天津河西区2020届高三总复习质量调查化学一解析版

1、天津市河西区2020届高三总复习质量调查（一）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16第I卷1 .下列关于化学与生产、生活的说法不正碰.的是（）A.NH3可用作消毒剂B.明矶可用作净水剂C.Na2CO3可用于洗涤油污D.铁粉可作为食品的抗氧化剂【答案】A【详解】A.NH3有毒，可对人体造成危害，不能作为消毒剂，A错误；B.明矶中的铝离子在水中水解生成Al（OH）3,可以吸附水中的悬浮物，起到净水作用，B正确；C.碳酸钠溶液显碱性，可以与油污发生反应，洗涤油污，C正确；D.铁粉在常温下容易被氧气氧化，所以在用铁粉能有效吸收食品包装袋内的氧气，防止食物被氧化，D正确；故选A。2 .下列说法正

2、确的是（）A.植物油氢化产物属于燃类B.制作集成电路板的酚醛树脂可导电C.石油经催化裂化与裂解可获得较多的气态烯煌等产品D.鸡蛋清中滴加1%醋酸铅溶液产生的沉淀能重新溶于水【答案】C【详解】A.植物油属于不饱和脂肪酸甘油酯，氢化后变成饱和脂肪酸甘油酯，属于酯类化合物，不是烧类化合物，A错误；B.集成电路板所用的酚醛树脂不可导电，需要在电路板上镀金属导电，B错误；C.石油经过催化裂化、裂解之后生成小分子烧类，是气态化合物，C正确；D.鸡蛋清中加入重金属盐醋酸铅之后，蛋白质发生变性沉淀，故将沉淀中加入水不能重新溶解，D错误；故选Co3 .下列事实不能.说明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是（

3、）A.还原性：S2>ClB.水溶性：HCl>H2sC.稳定1E：HCl>H2SD.酸性：HC1O4>H2SO4【答案】B【详解】A.由于S2-的还原性强于Cl',故Cl2的氧化性强于S单质，说明Cl的非金属性强于S,A正确；B.物质的水溶性不能作为比较两种元素之间非金属性强弱的依据，B错误；C.两种简单气态气态氢化物中，HCl的稳定性强于H2S,说明Cl的非金属性强于S,C正确；D.HClO4为Cl元素的最高价氧化物的水化物，H2SO4为S元素的最高价氧化物的水化物，HClO4的酸性强于H2SO4,说明Cl的非金属性强于S,D正确；故选B。4.下列有关84消毒液

4、（主要成分是NaClO）的说法正确是（）A.用石蕊试液可检验其溶液具有漂白性B.敞口放置不会与空气中的CO2反应C.该溶液呈中性，对皮肤没有刺激作用D.可与洁厕灵（含盐酸）混合使用更安全有效【答案】A【详解】A.由于84消毒液的主要成分为NaClO,NaClO在溶液中发生水解生成HClO,HClO有漂白性，故可以用石蕊试液检验溶液是否具有漂白性，A正确；B.敞口放置84消毒液，空气中的CO2会进入溶液中与NaClO发生反应生成次氯酸，次氯酸见光分解，加快溶液变质，B错误；C. NaClO为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，C错误；D. 84消毒液与洁厕灵混合使用，二者可以发生反应，生成有毒气体Cl2,D

5、错误；故选Ao5.下列离子方程式或化学方程式正确的是（）A.用CuSO4溶液除去乙快中的H2S:S2+Cu2+=CuSJB.某种火箭发射逸出的N2O4变红棕色：N2O4b_2NO2C. Na2O2用于呼吸面具供氧：Na2O2+H2O=2NaOH+O2fD. CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2J+2NH+【答案】B【详解】A.H2s为弱电解质，在书写离子方程式时不拆，故正确的离子方程式为Cu2+H2S=CuSj+2ht,A错误;B.N2O4可以发生可逆反应生成红棕色的NO2,B正确；C.化学方程式配平错误，正确的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O21

