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

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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

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 ‎;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 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;‎ 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 ‎1.80‎ ‎328.2‎ ‎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 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 ‎(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】‎ ‎【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 ‎(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;‎ 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 ‎)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 ‎,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。‎ ‎ ‎
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