陕西省渭南市2020届高三化学教学质量检测试题（二）（含解析）

陕西省渭南市2020届高三化学教学质量检测试题（二）（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 C1-35.5 N-14一、选择题(本题包括13小题，每小题6分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.2020年5月第八次全国生态环境保护大会在北京召开，旨在保护环境、造福人类。下列说法不正确的是（ ）A. “光化学烟雾”、“硝酸酸雨”的形成都与氮氧化物有关B. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C. 用光催化分解代替电解水制备氢气，可实现节能环保D. 用可降解塑料聚乳酸代替聚乙烯塑料可减少白色污染【答案】B【解析】【详解】A项、以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”形成的一个重要原因，故A正确；B项、绿色化学的核心是从源头上减少污染物，而不是对环境污染进行治理，故B错误；C项、电解消耗电能，而光催化分解水制氢可利用太阳能，更节约能源，故C正确；D项、聚乙烯塑料难降解，可造成白色污染，聚乳酸塑料易降解不会造成白色污染，故用可降解塑料聚乳酸代替聚乙烯塑料，可减少白色污染，故D正确。故选B。2.下列说法正确的是（ ）A. 纤维素、花生油、蚕丝在一定条件下都能发生水解反应B. 煤的干馏是化学变化，煤的气化、液化和石油的分馏都是物理变化C. 新戊烷用系统命名法命名为2，2-二甲基戊烷D. 正四面体烷()与立方烷()的二氯代物数目相同【答案】A【解析】【详解】A项、纤维素在一定条件下发生水解反应最终生成葡萄糖，花生油是油脂，在一定条件下发生水解反应生成高级脂肪酸（或盐）和甘油，蚕丝的主要成分是蛋白质，在一定条件下发生水解反应最终生成氨基酸，故A正确；B项、煤的气化、液化是化学变化，故B错误；C项、新戊烷用系统命名法命名为2，2二甲基丙烷，故C错误；D项、正四面体烷的二氯代物有1种，立方烷的二氯代物有3种，故D错误。故选A。【点睛】本题考查有机物结构与性质，注意判断取代产物同分异构体的数目的方法是分析有机物的结构特点，确定不同位置的氢原子种数，再确定取代产物同分异构体数目。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）A. 1molOH中含有的电子数为10NAB. 标准状况下，22.4LSO3中含有的氧原子数目为3 NAC. 14g乙烯和丙烯的混合物中极性键数目为2 NAD. 一定条件下将1molN2和3molH2混合，充分反应后所得NH3的分子数为2 NA【答案】C【解析】【详解】A项、1molOH中含有的电子数为9NA，故A错误；B项、标准状况下，SO3为非气态，无法计算22.4LSO3的物质的量，故B错误；C项、乙烯和丙烯的最简式为CH2，依据最简式的式量可知14g CH2的物质的量为1mol，所含极性键数目为2 NA，故C正确；D项、合成氨的反应为可逆反应，不可能完全进行，则一定条件下将1molN2和3molH2混合，充分反应后所得NH3的分子数小于2 NA，故D错误。故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意气体摩尔体积的使用范围与条件、可逆反应的特点、微粒数目的计算是解答关键。4.用下图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）A. 用图甲所示装置，蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体B. 按装置乙所示的气流方向可用于收集H2、NO等C. 用图丙所示装置，分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层D. 用图丁所示装置，可以证明氧化性：Cl2Br2I2【答案】C【解析】【分析】A、直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移；B、H2密度比空气小，NO易与空气中氧气反应；C、CCl4的密度比水大；D、Cl2能和NaBr、KI发生置换反应生成Br2、I2。【详解】A项、AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能得到无水AlCl3，故A错误；B项、H2密度比空气小，应用向下排空法收集，气体应短进长出，NO易与空气中氧气反应，不能用排空气法收集，故B错误；C项、CCl4的密度比水大，分离CCl4萃取碘水后的有机层在下层，水层在上层，与图中装置分层现象相符，故C正确；D项、通入的Cl2能和NaBr、KI发生置换反应生成Br2、I2，无法确认Br2是否和KI反应，所以不能比较Br2和I2的非金属性强弱，故D错误。