6、C错误；D.向硫酸铜溶液中通入过量氨气，反应现象为先生成蓝色沉淀Cu(OH)2,后蓝色沉淀消失变成深蓝色溶液，正确的离子方程式为Cu2+6NH3H2O=Cu(NH3)42+2OH-+4H2O+2NH4+,D错误；故选Bo6.某元素原子价电子排布式为3d54s2,下列说法正确的是()A.该元素位于周期表ds区B.该元素的最高化合价为+5价C.该元素位于第四周期第VB族D.该元素的某些氧化物可用作催化剂【答案】D【分析】某元素原子的价电子排布式为3d54s2,该元素为Mn元素。【详解】A.该元素位于元素周期表的d区，A错误；8. Mn元素的最高化合价为+7价，B错误；C.该元素位于元素周期表的口B

7、族，C错误；D.该元素是过渡元素，其某些氧化物，比如MnO2可以作催化剂，D正确；故选Do7 .下列图中的实验方案，不能达到相应实验目的是()A.对钢铁闸门防腐保护胴垓闸海水R/石委B.除去CO2气体中混有的SO2混合气f饱和NaHCg溶液C.验证CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热产物有乙烯生成D.验证CuSO4对H2O2分解反应有催化作用【答案】D【详解】A.将闸门与电源负极相连，为外加电源的阴极保护法，可以保护闸门，A正确；B.NaHCO3可与SO2发生生成CO2,但不与CO2发生反应，可以出去CO2气体中混有的SO2,B正确；C.将产物通入水中可以将气体中混有的少量澳乙烷冷却液化，再

8、将气体通入酸性高镒酸钾溶液，若变色说明澳乙烷与NaOH反应生成乙烯气体，C正确；D.验证CuSO4对过氧化氢分解的催化作用，应保证两个实验的温度相同，D错误；故选Do8 .室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.甲基橙呈红色的溶液：Na+、Fe2+、Cl>NO3B. c(Al3+)=0.1molL1的溶液：不、OH、Cl、SO42C. Kw/c(H+)=0.1molL1的溶液：NaKSO2、ClD. c(Mn2+)=0.1molL1的溶液：K+、H+、MnO4、C2O42【答案】C【详解】A.使甲基橙呈红色，说明溶液为酸性，溶液中的Fe2+和NO3-可以发生反应，离子方程式

9、为3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NOT+2H2O,A错误；B,溶液中含有Al3+,故不能存在OH-,二者发生反应生成沉淀，离子方程式为Al3+3OH-=Al(OH)3(B错误;C.Kw/c(H+)=0.1molL-1,溶液中c(H+)=i0-13molL-1,说明溶液呈碱性，故该选项中的离子能够共存，C正确;D,溶液中H+、MnO4-和C2O42-不能共存，相关的离子方程式为2MnO4-+5C2O42-+8H+=10CO2T+4HO+2Mn2+,D错误;故选Co9.常用食品抗氧化剂BHT的合成方法如下图所示(假设原料均能恰好完全反应)(CH3)5C=CH3稀梅卜列说法正确的是A.B.C

10、.D.【详解】A.二者B.Y为酚类物质,C.根据有机反应pHCHj原料X与产品产品Y能与CO3溶液反H方法一属于氧4方法二原子利为100%发生反应,确定，方法XCH2,故属于同系物，A正确;发生反应，只生成了产品丫,松二(CH3)JCCfCH3)3产品丫)互为同系物相似，均为物质，Y与X比多4匕碳酸弱，故不能和碳酸B错误;故反应类型为加成反应，C错误;D.方法二为取代反应，产物有水生成，故原子利用率不为100%,D错误;故选A。10.科学家利用H2-N2生物燃料电池，以固氮酶为正极催化剂、氢化酶为负极催化剂，在室温条件下即实现合成NH3的同时还获得电能，其工作原理如下图所示:卜列叙述不正确的是

