全国市级联考天津市河北区届高三总复习质量检测二化学试题.docx

1、全国市级联考天津市河北区届高三总复习质量检测二化学试题【全国市级联考】天津市河北区【最新】高三总复习质量检测（二）化学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是ACH5+、-OH、NH3各1mol，所含的电子数均为10NAB3.6g重水中含有的中子数为2NAC10g溶质质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为1.2NAD一定条件下，6.4g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2NA2X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。X和Z同主族，可形成两种常见的分子，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同。下列说法错误的是A氢化

2、物稳定性WZBX、Y、W三种元素组成化合物的水溶液均显碱性C原子半径:YZWXD在X、Y形成的两种常见的离子化合物中阴阳离子的个数比分别均为1:23下列说法正确的是A金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率和氧气浓度有关B1molH2燃烧放出的热量为H2的燃烧热C制乙烯时，用排水法或向上排空气法收集气体Da一氨基丙酸与a一氨基苯丙酸混合物脱水成肽，只生成2种二肽4已知下表为25时某些弱酸的电离平衡常数。依据所给信息判断，下列说法正确的是CH3COOHHClOH2CO3Ka=1.810-5Ka=3.010-8Ka1=4.410-7Ka2=4.710-11A向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为

3、:2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-B相同浓度的CH3COONa和NaClO的混合溶液中，c(CH3OOH)+c(HClO)=c(OH-)-c(H+)C向0.1mol/LCH3COONa溶液中加入少量水，溶液pH增大D25时，0.10mol/LNa2CO3溶液通入CO2至溶液的pH=7时，溶液中:c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)5对于反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)H”、“2Q(乙) 体系总压强p:p(甲)2p(Z)甲容器达到化学平衡时，其化学平衡常数为4保持其他条件不变，若起始时向乙中充入0.4molSO2、0.2mol

4、O2、0.4molSO3，则此时v(正)v(逆)（4）在强酸性的电解质水溶液中，惰性材料做电极，电解CO2可得到多种燃料，其原理如图所示。该工艺中能量转化方式主要有_。电解时，生成乙烯的电极反应式是_。（5）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.810-9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为210-4mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为_。参考答案1C【解析】1mol CH5+含的电子数10 NA；1mol-OH含的电子数9NA；1mol

5、 NH3含的电子数10NA，A错误；3.6g重水物质的量为3.6/20=0.18 mol，1mol重水中含有中子为2+8=10mol，所以3.6g重水中含有的中子数为1.8NA，B错误；10g溶质质量分数为46%的乙醇,乙醇物质的量为0.1 mol，含氢原子数为0.6NA；乙醇水溶液中,溶剂水的质量为10（1-46%）=5.4 g，含有水的量为0.3 mol，氢原子数为0.6 NA；所以溶液中共含有的氢原子总数为1.2NA，C正确；铜与硫加热反应生成硫化亚铜，6.4g铜(即0.1mol)完全反应生成0.05mol硫化亚铜，转移电子数为0.1NA，D错误；正确选项C。点睛：铜和氯气反应生成氯化铜

6、，铜由0价氧化到+2价；铜和硫反应生成硫化亚铜，铜由0价氧化到+1价，因为氯气的氧化性大于硫，所以氯气、硫分别与铜反应，最终的产物中铜元素的价态不同。2B【解析】X和Z同主族，可形成两种常见的分子，X为氧元素、Z为硫元素，形成常见的分子为SO2和SO3；X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W为氯元素；最外层有7个电子，硫原子最外层有6个电子，又因为Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，所以Y为钠元素；同一周期，从左到右，非金属性增强，氢化物稳定性：WZ，A正确；Na、O、Cl三种元素组成化合物次氯酸钠，溶液水解显碱性；Na、O、Cl三种元素形成的高氯酸钠，不水解显中性，B

7、错误；同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径:NaSClO, C正确；在氧、钠形成的两种常见的离子化合物分别为氧化钠和过氧化钠，两种化合物中阴阳离子的个数比均为1:2，D正确；正确选项B。3A【解析】金属发生吸氧腐蚀时,氧气浓度越大,腐蚀的速率越快,则被腐蚀的速率和氧气浓度有关,A正确；1molH2在氧气中完全燃烧生成稳定的液态水时，放出的热量为H2的燃烧热，B错误；乙烯气体不溶于水，密度略小于空气的密度，不能用排空气法收集乙烯，可用排水法收集乙烯，C错误；两种不同的氨基酸组合成二肽，有4种结合方式，可得到4种二肽，D错误；正确选项A。4B【解

