【化学】天津市河北区2020届高三总复习质量检测（二）（解析版）
天津市河北区2020届高三总复习质量检测（二）
可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64
第I卷共36分
一、单选题
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池
B. 煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
C. 乙酰胺（）与甘氨酸的化学性质相同
D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
【答案】D
【详解】A．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，则用于制作光导纤维，而Si为半导体材料可作光电池材料，故A错误；
B．煤经过气化生成水煤气，液化生成甲醇，都有新物质生成，都是化学变化，故B错误；
C．乙酰胺（）分子式为CH3CONH2与甘氨酸分子式为C2H5NO2，二者分子式不同，结构也不同，则化学性质不相同，故C错误；
D．用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，利用溶解性差异分离，为萃取分液法，故D正确；
答案选D。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 根据分散系是否具有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
B. 核酸是一类含磷的生物高分子化合物，在稀盐酸中可发生水解
C. 离子化合物NH5（H有正价和负价），阴离子为8电子稳定结构
D. 常温下，35.5gCl2溶于水后，溶液中Cl2、HClO、ClO-、Cl-四种微粒总数为NA
【答案】B
【详解】A. 溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子的直径大小不同：溶液小于1nm、胶体1~100nm、浊液大于100nm，不是根据丁达尔效应区分的，丁达尔效应用来鉴别溶液和胶体，A错误；
B. 核酸是一类含磷的生物高分子化合物，核酸是由磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的，在稀盐酸中可以逐步水解，水解最终产物是磷酸、戊糖和碱基，B正确；
C. 离子化合物NH5（H有正价和负价），可以写成NH4H阳离子是NH4+，阴离子为H-，H-为-1价，核外只有2个电子，C错误；
D. 35.5gCl2物质的量是，氯原子是1mol，Cl2溶于水后，根据Cl元素守恒溶液中应该有:2n(Cl2)+n(HClO)+n(ClO-)+n(Cl-)=1mol，D错误。
答案选B。
3.下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A. 向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O+4Cl2+5H2O=2SO+8Cl-+10H+
B. 向AlCl3溶液中加入足量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO+4NH+2H2O
C. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O
D. 在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O
【答案】A
【详解】A．向Na2S2O3溶液中通入足量的氯气，反应生成硫酸钠、硫酸、HCl和水，该反应的离子方程式为：S2O32−+4Cl2+5H2O═2SO42−+8Cl−+10H+，故A正确；
B．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；
C．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：NH4++HCO3−+Ca2++2OH−═CaCO3↓+H2O+NH3∙H2O，故C错误；
D．在海带灰的浸出液(含有I−)中滴加H2O2得到I2，正确的离子方程式为：2I−+H2O2+2H+=I2+2H2O，故D错误；
答案选A。
4.下列说法不正确的是（ ）
A. 熵增原理不可独立作为反应自发性的判据
B. 生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和石英砂
C. 硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等
D. 6.4gCu与3.2g硫粉混合隔绝空气加热，充分反应后，转移电子数为0.2NA
【答案】D
【详解】A. 熵增原理指在与外界隔绝的体系中，自发过程将导致体系的熵增大，即熵变大于零；熵增有利于反应自发进行，但有些熵值减小的反应，在一定条件下也能自发进行，所以熵增原理不可独立作为反应自发性的判据，A正确；
B. 工业生产普通玻璃的反应是石灰石与二氧化硅生成硅酸钙、纯碱与二氧化硅生产硅酸钠，主要原料为石灰石、纯碱和石英砂，B正确；
C. 硫元素在自然界的存在形式有游离态硫单质和化合态硫化物、硫酸盐等，C正确；
D. 6.4gCu为0.1mol， 3.2g硫粉为0.1mol，隔绝空气加热，发生反应：2Cu+S，由反应可知：铜完全反应，硫过量，生成物中铜为+1价，则0.1mol Cu转移电子为0.1mol，电子数为0.1NA，D错误。
答案选D。
【点睛】硫的氧化性不强，Cu与S生成Cu 2S，Cu 2S中铜为+1价。
5.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中只有X、Y处于同一周期，且相邻；Y是地壳中含量最多的元素；Z是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是（ ）