故选C。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，W原子的核外电子总数与X原子次外层的电子数相同。X和Y的简单阳离子的电子层结构相同，Z的一种含氧酸具有杀菌消毒和漂白作用。Y单质可以用于野外焊接钢轨。下列说法正确的是（ ）A. 简单离子半径：XYZB. 最高价氧化物对应水化物的碱性：XYC. W、Z简单氢化物的沸点：WAl，故B正确；C项、W为O元素，Z为Cl元素，水分子间能形成氢键，沸点高于不能形成氢键的氯化氢，故C错误；D项、Cl元素与Al元素形成的氯化铝为共价化合物，故D错误。故选B。6.最近我国科学家在液流电池研究方面取得新进展。一种硫/碘体系(KI/K2S2)的液流电池工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 放电时电池右侧为负极，发生氧化反应B. 放电时电池左侧的电极反应为S22+2e=2S2C. 充电时电解质溶液中K经交换膜向右侧移动D. 充电时电池的总反应为3I+S22=I3+2S2【答案】D【解析】【分析】由题给图示电子的移动方向可知，放电时，左室电极为液流电池的负极，S2在负极放电发生氧化反应生成S22，电极反应式为2S22e=S22，右室电极为液流电池的正极，I3在正极上放电发生还原反应生成I，电极反应式为I3+2e=3I，电池的总反应为I3+2S2=3I+S22；充电时，左室电极为电解池的阴极，右室电极为阳极。【详解】A项、放电时，右室电极为液流电池的正极，I3在正极上放电发生还原反应生成I，故A错误；B项、放电时，左室电极为液流电池的负极，S2在负极放电发生氧化反应生成S22，电极反应式为2S22e=S22，故B错误；C项、充电时，阳离子向阴极移动，则电解质溶液中K经交换膜向左侧移动，故C错误；D项、放电时，电池的总反应为I3+2S2=3I+S22，则充电时，电池的总反应为3I+S22=I3+2S2，故D正确。故选D。【点睛】本题考查原电池和电解池的工作原理及应用，注意依据电子移动方向判断电极，正确理解充电与发电的关系，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键。注意放电的负极，充电时应该为阴极；放电的正极充电时应该为阳极。7.常温下，向1L0.1molL1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3H2O的变化趋势如右图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)，下列说法不正确的是（ ）A. M点溶液中水的电离程度比原溶液小B. M点时，n(OH)n(H+)=(a0.05)molC. 随着NaOH的加入，c(NH3H2O)c(OH)不断增大D. 当n(NaOH)=0.05mo1时，溶液中有：c(Cl) c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(H+)【答案】C【解析】【分析】常温下，向1L0.1molL1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH，则溶液中发生反应NH4+OH-=NH3H2O，随着反应进行，c(NH4+)不断减小，c(NH3H2O)不断增大。【详解】A项、M点是向1L 0.1molL-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，反应得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；B项、根据电荷守恒c(H+)c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(Cl)，可得n(OH)n(H+)=c(NH4+)c(Na+)c(Cl)1L，在M点时c(NH4+)=0.05molL1，c(Na+)=amolL1，c(Cl)=0.1molL1，带入数据可得n(OH)n(H+)=0.05molL-1+a molL-10.1molL-11L=(a0.05)mol，故B正确；C项、氨水的电离常数Kb=，则c(NH3H2O)c(OH)=c(NH4+)Kb，温度不变Kb不变，随着NaOH的加入，c(NH4+)不断减小，不断减小，则c(NH3H2O)c(OH)不断减小，故C错误；D项、当n（NaOH）=0.05mol时，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3H2O和NH4Cl、NaCl，NH3H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl-）c（NH4+）c（Na+）c（OH-）c（H+），故D正确。