8、析】由表中数据可以知道酸性CH3COOH H2CO3 HClO HCO3-,则碳酸的酸性强于次氯酸,将少量二氧化碳气体通入NaClO溶液中的离子方程式: ClO-+CO2+H2O=2HClO+ HCO3-,A错误；相同浓度的CH3COONa和NaClO的混合溶液中，存在电荷守恒: c(OH-)+ c(CH3OO-)+c(ClO-)= c(H+)+c(Na+),物料守恒: c(CH3OOH)+c(CH3OO-)+ c(ClO-)+ c(HClO)= c(Na+),二者联式可得c(CH3OOH)+c(HClO)=c(OH-)-c(H+)，B正确；CH3COONa溶液水解显碱性，加水稀释，促进水解，

9、但是c(OH-)减小，c(H+)增大，溶液的溶液pH减小，C错误；如恰好生成NaHCO3,溶液中: c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，因NaHCO3溶液呈碱性,则溶液呈中性时,二氧化碳应过量,则c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3) c(Na+)，D错误；正确选项B。5C【解析】若在原电池中进行,反应不放出热量,而是将化学能转换为电能, A错误；反应是放热反应,升温反应速率增大,平衡逆向进行,反应放出的热量减小,但比原来平衡增大, B错误；反应前后气体体积不变,增大压强平衡不变,反应放出的热量不变, C正确；催化剂改变反应速率不改变化学平衡,改变

10、了反应的途径,反应焓变不变, D错误；正确选项C。6D【解析】A贝诺酯分子中含-COOC-、-CONH-两种官能团，A正确；B对乙酰氨基酚含酚-OH，可与氯化铁发生显色反应，则可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚，B正确；C乙酰水杨酸含-COOH和酚羟基形成的酯基，lmol乙酰水杨酸最多消耗3molNaOH，C正确；D贝诺酯与足量NaOH溶液共热，-COOC-、-CONH-均发生水解，不会生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚，D错误；答案选D。点睛：本题考查有机物的结构性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，选项C、D为解答的易错点，注意-COOC-、-CONH-均发生水解，

11、肽键的性质易被忽略，以及水解形成的酚羟基能继续与氢氧化钠反应。7 极性共价键 氧原子和硫原子最外层电子数相等，但是氧原子的半径比硫原子小，核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，所以氧元素非金属性比硫强 2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2 取样，测定溶液的pH，若pH小于7，说明电离程度大于水解程度 Na2SO4、H2SO4 1.90 60.9% 【解析】（1）碳原子核电荷数为6，,原子结构示意图是；CO2为共价化合物，碳氧原子间形成2条共价键，由于碳氧原子的电负性不同，所以CO2分子内化学键类型为极性共价键；正确答案： ； 极性共价键。 （2）虽然氧原子和硫原子最外层电子数

12、相等，但是氧原子的半径比硫原子小，核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，所以氧元素非金属性比硫强；正确答案：氧原子和硫原子最外层电子数相等，但是氧原子的半径比硫原子小，核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，所以氧元素非金属性比硫强。（3）亚硫酸的酸性大于碳酸，SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，其化学方程式为2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2；HSO3-的电离过程溶液显酸性，HSO3-的水解过程溶液显碱性，要证明HSO3-的电离程度大于水解程度，就可以证明该溶液显酸性即可；实验方法是取样，用pH试纸测定溶液的pH，若pH小于7，说明电离程度大于水解程度；正

13、确答案：2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2；取样，测定溶液的pH，若pH小于7，说明电离程度大于水解程度。（4）Na2S2O5中硫元素为+4价，被氧化为Na2SO4和H2SO4，SO2-4中硫均为+6价，因此氧化产物是Na2SO4、H2SO4；由1mol氧气得电子变为-2价的氧可知，该反应转移电子4mol，根据反应关系可知：Na2S2O5-O2-4e-，若反应中转移了0.04mol的电子，消耗Na2S2O5的量为0.01mol，质量为1900.01=1.9 g；正确答案：Na2SO4、H2SO4；1.90。 （5）Na2S2O4遇KMnO4酸性溶液发生反应生成Na2SO4、

14、K2SO4、MnSO4，则硫元素共升高6价,锰元素共降低5价,化合价升降应相同,故关系为：5S2O42-6MnO4- ,10mL溶液中消耗KMnO4的量为2110-30.1mol,则100mL溶液消耗KMnO4的量为2110-30.110mol,由此可知样品中Na2S2O4的量为5/62110-30.110mol=0.0175 mol, Na2S2O4的质量为0.0175174 g，该样品中Na2S2O4的质量分数为0.0175174/5100%= 60.9%；正确答案：60.9%。点睛：硫酸氢钠溶液为强酸的酸式盐，电离显酸性；亚硫酸氢钠溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，但是电离过程大于水

15、解过程，溶液显酸性；碳酸氢钠溶液中，既存在电离平衡，也存在水解平衡，但是水解过程大于电离过程，溶液显碱性；因此酸式盐不一定显酸性。8甲醛 缩聚反应 【解析】根据信息：A为苯甲醛的同系物，分子中无甲基，其相对分子质量为134；A苯丙醛，根据F（的结构简式可知，E为含有羟基的芳香羧酸，根据C的分子式和生成D和E条件可知，CD为羟基或醛基的氧化，DE为卤素原子的水解反应，结合E的结构可知，D为含有溴原子的芳香羧酸，则C为含有溴原子的芳香醛，B为含有碳碳双键的芳香醛，根据信息可知X为甲醛。（1）由上述分析, X为甲醛，正确答案：甲醛。（2）根据F（）结构可知，该物质是由羟基和羧基发生缩聚反应生成的，因

