广西壮族自治区玉林市届高三上学期教学质量监测理科综合化学试题解析版.docx

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广西壮族自治区玉林市届高三上学期教学质量监测理科综合化学试题解析版

2020年11月份广西玉林市高三教学质量监测试题

理科综合化学试题

考生注意：

1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共300分。

考试时间150分钟。

2.请将各题答案填写在答题卡上。

3.可能用到的相对原子质量：

H1B11N14O16S32Fe56

第I卷（选择题共126分）

一、选择题：

本题共13小题，每小题6分。

共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.2019年12月末，我国部分地区突发的新型冠状病毒肺炎威胁着人们的身体健康。

其中，酒精、“81”消毒液（有效成分为NaClO）、过氧乙酸（CH3COOOH）均可用于疫情期间的消毒杀菌。

下列说法正确的是

A.三种消毒剂均利用了物质的强氧化性

B.医用消毒酒精的浓度越大越好，最好使用无水乙醇

C.为增强消毒效果，可将“84”消毒液与浓盐酸混合使用

D.过氧乙酸分子中的过氧键不稳定，贮藏时应置于阴凉处

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．酒精能使蛋白质变性，从而达到消毒杀菌的效果，酒精没有强氧化性，A错误；

B．酒精浓度太大会使变性的蛋白质在病毒表面形成一层外壳，阻止酒精进入病毒内部，达不到消毒杀菌的效果，B错误；

C．“81”消毒液有效成分为NaClO，会和HCl发生归中反应生成氯气，降低消毒效果，C错误；

D．根据过氧化氢的性质可以推测过氧乙酸分子中的过氧键不稳定，贮藏时应置于阴凉处，防止其分解，D正确；

综上所述答案为D。

2.某有机物的结构简式如图所示。

下列关于该有机物的说法不正确的是

A.该有机物的分子式为C9H8O2

B.lmol该有机物取多与4molH2发生加成反应

C.该有机物能使溴水褪色是因为发生了取代反应

D.该有机物中所有碳原子可能处于同一平面上

【答案】C

【解析】

【详解】A.有结构简式可知，该有机物的分子式为

，故A正确，但不符合题意；

B.碳碳双键和苯环都能和氢气发生加成反应,则1mol该物质最多能和4mol氢气发生加成反应生成

，故B正确，但不符合题意；

C.该有机物含有碳碳双键能使溴水褪色是因为发生了加成反应，故C错误，符合题意；

D.苯环上所有原子共平面、乙烯中所有原子共平面，甲酸中所有原子共平面，单键可以旋转，所以该分子中所有原子可能共平面，故D正确，但不符合题意；

故选：

C。

3.NA是阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A.标准状况下，22.4LCHCl3中分子数为NA

B.常温常压下，28gN2含有的原子数为2NA

C.1L0.1mol•L−1CH3COOH的水溶液中含氧原子数为0.2NA

D.常温下，28g铁片投入足量浓H2SO4中生成SO2为0.5NA

【答案】B

【解析】

【详解】A．CHCl3在标准状况下是液体，不能用气体摩尔体积进行计算，故22.4LCHCl3中分子数不等于NA，A错误；

B．常温常压下，28gN2含有的原子数为

，B正确；

C．除CH3COOH中含有O原子外，H2O中也含有O原子，故1L0.1mol•L−1CH3COOH的水溶液中含氧原子数大于0.2NA，C错误；

D．常温下，铁片在浓硫酸中发生钝化，故28g铁片（0.5mol）投入足量浓H2SO4中几乎不生成SO2，D错误；

故答案为：

B。

4.利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的的是

选项

实验目的

X中试剂

Y中试剂

A

用Na2SO3和浓硫酸制取、收集纯净干燥的SO2，并验证其漂白性

品红溶液

浓硫酸

B

用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO

水

浓硫酸

C

用碳酸钙和盐酸制取、收集CO2、并验证酸性H2CO3＞HClO

饱和Na2CO3溶液

Ca（ClO）2溶液

D

用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2

饱和食盐水

浓硫酸

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．Na2SO3和浓硫酸生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以用品红溶液检验二氧化硫，浓硫酸具有吸水性且和二氧化硫不反应，所以能干燥二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，所以采用此法排空气收集，二氧化硫有毒，不能直接排空，应该有尾气处理装置，故A能达到实验目的；