故选C。三、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做答。第33题-第38题为选考题，考生根据要求做答。(一)必考题8.二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。常温下二氧化氯为黄绿色气体，其熔点为59.5，沸点为11.0，极易溶于水，不与水反应。若温度过高，二氧化氯的水溶液可能会发生爆炸。某研究性学习小组拟用如下图所示装置制取并收集ClO2(加热和夹持装置均省略)。（1）在圆底烧瓶中先放入一定量的KClO3和草酸H2C2O4)，然后再加入足量的稀硫酸，在6080之间反应生成ClO2、CO2和一种硫酸盐，该反应的化学方程式为_。（2）装置A中使用温度计的目的是_。反应开始后，可以观察到圆底烧瓶内的现象是_。（3）装置B的作用是_。（4）实验过程中装置D中的溶液里除生成Na2CO3外，还生成物质的量之比为11的另外两种盐，一种为NaClO3，另一种为_。（5）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：量取ClO2溶液20mL，稀释成100mL试样，量取V1mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻；步骤3：加入指示剂X，用 cmolL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。已知：2ClO2+8H+10I=5I2+2C1+4H2O 2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI请回答：配制100mL步骤3中所需的Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需要_。(填仪器名称)步骤3中滴定终点的现象为_。原ClO2溶液的浓度为_gL1(用含字母的代数式表示)【答案】 (1). 2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+2CO2+K2SO4+2H2O (2). 控制温度，防止温度过高引起爆炸 (3). 溶液中有气泡逸出，圆底烧瓶内产生黄绿色气体 (4). 冷凝并收集C1O2 (5). NaClO2 (6). 100mL容量瓶 (7). 滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 (8). 【解析】【分析】装置A中KClO3和草酸在硫酸作用下反应制备ClO2，由于二氧化氯熔沸点较低，装置B用于冷凝并收集C1O2，装置C的 作用是做安全瓶防止倒吸，装置D中的NaOH溶液的作用是吸收尾气中的ClO2，防止污染环境。【详解】（1）由草酸、氯酸钾和硫酸在6080之间生成ClO2、CO2和一种硫酸钾可知，反应中草酸做还原剂被氧化生成二氧化碳，氯酸钾做氧化剂被还原生成二氧化氯，反应的化学方程式为2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+2CO2+K2SO4+2H2O，故答案为：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+2CO2+K2SO4+2H2O；（2）常温下二氧化氯为黄绿色气体，温度过高，二氧化氯的水溶液可能爆炸，则圆底烧瓶中可以观察到有气泡逸出，并产生黄绿色气体，温度计的作用是控制温度，防止温度过高引起爆炸，故答案为：控制温度，防止温度过高引起爆炸；溶液中有气泡逸出，圆底烧瓶内产生黄绿色气体；（3）二氧化氯熔沸点较低，应该在冰水中冷凝并收集，故答案为：冷凝并收集ClO2；（4）装置D中的NaOH溶液的作用是吸收尾气中的ClO2，反应除生成Na2CO3外，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为NaClO3，由得失电子数目守恒可知，另一种离子中Cl元素化合价降低，应为NaClO2，故答案为：NaClO2；（5）配制100mL Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；由题意可知步骤3中加入的指示剂为淀粉溶液，溶液变蓝色，当Na2S2O3标准溶液与I2完全反应时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；由题给离子方程式可得到关系式：2ClO25I210Na2S2O3，设原ClO2溶液的浓度为x，2:10=（xV110-3L0.1）：（cmolL1V210-3L），解得x=mol/L=g/L，故答案为：。