11、()A.该装置是将化学能转化为电能B.正极反应：N2+6e-+6H+=2NH3C.电池工作时H2在负极发生还原反应D.电子沿X极板经导线向丫极板迁移【答案】C【详解】A.该装置原电池装置，故能量转化为化学能转化为电能，A正确；B.根据电池示意图可知，正极是有N2得电子生成NH3,故电极方程式为N2+6e-+6H+=2NH3,B正确；C.原电池工作的时候，H2在负极发生反应失电子，发生氧化反应，C错误；D.根据电池示意图可知，H2在X电极上失电子，经过负载流入Y电极，N2得到电子，D正确；故选Co11.目前应用最广泛的氮氧化物脱除技术原理为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(

12、g)AH=-11.63kJ/mol。其他条件不变时，在2L密闭容器中使用不同的催化剂X、Y、Z,产生n(N2)随时间的变化如下图所示。下列说法不正确的是()讯NmnoiA.用催化剂X与Z,达到平衡时，N2产率一样B.用催化剂Y前50s平均反应速率v(NH3)=0.03mol/(L?s)C.分离出体系中的H2O(g)有利于提升氮氧化物的脱除率D.若体系各物质状态保持不变，则反应在任何温度下均可自发进行【答案】B【详解】A.催化剂的使用只改变化学反应速率不改变反应的结果，故催化剂X与Z达平衡时N2产率相同，A正确；B,使用催化剂Y,反应前50s内N2的物质的量改变3mol,故v(N2)=0.03m

13、ol/(Ls),故可以计算出v(NH3)=0.024mol/(Ls),-B错误；C.分离出体系中的水蒸气，减小生成物浓度，可以提高反应的转化率，提高氮氧化物的脱除率，C正确；D.该反应为放热反应，AH<0,反应后气体系数和增大，反应的混乱程度增大，AS>0,故反应的二丛-丁4及。，故反应在任何时候都能够自发的进行，D正确；故选B。12 .已知活性氧可以把SO2快速氧化为SO3,根据计算机模拟结果，在炭黑表面上O2转化为活化氧的反应历程与能量变化关系如图所示。下列说法正确的是（）相对能量eV麦黑和氧气活化氧A.O2转化为活化氧与碳氧键生成无关B.每活化1个O2分子最终吸收0.29eV

14、能量C.该过程的最大能垒（活化能）E=0.73eVD.炭黑可加快SO2转化为SO3的反应速率【答案】D【详解】A.从图中可以看出从氧气到活性氧，需经过炭黑与氧气结合再分开的过程，此时有碳氧键生成和氧氧键的断裂，A错误；B.开始状态时炭黑和氧气为0eV,结束后能量变为-0.29eV,故放出0.29eV的能量，B错误；C.从图中可以看出，炭黑和氧气需要先吸收0.75eV的能量，再释放一些能量，然后吸收能量到0.73eV,故该过程中的最大能垒E正=0.75eV,C错误；D.反应体系中加入炭黑后，体系中的氧气变成活化氧，增加了体系中的活化分子百分数，增加了反应速率，D正确；故选D。K4Fe（CN）6是

15、食盐中常愚人金”是制备硫酸的主要13 .铁及铁的化合物在生活、生产中具有广泛应用，如亚铁氧化钾即用的抗结剂、铁基（氟掺杂错氧铁神化合物）是高温超导材料、矿物原料。请按要求回答下列问题。(1)K4Fe(CN)6配合物中存在的作用力类型有(从金属键”、离子键”、共价键”、配位键“、氢键”、范德华力”中选填)；其中CN一中各原子最外层均满足8电子稳定结构，其电子式为,其中C原子的杂化形式是(2)铁基化合物中氟、氧、神三种元素中电负性值由大到小的顺序是(填元素符号)。其中氢化物(RH3)的某种性能(M)随R的核电荷数的变化趋势如图所示，则纵轴M可能表示为(从沸点"、稳定性”、分子间作用力”、