B．用Cu与稀硝酸制取一氧化氮中含有挥发出来的硝酸，一氧化氮难溶于水，可用水除去硝酸，再用浓硫酸干燥，但是一氧化氮能与氧气反应，不能用排空气法收集，故B不能达到实验目的；

C．碳酸钙和盐酸反应生成CO2，盐酸具有挥发性，CO2中混有HCl，因为Na2CO3溶液能与CO2反应，不能用Na2CO3溶液除去HCl，应该用饱和碳酸氢钠溶液，故C不能达到实验目的；

D．MnO2和浓盐酸常温下不反应，缺少加热装置，故D不能达到实验目的；

答案选A。

5.下列指定反应的离子方程式正确的是

A.酸化的NaIO3和NaI的溶液混合：

I-+IO

+6H+=I2+3H2O

B.实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：

Al3++3OH-=Al（OH）3↓

C.饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：

CO

（aq）+CaSO4（s）

CaCO3（s）+SO

（aq）

D.（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：

Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．选项所给离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为5I-+IO

+6H+=3I2+3H2O，A错误；

B．一水合氨为弱电解质，不能拆，正确离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH

，B错误；

C．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，离子方程式为CO

（aq）+CaSO4（s）

CaCO3（s）+SO

（aq），C正确；

D．NaOH过量，铵根也会反应，正确离子方程式为2NH

+Fe2++4OH-=Fe（OH）2↓+2NH3·H2O，D错误；

综上所述答案为C。

6.近日，我国学者在Science报道了一种氧离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的具体过程如图所示。

在电解结束后，将阴、阳板电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。

下列说法错误的是

A.Ni电极与电源负极相连

B.工作过程中阴极附近pH减小

C.该过程的总反应为CH2=CH2+H2O

+H2

D.电流由电源经Pt电极、KCl溶液、Ni电极回到电源

【答案】B

【解析】

【分析】结合题意和电解池装置知，制备环氧乙烷的原理为：

氯离子在阳极表面被氧化成氯气，后者与水发生歧化反应生成HCl和HClO，HClO与通入电解液的乙烯反应生成氯乙醇，而HCl没有被消耗，因此在电解过程中阳极电解液变成酸性。

在阴极表面，水得到电子生成氢气和氢氧根离子，因此在电解结束时，阴极电解液变为碱性。

在电解结束后，将阳极电解液和阴极电解液输出混合，氢氧根离子与氯乙醇反应生成环氧乙烷。

同时，在阴极处生成的氢氧根离子也可以中和阳极电解液山的HCl，据此分析解答。

【详解】A．由反应流程可知，Pt电极区要将Cl-转化为Cl2，发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni电极为阴极，故与电源负极相连，A正确；

B．工作过程中阴极区的反应为：

2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故阴极附近pH增大，B错误；

C．根据阳极的反应历程

和阴极区的反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，可知该过程的总反应为：

CH2=CH2+H2O→

+H2，C正确；

D．电流由电源的正极流向电解池阳极即Pt电极，通过KCl溶液（离子导电），从Ni电极流回电源的负极，D正确；

故答案为：

B。

7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子核内只有一个质子，Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，Z的单质是空气中含量最高的气体，W的单质在常温下能被浓硫酸钝化。

下列说法正确的是

A.非金属性：

X＞Z

B.简单离子半径：

Z＞W

C.X、Y形成的化合物只含有极性键

D.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强

【答案】B

【解析】

【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的原子核内只有一个质子，则X为氢元素，Z的单质是空气中含量最高的气体，则Z为氮元素，W单质在常温下能被浓硫酸钝化，则W为铝元素，Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，则Y为碳元素。