9.某兴趣小组用废旧镀锌铁皮按下列流程制备七水硫酸锌(ZnSO47H2O)相关信息如下：金属离子形成氢氧化物沉淀的pH，如图A所示。ZnSO4的溶解度(物质在100g水中溶解的质量)随温度变化曲线如图B所示。请回答：（1）为提高镀锌铁皮中金属离子浸出率，除了可适当增加硫酸的浓度，还可以采取的措施有：_(任写一条)。（2）步骤中需加入过量H2O2，请用离子方程式表示H2O2的作用_。（3）步骤中调节pH范围为_，调节pH宜选用的试剂为_。A稀硫酸 B氢氧化锌 C氢氧化钠 D氧化锌（4）检验步骤所得滤液中是否含有Fe3+可采用的实验方法是_。（5）步骤需要用到下列所有操作：a蒸发至溶液出现晶膜 b在60蒸发溶剂 c冷却至室温 d在100蒸发溶剂 e过滤请给出上述操作的正确顺序_（操作可敢复使用)。（6）步骤V中，某同学采用不同降温方式进行冷却结都，测得ZnSO47H2O颗粒大小分布如图所示。根据该实验结果，为了得到颗粒大小相对均的较大晶粒，宜选择_方式进行冷却结晶。A快速降温 B级慢降温 C变速降温（7）ZnSO4可用于制备金属锌。用锌和高铁酸钾制成的高铁碱性电池，能储存比普通碱性电池多50%的电能，已知该电池的总反应是2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2。该电池正极反应式是_。【答案】 (1). 将镀锌铁皮粉碎或加热或搅拌 (2). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (3). 3.8pH6.4 (4). BD (5). 取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，若溶液变为红色，则说明滤液中含有Fe3+，否则不含 (6). dabace (7). C (8). 2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-【解析】【分析】由题给流程图可知，镀锌铁皮中加入稀硫酸，锌和铁与稀硫酸反应生成硫酸锌和硫酸亚铁，过滤得到含有硫酸锌和硫酸亚铁的滤液；向滤液中加入过量双氧水，双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化锌或氧化锌调节溶液pH使铁离子转化为沉淀而除去，过滤得到含有硫酸锌的滤液；由图B可知，控制蒸发温度、冷却结晶得到粗硫酸锌晶体；粗硫酸锌晶体通过重结晶操作获得七水硫酸锌晶体。【详解】（1）为提高镀锌铁皮中金属离子的浸出率，除了可适当增加硫酸的浓度，还可以采取加热升高反应温度、粉碎镀锌铁皮和搅拌等措施，故答案为：将镀锌铁皮粉碎或加热或搅拌；（2）步骤中加入过量H2O2的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（3）由图A可知，步骤中加入氢氧化锌或氧化锌调节溶液3.8pH6.4，使Fe3+完全沉淀而又不使Zn2+沉淀，故答案为：3.8pH” 、“”、“ (4). 随着温度升高，碳的平衡转化率增大，平衡向正反应方向移动，故该反应为吸热反应 (5). (6). 66.7% (7). 不变 (8). B (9). 4103molL1【解析】【分析】（1）NH3为共价化合物；由反应热=反应物总键能-生成物总键能可得；在4MPa、1100K时，图中X点没有达到平衡，碳的转化率有增大趋势，说明反应向正反应方向进行；由题给数据建立三段式求解；由图可知条件为6MPa 1000K时，碳的转化率高于5MPa 800K，与10MPa 1000K和10MPa 1100K相差不大；（3）由常温下PbI2饱和溶液中c(Pb2+)计算溶度积，再由c(Pb2+)和溶度积计算所需KI溶液的最小浓度。