16、“R-H键能”中选填)。(3)FeCl3晶体熔点为306C,而FeF3晶体熔点高于1000c，试解释两种化合物熔点差异较大的原因：。(4)结合下表数据，所得结论：Ii(Cu)<Ii(Fe),而l2(Cu)>l2(Fe)。请用所学理论解释:元素#Ft?中Clh第一电离能aj口7%7际746第一电离能/kJ*15611958(5)愚人金”是铁硫化合物，其晶体的晶胞如上右图所示。该晶体的化学式为【答案】(1).离子键、共价键、配位键(2).:C-N：(3).sp杂化(4).F>O>As(5).稳定f1E、R-H键能(6).F比Cl的电负性大，FeF3为离子晶体，FeCl3为分

17、子晶体(7).主要原因是Cu电子排布式为Ar3d104s1,失去一个电子变为Ar3d10,此时3d能级全满，能量较低，此时再失去第二个电子即3d10中的1个电子所需能量较大(或Fe电子排布式为Ar3d64s2,失去一个电子变为Ar3d64s1，此时再失去第二个电子即4s1中的电子所需能量较小)(8).FeS2【详解】(1)配合物中主要含有离子键、共价键、配位键；因CN-各原子均满足8电子稳定结构，故CN-的电子式为:C获N：；根据VSEPR模型af算C原子的杂化类型为sp杂化；(2)原子的电负性同一周期从左到右依次增大、同一主族从上到下依次减小，故F、O、As的电负性从大到小为F>O&g

18、t;As；因N、P、As三者的非金属性一次减弱，故M可能是稳定性或者R-H键能；(3)F的电负性较强，FeCl3为分子晶体，微粒之间的作用力是分子间作用力，FeF3位离子键晶体，微粒之间的作用力是离子键，故FeF3的熔点较高；(4)主要原因是Cu电子排布式为Ar3d104s1，失去一个电子变为内加10,此时3d能级全满，较稳定能量较低，此时再失去第二个电子需要较大的能量；11(5)从晶体结构中可以看出，Fe2+分布在8个定点和6个面心，故晶胞中含有8+6-=4821C一一个Fe2,S22分布在12条梭和体心上，故晶胞中含有12+1=4个S22,故分子式为FeS2o414 .药物阿彳昔芬F主要用

19、于防治骨质疏松症等。其合成路线如下:请按要求回答下列问题：(1) A中最多共平面的原子数目：;C中所含官能团名称：；C-D的反应类型。(2)已知卤原子直接与苯环相连时碳卤键非常牢固，很难断键。写出D与NaOH水溶液加热条件下反应的化学方程式：。(3)试剂X的分子式为C7H80S,写出X的结构简式：。(4)C的一种同分异构体M同时满足下列条件的所有可能的结构有(考虑顺反异构现象)种。a.苯环上有两个取代基b.能与FeCl3溶液发生显色反应c.能使澳四氯化碳溶液褪色写出其中有4种不同化学环境氢原子的结构简式：。(5)请写出以1-丙醇和氯苯为原料经四步制备C10CtKH式山的合成路线(其他试剂任选,

20、合成路线示例见题干，有机物均写结构简式)。【答案】(1).6(2).澳原(3).取+NaOjj13-Br(9.(/jJ,'【详解】(1)A为醋，其中竣，个原子共甲刖故分子中最多有6含有的官能团为蕨基、取代反应；HB(2)根据已知条件,.NaOH只能和苯环侧链上的澳式7痕，0Q(4).公(6).*】.g)口工比m,有2个原子与竣基共平面，子；C-D的反应讲1为,故反叼程J+NaOH(3)根据E的分子式和(4)根据条件，b说明物环境氢原子，故答案为上:焉+NaBr；ae的反应可以推断出，试剂X的结构简式为HSOCHj质结构中存在酚羟基，c说明存在双键，又需满足有4种不向化学(5)根据题目所

21、给信息，可将丙醇催化氧化变成丙醛，将丙醛氧化变成丙酸，将丙酸和亚硫酰氯反应生成CH3CH2COCI,最后和氯苯发生反应即得到目标产物，合成过程为CH3cHGHiOH010CH1cHicHO014CHjCH4coM屿事CH1coei。辛aZYcocibcadWK.fflAJCb>=*15 .制备水合肿(N2H4H2。)的反应原理是CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl。已知CO(NH2)2沸点：133C；水合队是重要化工原料，沸点：118C,易被氧化。请按要求回答下列制备水合队实验的有关问题。(1)制备NaClO溶液(实验装置如图所示)锥形瓶中发生