【详解】A．非金属性：

N＞H，A错误；

B．N3-、Al3+的核外电子排布相同，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径：

N3-＞Al3+，B正确；

C．X、Y形成的化合物，如乙烯中含有极性键和非极性键，C错误；

D．Y的最高价氧化物对应水化物碳酸的酸性比Z的最高价氧化物对应水化物硝酸的酸性弱，D错误；

答案选B。

第II卷（非选择题共174分）

三、非选择题：

包括必考题和选考题两部分。

第22~32题为必考题，旬道试题考生都必须作等。

第33~38题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：

共129分。

8.叠氮化钠（NaN3）是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇。

不溶于乙醚，常用作汽车安全气囊中的药剂，实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置（图甲）及实验步骤如下：

①关闭止水夹K2，打开止水夹K1，制取并通入氨气。

②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，停止通入氨气并关闭止水夹K1。

③向装置A中的b容器内充入加热介质，并加热到210~220℃，然后打开止水夹K2，通入Na2O。

请回答下列问题：

（1）盛放无水氯化钙的仪器名称是___________，图乙中可用来制取氨气的装置有___________（填标号）。

（2）步骤①中先通氨气的目的是___________，步骤②氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为___________，步骤③中最适宜的加热方式为___________（填标号）。

a水浴加热b．油浴加热c．酒精灯直接加热

（3）生成NaN3的化学方程式为___________。

（4）反应结束后，进行以下操作，得到NaN3固体（NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气）。

操作II的目的是___________，操作IV最好选用的试剂是___________。

【答案】

（1）.球形干燥管（或干燥管）

（2）.BCD（3）.排尽装置中的空气（4）.2Na+2NH3

2NaNH2+H2（5）.b（6）.NaNH2+N2O

NaN3+H2O（7）.降低NaN3的溶解度（或促使NaN3结晶析出等合理答案）（8）.乙醚

【解析】

【分析】实验室选用氯化铵和消石灰共热或用浓氨水和新制生石灰（或氢氧化钠固体），或用加热浓氨水制备氨气；金属钠有很强的还原性，能与空气中的氧气反应，先通入氨气排尽装置中的空气，氨气与熔化的钠反应生成氨基钠和氢气，在210~220℃条件下，氨基钠和一氧化二氮反应生成叠氮化钠和水，叠氮化钠易溶于水，NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气，故将a中混合物加水除去NaNH2，加入乙醇，经溶解、过滤、经乙醚洗涤干燥后得到叠氮化钠，由此分析。

【详解】

（1）根据仪器的结构特点可知盛放无水氯化钙的仪器为球形干燥管（或干燥管）

实验室制取氨气主要有三种方法：

①加热氯化铵和氢氧化钙

固体混合物；②加热浓氨水；③浓氨水中加入固态碱性物质。

A．用A装置加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氦气时，试管口应朝下，故不选A项；

B．B装置可用于加热浓氨水制取氨气，故选B项；

C．C装置可加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氨气，故选C

项；

D．D装置中，长颈漏斗装入浓氨水，烧瓶中加入固体碱性物质（如氢氧化钠），可制取氨气，故选D项；

综上所述，本题正确答案为：

BCD；

（2）步骤①中先加热通氨气，排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入与钠反应；氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气，反应的化学方程式为：

2Na+2NH3

2NaNH2+H2；已知步骤③的温度为210~220℃，宜用油浴加热，故选b；

（3）根据电子守恒和元素守恒可知NaNH2和N2O反应生成NaN3的化学方程式为NaNH2+N2O

NaN3+H2O；

（4）由题可知，NaN3不溶于乙醚，因此操作Ⅱ加乙醚的目的是降低NaN3的溶解度，使NaN3结晶析出；乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故用乙醚洗涤产品，因此操作Ⅳ最好选用乙醚。

