【化学】河北衡水中学2020届高三下学期三月份教学质量监测（解析版）

【化学】河北衡水中学2020届高三下学期三月份教学质量监测（解析版）

河北衡水中学2020届高三下学期三月份教学质量监测 第Ⅰ卷(选择题)‎ 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7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.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维 B. 食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质 C. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性 D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）为95%‎ ‎【答案】D ‎【详解】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，在灼烧时有烧焦羽毛的气味，人造纤维在灼烧时会蜷缩成一个小球，产生大量的黑烟，两者灼烧时的现象不同，A正确；‎ B．食用油反复高温会发生化学变化，产生多种有毒、有害甚至是致癌的稠环芳香烃等物质，进而会危害人体健康，B正确；‎ C．加热或高温会使蛋白质发生变性，一般高温可消毒杀菌，C正确；‎ D．医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）通常是75%，乙醇浓度太大，杀菌能力强但渗透性差，95%的酒精溶液会导致病毒表面的蛋白质变性，当病毒退壳后，里面的蛋白质仍然会危害人体健康，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎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 ‎【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.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。‎230℃‎时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为‎42.2℃‎，固体杂质不参与反应。‎ 第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；‎ 第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至‎230℃‎制得高纯镍。‎ 下列判断正确的是（ ）‎ A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大 B. 第一阶段，在‎30℃‎和‎50℃‎两者之间选择反应温度，选‎50℃‎ C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低 D. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)‎ ‎【答案】B ‎【详解】A.平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故A错误；‎ B‎.50℃‎时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，故B正确；‎ C‎.230℃‎时，Ni(CO)4分解的平衡常数K逆=1/K正=1/（2×10−5）=5×104，可知分解率较高，故C错误； ‎ D.平衡时，应该是4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，故D错误；‎ 正确答案：B ‎4.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）‎ A. Ka2（H2X）的数量级为10–6‎ B. 曲线N表示pH与的变化关系 C. NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)‎ D. 当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D.根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误；答案选D。‎ ‎5.实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是(　　)‎ A. ①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液 B. 管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度 C. 结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热 D. 装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气 ‎【答案】B ‎【详解】A、从焦性没食子酸溶液逸出的气体含有水蒸气，所以宜于最后通过浓硫酸干燥气体，选项A错误；‎ B、管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度，以免因气体不纯引发爆炸，选项B正确；‎ C、为了防止W受热被氧化，应该先停止加热，等待W冷却后再关闭K，选项C错误；‎ D、二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，而启普发生器不能加热，所以启普发生器不能用于氯气的制备，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎6.以下实验设计能达到实验目的的是（ ）‎ 选项 实验目的 实验设计 A 除去NaHCO3固体中的Na2CO3‎ 将固体加热至恒重 B 制备无水AlCl3‎ 蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液 C 重结晶提纯苯甲酸 将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶 D 鉴别NaBr和KI溶液 分别加新制氯水后，用CCl4萃取 ‎【答案】D ‎【解析】A、加热碳酸氢纳分解生成了碳酸钠，不能达到实验目的；B、直接蒸发Al与稀盐酸反应生成的AlCl3溶液，铝离子发生水解，最终得到的是Al(OH)3，不能达到实验目的；C、重结晶法提纯苯甲酸的方法是：将粗品水溶，趁热过滤，滤液冷却结晶即可；D、NaBr和NaI都能与氯水反应生成对应的单质，再用四氯化碳萃取，颜色层不同，NaBr的为橙红色，KI的为紫红色。故选D。‎ ‎7.