A. 离子半径：r(Z)
C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性C>Si，故选D。
8.下面有关叙述中，不正确的是（ ）
A. CH4中心原子的杂化轨道类型为sp3杂化
B. 以非极性键结合起来的双原子分子一定是非极性分子
C. 氯化钠晶体中，Na+和Cl-的配位数均为8
D. 镍元素基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2
【答案】C
【详解】A. CH4中心原子碳与氢原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化轨道类型为sp3杂化，A正确；
B. 以非极性键结合起来的双原子分子，如氧气、氢气、氯气、氮气等，一定是非极性分子，B正确；
C. 氯化钠的晶胞为，Na+和Cl-的配位数均为6，分别在它们的上下左右前后位置，C错误；
D. 镍是28号元素，在周期表中位于第四周期第Ⅷ族，根据构造原理，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，D正确；
答案选C。
【点睛】注意臭氧是单质分子，但不是非极性分子，是极性分子。
9.下列说法正确的是（ ）
A. 除去NaHCO3固体中的Na2CO3固体可用加热的方法
B. 工业上采取电解熔融氧化镁的方法炼制金属镁
C. 重结晶法提纯有机物选择溶剂要求：杂质在溶剂中溶解度受温度影响较大
D. 溴乙烷与NaOH溶液共热后，加入AgNO3溶液，未出现淡黄色沉淀，不能说明溴乙烷没有水解
【答案】D
【详解】A．NaHCO3固体加热生成碳酸钠，而碳酸钠加热不分解，则不能用加热的方法除杂，故A错误；
B．氧化镁的熔点高，电解需要耗费大量能源，工业上采取电解熔融沸点较低的氯化镁的方法炼制金属镁，故B错误；
C．重结晶法提纯有机物选择溶剂要求：被提纯物在此溶剂中的溶解度受温度影响较大，杂质在此溶剂中的溶解度受温度影响较小，便于被提纯物的析出；如杂质在此溶剂中的溶解度随温度的变化较大，也会析出，不能进行重结晶，故C错误；
D．在加入硝酸银溶液之前必须先加稀硝酸中和未反应的NaOH，防止硝酸银和NaOH反应而干扰溴离子的检验，故D正确；
答案选D。
10.卡拉诺利是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示，下列关于卡拉诺利的说法正确的是（ ）
A. 该物质遇FeCl3溶液显紫色
B. 分子中有3种含氧官能团
C. 该物质属于苯的同系物
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH
【答案】B
【详解】A. 该物质不含酚羟基，遇FeCl3溶液不显色，A错误；
B. 该分子中，含有羟基、酯基、醚键三种含氧官能团，B正确；
C. 该物质与苯的官能团的种类数目均不相同，不为苯的同系物，C错误；
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时，酯基水解生成了酚羟基，生成的酚羟基能继续与氢氧化钠反应，所以消耗2molNaOH，D错误；
答案选B。
【点睛】同系物，结构相似，当官能团不同或官能团个数不同时，不能属于同系物；酯基与氢氧化钠水解反应时要注意，当水解成酚羟基时，能继续与氢氧化钠反应。
11.研究小组采用电解法（惰性电极）将含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4的浆液分离成固体混合物和含铬元素的溶液，装置如图。下列说法不正确的是（ ）
A. 阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+
B. 适当增大电压，CrO也可在阴极室转化为Cr(OH)3除去
C. 阴极室生成的物质可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离
D. CrO通过阴离子交换膜进入阳极室，从而实现与浆液的分离
【答案】B
【分析】电解时，CrO42−通过阴离子交换膜向阳极移动，在阳极氢氧根离子失电子发生氧化反应，OH−放电后，阳极池酸度增强，发生反应2CrO42−+2H+＝Cr2O72−+H2O，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题。
【详解】A．阳极发生氧化反应，该电极的电极反应式为：2H2O - 4e- = O2↑+4H+，故A正确；
B．适当增大电压，电解时，右池为阳极，阴离子向阳极移动，CrO42−通过阴离子交换膜向阳极移动，从而CrO42-能从浆液中分离出，故B错误；
C．阴极发生还原反应生成氢气，同时还会得到硫酸钠、氢氧化钠， Al(OH)3和MnO2中的氢氧化铝可以溶于氢氧化钠，氢氧化钠可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离，故C正确；
D．电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，通电后CrO42-将通过阴离子膜进入阳极室，从而实现与浆液的分离，故D正确；
答案选B。
12.在3个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中，反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)ΔH>0，分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是（ ）
容器
温度/K
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(CO2)
n(C)
n(CO)
n(CO)
I
977
0.28
0.56
0
0.4
II
977
0.56
0.56
0
x
III
1250
0
0
0.56
y
A. 977K，该反应的化学平衡常数值为2