22、反应离子方程式是(2)制取水合肿(实验装置如右图所示，夹持装置已略)L温度计A控制反应温度，再将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应后，加热蒸储三颈烧瓶内的溶液，收集产品。分液漏斗中盛装的药品是NaOH溶液和。这样盛放的理由是防止。本实验收集产品微分时的关键条件是控制。(3)测定微分中肿的含量。已知水合肿在一定条件下与I2反应生成N2,完成该反应原理的化学方程式：N2H4H2O+|2+6NaHCO3+H2SO4=N2T+Nai+6COT+N26O4+7H2O测定实验的步骤如下:a.称取福分5.000g,加水配制成1000mL待测液溶液。b.移取10.00mL于锥形瓶中，加入10mL水、稀

23、硫酸、适量NaHCO3固体(保证滴定过程中溶液的pH保持在6.5左右)、2滴淀粉溶液，摇匀。c.用0.2000mol/LI2溶液滴定，至溶液呈现，记录消耗I2标准液的体积。d.；然后处理数据。经数据处理，滴定消耗I2的标准溶液为8.20mL,微分中水合肿(N2H4H2O)的质量分数为。【答案】(1).Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O(2).NaClO溶液(3).生成的水合队会被未反应的次氯酸钠氧化(4).温度计A为118C(5).1214(6).蓝色且半分钟不消失.重复上述b、c步骤实验操作23次(8).82.00%【详解】(1)向NaOH溶液中通入Cl2可制得NaClO,离子方程式

24、为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O;(2)分液漏斗中盛放NaOH溶液和NaClO溶液，若将NaClO直接放在三颈烧瓶中，NaClO可将反应生成的水合肿直接氧化，影响产率；因为水合肿的沸点为118C,故需要控制体系温度至118C,以防止其他物质蒸出，控制蒸储的温度应将温度计的水银球放在蒸储烧瓶支管口出，保证蒸出气体的温度恒定；(3)完整的化学方程式为N2H4H2O+2I2+6NaHCO3+H2SO4=N2T+4NaI+6CQT+N2SO4+7H2O；当体系颜色呈蓝色且半分钟内不褪色时，说明滴定达到了终点；为减小实验误差，需要重复实验2-3次;根据方程式可知锥形瓶中c(N2H41H2。

25、)=c(I2)|v(I2)2V(N2H41H2O)O2000mol/L8.2010-3mL220.0010-3mL=0.041mol/L,故待测液中c(N2H4H2O)=0.082mol/L,m(N2H4H2O)=0.08250=4.10g,则微分中水合肿的质量分数为4/°g100%=82.00%。5g16.随着化工产业的迅猛发展，氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。请按要求回答下列问题：(1)HCl直接氧化法制Cl2可按下列催化过程进行：CuCl2(s尸CuCl(s)+1/2Cl2(g)AH1=+83kJmol-1CuCl(s)+1/2O2(g)=CuO(s)+1/2Cl2(

26、g)AH2=-20kJmol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)AHa=-121kJmol"写出HCl直接氧化法制Cl2的热化学方程式：。(2)在恒定容器中用上述HCl直接氧化法制Cl2,进料c(HCl):c(O2)分别为1:1、4:1、7:1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如下图所示：判断图中c(HCl)/c(O2)=1:1的曲线为。按化学计量系数比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料时c(HCl)/c(O2)过低、过高的不利影响分别是、。综合上述信息，写出在一定温度的条件下进一步提高HCl的转化率的方法：观察上图，以任何一条曲线为例，平衡常数K(200C)K(300C)(填大于"、小于”或等于")。设。2初始浓度为c,计算L2对应K(300C)=(列出含c的计算式)。(3)科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示:电源b极为极。写出阳极区域反应方程