I-、H+在i中作反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成H2SO4，根据元素守恒知，反应物还有SO2；
（4）①B是A的对比实验，所用c（KI）应该相等；
②比较A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反应快慢顺序是B>A>C，且C中没有明显现象，说明不反应；
③反应i、ii知，SO2先和I-反应生成I2，I2再和SO2进一步反应，D中KI溶液溶解了I2，导致D中的ii的反应较A快。
（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道化学题中任选1题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑。
18.金属及其相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）下列关于金属及金属键说法不正确的是______。（填字母代号）
a．金属键没有方向性与饱和性
b．金属键是金属原子与自由电子间的相互作用
c．金属熔沸点不同的原因可以用金属键强弱解释
d．电子气理论可解释金属材料的延展性，不能解释金属有良好的导电性
（2）钒广泛用于催化及钢铁工业，基态钒原子的价层电子排布图为______________。
（3）二茂铁又叫双环戊二烯基铁[Fe(C5H5)2]，熔点是172.5～173 ℃，100 ℃以上升华，二茂铁属于_____晶体。已知分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为）。已知二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷，则每个环中的大π键应表示为________________。
（4）铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，若要确定[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4是晶体还是非晶体，最科学的方法是对其进行______实验，其中阴离子的空间构型是_____，该化合物加热时首先失去的组分是H2O，原因是________。
（5）最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体也具有超导性，该物质形成的晶体的立方晶胞结构如图所示。
①与Mg紧邻的Ni有________个。
②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。该晶胞中原子的坐标参数为a为(0，0，0)；b为(1/2，1/2，0)；d为(1，1，1)。则c原子的坐标参数为_______。
③若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度ρ＝______g·cm－3(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】 (1). bd (2). (3). 分子 (4). (5). X－射线衍射 (6). 正四面体 (7). H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱 (8). 12 (9). （1，1/2，1/2） (10).
【解析】
（1）a．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，金属键没有方向性与饱和性，a正确；b．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，b错误；c．金属晶体熔、沸点高低和硬度大小一般取决于金属键的强弱，金属的熔沸点不同的原因可以用金属键强弱解释，c正确；d．金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，可用电子气理论解释，d错误，答案选bd；（2）钒是23号元素，基态钒原子的价层电子排布图为。（3）二茂铁熔点是172.5～173℃，100℃以上升华，因此二茂铁属于分子晶体。因为每个环戊二烯中含有5个C原子，且二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷，则每个环中的大π键应表示为。（4）铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，若要确定[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4是晶体还是非晶体，最科学的方法是对其进行X－射线衍射实验，其中阴离子是硫酸根，其空间构型是正四面体。由于H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是H2O。（5）①根据晶胞结构可知与Mg紧邻的Ni有个。②该晶胞中原子的坐标参数为a为(0，0，0)；b为(1/2，1/2，0)；d为(1，1，1)，则c原子的坐标参数为（1，1/2，1/2）。③若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为a pm，则面对角线是2a pm，边长是，则晶体的密度 g·cm－3。
点睛：注意掌握原子的核外电子排布式(图)的书写：（1）核外电子排布式：用数字在能级符号右上角表明该能级上排布的电子数。为了简化，通常把内层已达稀有气体电子结构的部分称为“原子实”，用该稀有气体的元素符号加方括号来表示。例如，K：[Ar]4s1。（2）核外电子排布图：用□表示原子轨道，↑和↓分别表示两种不同自旋方向的电子。如氧原子的核外电子排布图可表示为
。核外电子排布图能直观地反映出原子的核外电子的自旋情况以及成对电子对数和未成对的单电子数。（3）价电子排布式：如Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布式为3d64s2。价电子排布式能反映基态原子的能层数和参与成键的电子数以及最外层电子数。
19.石油裂解可以得到乙烯、丙烯等小分子烃，它们是常见的有机化工原料。下图是以丙烯为原料合成有机物I的流程。
已知：
i．Claisen酯缩合：
ii． (②比①反应快)
iii．，(R、R＇代表烃基)
回答下列问题：
(1)C的名称为_____________。Ⅰ中所含官能团的名称为______________________。
(2)B→C的反应类型是_______________。F的结构简式为_______________________。
(3)D→E的化学方程式为___________________________。
(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是__________________________。
(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应，则K可能的链状稳定结构有_______种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为_______________。(任写一种)
(6)完成下列以苯乙烯为原料，制备的合成路线(其他试剂任选) _____________。
【答案】 (1). 1-丙醇（正丙醇） (2). （酮）羰基、羟基 (3). 取代反应 (4). (5). CH3CH2COOH+CH3OHCH3CH2COOCH3+H2O (6). 保护酮羰基 (7). 3 (8). 或 (9).
【解析】
【分析】
丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合： ，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为，据此分析。
【详解】丙烯在双氧水作用下与溴化氢发生加成生成B为1-溴丙烷；根据D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E可知，D为丙酸，则C为1-丙醇；根据Claisen酯缩合： ，E发生酯缩合生成F，结合F的分子式可知，F为，根据G与I的结构简式，结合反应流程可推出H为。
(1)C的名称为1-丙醇（正丙醇）；Ⅰ为
，所含官能团的名称为（酮）羰基、羟基；
(2)B→C是1-溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应（或取代反应）生成1-丙醇，反应类型是取代反应；F的结构简式为；
(3)D→E是丙酸与甲醇发生酯化反应生成丙酸甲酯和水，反应的化学方程式为；
(4)由F到H过程中增加一步先生成G再生成H的目的是保护酮羰基；
(5)化合物K与E互为同分异构体，已知1molK能与2mol金属钠反应则应该含有两个羟基，则K可能的链状稳定结构有、、CH2=CHCH（OH）CH2OH共3种(两个一OH连在同一个碳上不稳定：一OH连在不饱和的双键碳、叁键碳不稳定)，其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为或；
(6)苯乙烯与溴化氢发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中加热生成，氧化得到，与CH3MgBr反应生成，在氯化铵溶液中反应生成，合成路线如下：
。
【点睛】本题考查有机推断及合成，注意推出有机物的结构简式是解题的关键。本题中应注意（6）中合成路线应参照反应流程中的步骤，结合几个已知反应原理，推出各官能团变化的实质。