B. 达到平衡时，向容器I中增加C的量，平衡正向移动
C. 达到平衡时，容器Ⅰ中CO2的转化率比容器Ⅱ中的大
D. 达到平衡时，容器Ⅲ中的CO的转化率大于28.6%
【答案】C
【分析】977K时，容器I：
【详解】A. 977K，根据容器I中的反应数据，该反应的化学平衡常数值为1，故A错误；
B. C是固体，达到平衡时，向容器I中增加C的量，平衡不移动，故B错误；
C. 容器Ⅱ与容器Ⅰ相比，相当于加压，达到平衡时，容器Ⅰ中CO2的转化率比容器Ⅱ中的大，故C正确；
D. 若容器Ⅲ的温度是977K，则容器Ⅲ与容器I是等效平衡，平衡时CO的浓度是0.2mol/L，CO的转化率是，升高温度，正向移动，CO浓度增大，容器Ⅲ中的CO的转化率小于28.6%，故D错误。
【点睛】本题考查平衡常数的计算、等效平衡原理，明确同一可逆反应，不管从正反应开始，还是从逆反应开始，只要按反应方程式中的化学计量之比投入反应物或生成物，建立起新的平衡状态都相同。
第II卷共64分
二、填空题
13.请用你所学的化学知识回答下列问题：
(1)Na、Mg、Al中第一电离能最大的是_____(填元素符号)，Fe原子基态电子排布式为___________________。
(2)下列反应可用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH
①配合物[Cr(H2O)6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是_____(填元素符号)。
②1molCH3COOH分子含有σ键的数目为_____NA。
③H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为___________________________________________________。
(3)S元素的最高价氧化物在气态时以单分子形式存在，中心原子的杂化方式为_____杂化，其分子的立体构型为_____________。H2O、H2S、H2Se沸点由低到高的顺序_____________。
(4)将Cu的粉末加入浓氨水中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是___________________________________________。
(5)金属元素X和非金属元素Y生成某化合物的晶胞如图(X用白球表示，Y用黑球表示)，则该化合物的化学式为___________。
【答案】(1). Mg (2). 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 (3). O (4). 7 (5). H2O分子与CH3CH2OH分子之间可以形成氢键 (6). sp2 (7). 平面三角形 (8). H2S”“<”或“=”)。
②A点对应的化学平衡常数是____________。
③T1温度时，按下表数据开始反应建立平衡
CO
H2O
H2
CO2
起始浓度(mol/L)
2
1
0
0
t时刻浓度(mol/L)
1.2
0.2
0.8
0.8
反应进行到t时刻时，判断v（正）、v（逆）的大小关系为：v（正）______v（逆）(填“>”“<”或“=”)。
④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是______________________________。
（3）CO2在生产中有着广泛的用途。
①将过量CO2通入KOH溶液中可生成KHCO3，请写出该反应的离子方程式_______________________________________。
②在经CO2饱和处理的KHCO3弱酸性溶液中，电解活化CO2可以制备乙醇，原理如图所示。该电极为______（填“阴极”或“阳极”），电极反应式是_________________________________。
【答案】(1). H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2kJ·mol-1 (2). < (3). 1 (4). < (5). 进气比越大，反应温度越低 (6). CO2+OH-=HCO (7). 阴极 (8). 2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O
【分析】（1）由题目所给反应过程图和盖斯定律计算可得；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；
②由题意建立三段式求解可得；
③由表格数据计算浓度熵Qc，比较浓度熵和平衡常数K的大小判断；
④由图可知，当CO平衡转化率相等时，进气比越大，反应温度越低；
（3）①过量CO2与KOH溶液反应生成KHCO3；
②由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇。
【详解】（1）由题目所给反应过程图可知，反应II为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g)，根据盖斯定律可知，反应III-反应I得反应II，则该反应的ΔH=（+49.5kJ/mol）—（+90.7kJ/mol
）=-41.2 kJ/mol，热化学方程式为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ/mol，故答案为：H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ/mol；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，由图可知，进气比相同时，温度由T1变为T2时，CO转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则T1
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