我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如图：‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A. 反应①的产物中含有水 B. 反应②中只有碳碳键形成 C. 汽油主要是C5～C11的烃类混合物 D. 图中a的名称是2-甲基丁烷 ‎【答案】B ‎【详解】A．从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，反应为CO2+H2=CO+H2O，则产物中含有水，选项A正确；‎ B．反应②生成烃类物质，含有C﹣C键、C﹣H键，选项B错误；‎ C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C5～C11的烃类混合物，选项C正确；‎ D．图中a烃含有5个C，且有一个甲基，应为2﹣甲基丁烷，选项D正确。‎ 答案选B。‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8题-第10题为必考题每个试题考生都必须作答，第11题-第12题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎(一)必考题 ‎8.[化学-选修2：化学与技术]‎ 双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂。生产双氧水常采用蒽醌法，其反应原理和生产流程如图所示：‎ A.氢化釜 B.过滤器 C.氧化塔 D.萃取塔 E.净化塔 F.工作液再生装置 G.工作液配制装置 生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定的温度、压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水。回答下列问题：‎ ‎（1）蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是_____________，循环使用的|原料是_________，配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是____________________________________。‎ ‎（2）氢化釜A中反应的化学方程式为______________________________________________，进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为________________。‎ ‎（3）萃取塔D中萃取剂是_______，选择其作萃取剂的原因是________________________。‎ ‎（4）工作液再生装置F中要除净残留的H2O2，原因是_________________________________。‎ ‎（5）双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4溶液测定，该反应的离子方程式为_______________________________________________________。一种双氧水的质量分数为27.5%，（密度为‎1.10g·cm3），其浓度为______mol/L。‎ ‎【答案】(1). 氢气和氧气 (2). 乙基蒽醌 (3). 乙基蒽醌（乙基氢蒽醌）不溶于水，易溶于有机溶剂 (4). (5).‎ ‎ 乙基氢蒽醌 (6). 水 (7). H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水 (8). H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸 (9). 6H++5H2O2+2MnO4-=2Mn2++5O2↑+8H2O (10). 8.9‎ ‎【详解】（1）根据反应原理，两式相加，乙基蒽醌作催化剂，使H2＋O2=H2O2，因此理论上消耗的原料是氢气和氧气，循环使用原料是乙基蒽醌，根据题意，乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂；‎ ‎（2）氢化釜A，发生的反应是乙基蒽醌和氢气的反应，因此反应方程式为：，氧化塔C中发生反应是乙基氢蒽醌和氧气的反应，因此混合液中的主要溶质为乙基氢蒽醌；‎ ‎（3）过氧化氢易溶于水，乙基蒽醌不溶于水，因此用水进行萃取；‎ ‎（4）过氧化氢不稳定，易分解成氧气，氢气与氧气混合易发生爆炸；‎ ‎（5）H2O2既有氧化性又有还原性，高锰酸钾溶液的氧化性把H2O2氧化成氧气，根据化合价配平法进行配平，因此反应方程式为：H2O2＋6H＋＋2MnO4－=2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑，根据c=1000ρw%/M，代入数值，得出c=8.9mol·L－1。‎ ‎9.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，有关数据如表所示：‎ 溶解度/(g/‎100g水)‎ ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎100‎ NH4Cl ‎29.3‎ ‎37.2‎ ‎45.8‎ ‎55.3‎ ‎65.6‎ ‎77.3‎ ZnCl2‎ ‎343‎ ‎395‎ ‎452‎ ‎488‎ ‎541‎ ‎614‎ 溶度积常数 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). 铁粉 (6). MnOOH (7). 在空气中加热 (8). 碳粉转变CO2，MnOOH氧化为MnO2‎ ‎【分析】酸性锌锰干电池中，金属锌作负极，碳棒作正极，MnO2在正极得电子生成MnOOH。Zn(OH)2、Fe(OH)2溶度积常数近似相等。‎ ‎【详解】（1）酸性锌锰干电池中，外壳为金属锌，锌是活泼的金属，锌是负极，电解质显酸性，则负极电极反应式为Zn—2e—＝Zn2＋。中间是碳棒，碳棒是正极，其中二氧化锰得到电子转化为MnOOH，则正极电极反应式为MnO2＋e—＋H＋＝MnOOH，所以总反应式为Zn＋2MnO2＋2H＋＝Zn2＋＋2MnOOH。‎ ‎（2）维持电流强度为‎0.5A，电池工作五分钟，则通过的电量是‎0.5A×300s＝‎150C，因此通过电子的物质的量是，锌在反应中失去2个电子，则理论消耗Zn的质量是。‎ ‎（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有氯化锌和氯化铵。根据表中数据可知氯化锌的溶解度受温度影响较大，因此两者可以通过结晶分离回收，即通过蒸发浓缩、冷却结晶实现分离。二氧化锰、铁粉、MnOOH均难溶于水，因此滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、MnOOH。