天津市河北区2020届高三总复习质量检测(二)化学试题

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文档介绍

天津市河北区2020届高三总复习质量检测(二)化学试题

河北区2019-2020学年度高三年级总复习质量检测(二)‎ 化学 注意事项:‎ ‎1.每题选出答案后,用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。‎ ‎2.本卷共12题,每题3分,共36分。在每题列出的四个选项中,只有一项是最符合题目要求的。以下数据可供解题时参考:‎ 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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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 ‎【解析】‎ ‎【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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