9.铜及其化合物在工业生产上有许多用途。

某工厂以辉铜矿（主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质）为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：

已知：

①常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表

金属离子

Fe2＋

Fe3＋

Cu2＋

Mn2＋

开始沉淀

7.5

2.7

5.6

8.3

完全沉淀

9.0

3.7

6.7

9.8

②Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10－38

（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有____（任写一种）。

（2）滤渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的化学方程式：

____。

（3）常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO等，调节pH调的范围为____，若加A后溶液的pH调为5，则溶液中Fe3＋的浓度为____mol/L。

（4）写出“沉锰”（除Mn2＋）过程中反应的离子方程式：

____。

（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是____。

（6）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是____（写化学式）。

（7）过滤Ⅱ得到的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，判断沉淀是否洗净的操作是____。

【答案】

（1）.充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可

（2）.2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O（3）.3.7～5.6（或3.7≤pH<5.6）（4）.4.0×10－11（5）.Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋（6）.将溶液加热（7）.（NH4）2SO4（8）.取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。

（其它合理答案也可）

【解析】

【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。

【详解】

（1）加快“浸取”速率，即为加快酸浸反应速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可，

答案为：

充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可；

（2）由分析中滤渣1的成分可知，反应的化学方程式2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，

答案为：

2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；

（3）根据表格数据铁离子完全沉淀时的pH为3.7，但不能沉淀其他金属离子，故结合各金属离子沉淀时的pH值可知，溶液的pH不能高于5.6，则调节pH调的范围为3.7～5.6（或3.7≤pH<5.6）；当溶液pH调为5时，c（H+）=10-5mol/L，c（OH-）=

=10-9mol/L，已知Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10－38，则c（Fe3+）=

=

=4.0×10－11mol/L，

答案

：

3.7～5.6（或3.7≤pH<5.6）；4.0×10－11；

（4）“沉锰”（除Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋，

故答案为Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋；

（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是减小氨气溶解度，氨气是易挥发的气体，加热驱赶，

故答案为将溶液加热；

（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，

故答案为（NH4）2SO4；

（7）检验沉淀是都洗净，主要是检验沉淀表面是否含有硫酸根离子，则操作为取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净，

答案为：

取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。

10.甲醇既是重要的化工原料，可用于制备甲醛、醋酸等产品，又可作为清洁燃料。

利用CO2与H2合成甲醇涉及的主要反应如下：

I．CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1

Ⅱ．CO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g）ΔH2=+41kJ·mol-1

回答下列问题：

（1）已知CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）ΔH3=-99kJ·mol-1，则ΔH1=___________kJ·mol-1，反应I在___________下易自发进行。

（2）向刚性容器中充入一定量的CO2和H2，在不同催化剂（Cat1，Cat2）下反应相同时间，CO2的转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性=

×100%随温度的变化如图所示：

①由图可知，催化效果：

Cat1___________Cat2（填“＞”“＜”或“=”）。

②在210~270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，请写出一条可能原因：

___________。

（3）一定条件下，向刚性容器中充入物质的量之比为1：

3的CO2和H2发生上述反应I与II。

①有利于提高甲醇平衡产率的条件是___________（填标号）。

A．高温高压B．低温高压C．高温低压D．低温低压

②可证明反应II达列平衡状态的标志是___________（填标号）。

A．CO的浓度不再变化B．混合气体的密度不再变化C．体系的压强不再变化

③若达到平衡时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为75%，反应II的压强平衡常数Kp=___________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。

【答案】

（1）.-58

（2）.低温（3）.＞（4）.温度升高，催化剂的活性降低（或温度升高，更有利于加快反应II速率）（5）.B（6）.AC（7）.5×10-3

【解析】

【分析】

【详解】

（1）已知①CO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g）ΔH2=+41kJ·mol-1；

②CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）ΔH3=-99kJ·mol-1

根据盖斯定律①+②可得CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的ΔH1=（+41-99）kJ/mol=-58kJ/mol；反应I为气体系数之和减小的反应，所以ΔS＜0，该反应ΔH＜0，所以当温度较低时易满足ΔH-TΔS＜0，反应自发进行；