【详解】（1）NH3为共价化合物，电子式为，故答案为：；由反应热=反应物总键能-生成物总键能可得H1=3E(CH)+E（CO）+ E（HO）+3 E（NH）3E(CH)+E（CN）+2E（NH）+2E（HO）= E（CO）E（HO）+E（NH）E（CN）=（351463+393293）kJmol1=12kJmol1，故答案为：12；（2）由图可知，随着反应温度升高，碳的平衡转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，故答案为：；随着温度升高，碳的平衡转化率增大，平衡向正反应方向移动，故该反应为吸热反应；在4MPa、1100K时，图中X点没有达到平衡，碳的转化率有增大趋势，说明反应向正反应方向进行，则v正(H2) v逆(H2)；由题给数据建立如下三段式：C(s)+2H2(g)CH4(g)起（mol） 1 2 0变（mol） 0.8 1.6 0.8平（mol） 0.4 0.8由三段式可得CH4的体积分数为0.81.2100%=23100%=66.7%；温度不变，平衡常数不变，故答案为：；66.7%；不变；由图可知条件为6MPa 1000K时，碳的转化率高于5MPa 800K，与10MPa 1000K和10MPa 1100K相差不大，从节约能源的角度考虑6MPa 1000K是较好的选择，故答案为：B；（3）由常温下PbI2饱和溶液中c(Pb2+)=1.0103molL1可知，Ksp（PbI2）=c（Pb2+）c2（I-）=1.010-3molL-1（2.010-3mol/L）2=410-9，则现将浓度为2103molL1的Pb(NO3)2溶液与一定浓度的KI溶液等体积混合后c（Pb2+）为1103molL1，溶液中c（I-）=2103molL1，则所需KI溶液的最小浓度为2103molL12=4103molL1，故答案为：4103molL1。【点睛】本题主要考查化学反应原理的综合应用，注意化学图象的分析与判断，掌握反应热与键能的关系、化学平衡和溶度积计算是解答关键，图象分析是解答的易错点和难点，注意化学平衡图象分析的答题技巧，看图象时：一看面：纵坐标与横坐标的意义；二看线：线的走向和变化趋势；三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，作出符合题目要求的解答。(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道生物题中每科钰选一题作答，请在答题卡上把所选题目的题号写在科目后的括号内。注意所做题目的题号必须与所填的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11.常见的太阳能电池有单晶硅或多晶硅太阳能电池、GaAs太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。请回答下列问题：（1）基态硒原子的价电子排布式为_；H2O的沸点高于H2Se的沸点(42)，其原因是_。（2）已知GaCl3晶体熔点为77.9，沸点为201.3，GaCl3品体类型为_。（3）Na3AsO4中阴离子的空间构型为_，As原子采取_杂化。（4）高温下CuO容易转化为Cu2O，试从原子结构角度解释原因：_。（5）锌与铜位于同一周期。硫化锌的晶胞结构如图所示，S2周围等距离且最近的Zn2+个数为_；若晶胞边长为dpm，则硫化锌的密度为_gcm3(不必简化)。【答案】 (1). 4s24p4 (2). 水分子之间存在氢键，H2Se分子之间不存在氢键 (3). 分子晶体 (4). 正四面体 (5). sp3 (6). Cu2O中Cu+价层电子排布处于稳定的全充满状态 (7). 4 (8). 3881030d3NA【解析】【详解】（1）硒为34号元素，有6个价电子，所以硒的价层电子排布式为4s24p4；水分子之间存在氢键，H2Se分子之间不存在氢键，所以沸点高低：H2OH2Se，故答案为：4s24p4；水分子之间存在氢键，H2Se分子之间不存在氢键；（2）根据题中信息，GaCl3的熔点较低，GaCl3为分子晶体，故答案为：分子晶体；（3）Na3AsO4中阴离子AsO43，AsO43中As原子价层电子对数为4，孤对电子数为0，所以As原子采取sp3杂化，AsO43的空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；sp3；（4）原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，CuO中Cu2+的价层电子排布为3d9结构，而Cu2O中Cu+价层电子排布为全充满的3d10结构，更稳定，所以高温下CuO容易转化为Cu2O，故答案为：Cu2O中Cu+价层电子排布处于稳定的全充满状态；（5）根据硫化锌晶胞结构图可知，每个Zn2+周围有4个S2，每个S2周围也有4个Zn2+；该晶胞中含有Zn2+数为818+612=4，含S2数为4，则依据质量关系可得=(d10-10cm)3，则硫化锌密度=38810-30d3