由于碳燃烧生成CO2，MnOOH能被氧化转化为二氧化锰，所以欲从中得到较纯的二氧化锰，最简便的方法是在空气中灼烧。‎ ‎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 ‎（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). 丁烯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 ‎11.我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl（用R代表）。回答下列问题：‎ ‎（1）氮原子价层电子对轨道表达式（电子排布图）为_____________。‎ ‎（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）。第二周期部分元素的E1变化趋势如图（a）所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是_______________________________________________；氮元素的E1呈现异常的原因是___________________________________________。‎ ‎（3）经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图（b）所示。‎ ‎①从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为______，不同之处为________。（填标号）‎ A．中心原子的杂化轨道类型 B．中心原子的价层电子对数 C．立体结构 D．共价键类型 ‎②R中阴离子N5-中的σ键总数为________个。分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数（如苯分子中的大π键可表示为），则N5-中的大π键应表示为____________。‎ ‎③图（b）中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）N-H┄Cl、____________、____________。‎ ‎（4）R的晶体密度为d g·cm-3，其立方晶胞参数为a nm，晶胞中含有y个[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为______________。‎ ‎【答案】(1). (2). 同周期随着核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大 (3). N的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子 (4). ABD (5). C (6). 5 (7). (8). （H3O+）O—H…N (9). （NH4+））N—H…N (10). ‎ ‎【解析】（1）N原子位于第二周期第VA族，价电子是最外层电子，即电子排布图是；‎ ‎（2）根据图(a)，同周期随着核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；氮元素的2p能级达到半满状态，原子相对稳定，不易失去电子；‎ ‎（3）①根据图(b)，阳离子是NH4＋和H3O＋，NH4＋中性原子N含有4个σ键，孤电子对数为(5－1－4×1)/2=0，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，H3O＋中心原子是O，含有3个σ键，孤电子对数为(6－1－3)/2=1，空间构型为正四面体形，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，空间构型为三角锥形，因此相同之处为ABD，不同之处为C；②根据图(b)N5－中σ键总数为5个；根据信息，N5－的大Π键应是表示为：；③根据图(b)还有的氢键是：（H3O+）O—H…N （NH4+）N—H…N；‎ ‎（4）根据密度定义有，d=g/cm3，解得y=。‎ ‎12.氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的结构简式为___________。C的化学名称是___________。‎ ‎（2）③的反应试剂和反应条件分别是_________________，该反应的类型是___________。‎ ‎（3）⑤的反应方程式为________________________________。吡啶是一种有机碱，其作用是_______________________________________________。‎ ‎（4）G的分子式为___________。‎ ‎（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有________种。‎ ‎（6）4甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4甲氧基乙酰苯胺的合成路线_______________________________________________________________________________ ‎ ‎(其他试剂任选)。‎ ‎【答案】(1). (2). 三氟甲苯 (3). 浓HNO3/浓H2SO4、加热 (4). 取代反应 (5). +HCl (6). 吸收反应产生的HCl，提高反应转化率 (7). C11H11O3N‎2F3 (8). 9 (9). ‎ ‎【分析】A和氯气在光照的条件下发生取代反应生成B，B的分子式为C7H5Cl3，可知A的结构中有3个氢原子被氯原子取代，B与SbF3发生反应生成 ‎，说明发生了取代反应，用F原子取代了Cl原子，由此可知B为，进一步可知A为，发生消化反应生成了，被铁粉还原为，与吡啶反应生成F，最终生成，由此分析判断。‎ ‎【详解】(1)由反应①的条件、产物B的分子式及C的结构简式，可逆推出A为甲苯，结构为；C可看作甲苯中甲基中的三个氢原子全部被氟原子取代，故其化学名称为三氟甲(基)苯；‎ ‎(2)对比C与D的结构，可知反应③为苯环上的硝化反应，因此反应试剂和反应条件分别是浓HNO3/浓H2SO4、加热，反应类型为取代反应；‎ ‎(3)对比E、G的结构，由G可倒推得到F的结构为，然后根据取代反应的基本规律，可得反应方程式为：+HCl，吡啶是碱，可以消耗反应产物HCl；‎ ‎(4)根据G的结构式可知其分子式为C11H11O3N‎2F3；‎ ‎(5)当苯环上有三个不同的取代基时，先考虑两个取代基的异构，有邻、间、对三种异构体，然后分别在这三种异构体上找第三个取代基的位置，共有10种同分异构体，除去G本身还有9种。‎ ‎(6)对比原料和产品的结构可知，首先要在苯环上引入硝基(类似流程③)，然后将硝基还原为氨基(类似流程④)，最后与反应得到4甲氧基乙酰苯胺(类似流程⑤‎ ‎)，由此可得合成路线为：。‎