（2）①其它条件相同时，相同时间内二氧化碳转化率和甲醇的选择性Cat.1均高于Cat.2，所以催化效果Cat.1＞Cat.2；

②在210~270℃间，若温度升高，催化剂的活性降低或更有利于加快反应II速率，会导致甲醇的选择性随温度的升高而下降；

（3）①合成甲醇的反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，增大压强、降低温度都导致平衡正向移动，从而提高甲醇产率，故答案为：

B；

②A．反应达到平衡时各物质的浓度不再改变，所以CO的浓度不再改变可以说明反应达到平衡，A符合题意；

B．两个反应的反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，容器恒容，则气体体积不变，所以密度始终不变，不能说明反应达到平衡，B不符合题意；

C．虽然反应Ⅱ前后气体系数之和不变，但反应I前后气体系数之和不相等，若反应Ⅱ未达到平衡，则也会影响反应I的平衡，使容器内压强发生变化，所以压强不变时可以说明反应Ⅱ平衡，C符合题意；

综上所述答案为AC；

③不妨设初始通入10molCO2、30molH2，CO2的转化率为20%，则∆n（CO2）=2mol，根据两个反应方程式可知生成的n（CO）+n（CH3OH）=2mol，CH3OH的选择性为75%，则生成的n（CH3OH）=1.5mol，n（CO）=0.5mol，则反应I消耗的氢气为4.5mol，生成的水为1.5mol，反应Ⅱ消耗的氢气为0.5mol，生成的水为0.5mol，所以平衡时n（CO2）=10mol-2mol=8mol，n（H2）=30mol-4.5mol-0.5mol=25mol，n（CO）=0.5mol，n（H2O）=0.5mol+1.5mol=2mol，反应Ⅱ前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替分压计算平衡常数，所以Kp=

=5×10-3。

（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。

如果多答，则每科按所答的第一题计分。

[化学一选修3：

物质结构与性质]

11.氮及其化合物在工、农业生产中用途广泛。

（1）基态氮原子的核外电子排布式为__________；与N同周期的主族元素中，电负性大于N的有_______种。

（2）NaN3在强烈撞击的情况下快速分解并产生大量氮气，可用于汽车安全气囊的制造。

写出一种与

互为等电子体的分子的化学式：

____________，

的空间构型为_________。

（3）氮化硼（BN）和碳一样可以形成像石墨那样的平面六角形的层状结构，如图1所示，其中B原子的杂化方式为_______________。

该氮化硼晶体具有良好的润滑性，其原因是___________________。

（4）一定条件下，层型BN可转变为立方氮化硼，其晶胞结构如图2所示。

晶胞中B原子的配位数为_____________；已知晶体的密度为dg·cm-3，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞边长为__________pm（用含d、NA的代数式表示）。

【答案】

（1）.1s22s22p3

（2）.2（3）.N2O（或CO2）（4）.直线形（5）.sp2（6）.该BN晶体中层与层间之间的作用力是较弱的范德华力，故层与层之间相对易滑动（7）.4（8）.

×1010

【解析】

【分析】

（1）根据构造原理书写电子排布式，根据元素电负性变化规律分析判断；

（2）等电子体原子个数相同，原子核外电子数也相同；等电子体结构相似；

（3）根据B原子形成化学键情况分析判断；

（4）用均摊方法计算B原子的配位数；根据晶体密度计算公式计算晶胞参数。

【详解】

（1）N是7号元素，根据构造原理可知N原子核外电子排布式是1s22s22p3；一般情况下，同一周期元素的电负性随原子序数的增大而增大，则与N同周期的主族元素中，电负性大于N的有O、F两种元素；

（2）与

互为等电子体

分子可以是N2O、CO2；等电子体结构相似，CO2分子是直线形结构，可知

的空间构型为直线形；

（3）根据晶体结