16、此该反应类型为缩聚反应；正确答案：缩聚反应。（3）根据C的分子式和生成D和E条件可知，CD为羟基或醛基的氧化，DE为卤素原子的水解反应，结合E的结构可知，D为含有溴原子的芳香羧酸，D的结构简式为；正确答案：。（4）由题分析可知B为含有碳碳双键的芳香醛，可以与溴发生加成反应，化学方程式为：；正确答案：。（5）D的结构简式为，芳香族化合物Y是D的同系物，说明均含有羧基和溴原子，能够与饱和Na2CO3溶液反应放出气体，说明含有羧基，分子中只有1个侧链，结构的变化只是碳链异构和溴原子位置异构，核磁共振氢普显示有5种不同化学环境的氢，峰值面积比为6:2:2:1:1，说明苯环上有3种氢原子，个数比为2:2

17、:1，侧链含有2种氢原子，个数比为6:1，符合要求的Y的结构简式为、；正确答案：、。（6）要合成有机物，就得先合成CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，若要合成CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，就得用甲基丙烯酸与乙二醇发生酯化反应，而甲基丙烯酸就得由甲基丙烯醛氧化得来，而丙醛和甲醛在碱性环境下反应生成甲基丙烯醛。因此制备该物质的流程如下：；正确答案：9I（1）Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O（2）有白色沉淀生成，加HCl后沉淀全部溶解，同时产生气泡II（3）将样品与HCl反应后生成的CO2吹入C中，全部被Ba(OH)2吸收（4）防止空气中CO2进入C，影响实验（5）

18、CO2+Ba(OH)2=BaCO3+H2O（6）c、d（7）25%（8）样品与HCl反应生成的CO2中混有HCl和H2O，均会造成溶液增重【解析】I.（1）滤渣中含有Al(OH)3，Al(OH)3溶于NaOH溶液生成NaAlO2和H2O，离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O（也可写为Al(OH)3+OH-Al（OH）4-）；正确答案：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。（2）NaAlO2溶液呈碱性，通入过量CO2时沉淀Al(OH)3和NaHCO3， Al(OH)3是两性氢氧化物，能溶于强酸溶液，所以产生的沉淀溶于稀盐酸中，所以看到的现象是：通入CO2气体有白色沉淀

19、生成；加入盐酸有气体产生、沉淀溶解；正确答案：有白色沉淀生成，加HCl 后沉淀全部溶解，同时产生气泡。II.（3）装置中残留部分二氧化碳,不能被完全吸收,导致测定的碳酸钡的质量偏小,持续缓缓通入空气的作用：把生成的二氧化碳气体全部排入C中,使之完全被氢氧化钡溶液吸收；正确答案：将样品与HCl反应后成的CO2吹入C中，全部被Ba(OH)2吸收。 （4）装置C是用来吸收反应生成的二氧化碳气体，由于空气中也含有二氧化碳气体，因此D装置的作用是防止空气中CO2进入C装置，影响实验；正确答案：防止空气中CO2进入C，影响实验。 （5）二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水,反应方程式为CO2+Ba(OH)

20、2=BaCO3+H2O；正确答案：CO2+Ba(OH)2=BaCO3+H2O。（6）在加入盐酸之前,应排净装置内的CO2气体,防止影响碳酸钡质量的测定,可以提高测定准确度, 错误；滴加盐酸过快, CO2气体来不及被吸收,就排出装置C，滴加盐酸不宜过快,使二氧化碳吸收完全,可以提高测定准确度，错误；在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置,吸收水分,不影响CO2气体的量,不能提高测定准确度, 正确；在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置， Ba(OH)2可以吸收CO2中的HCl,影响CO2气体的吸收,不能提高测定准确度,正确；正确选项、。（7）碳酸钡质量为3.94g，则碳酸钡的物质的量为3.94

21、/197=0.02mol，根据碳原子的量守恒，碳酸钙的量为0.02mol，质量为0.02100=2g，所以样品中碳酸钙的质量分数为2/8100%=25%;正确答案：25%。（8）样品与HCl反应生成的CO2中混有HCl和H2O，均会造成溶液增重，所以测定装置C在吸收CO2前后的质量差，确定碳酸钙的质量分数，结果明显偏高；正确答案：样品与HCl反应生成的CO2中混有HCl和H2O，均会造成溶液增重。点睛：对于II.牙膏样品中碳酸钙的定量测定，如果不通入空气排净装置内空气，装置内的空气中二氧化碳也会被氢氧化钡溶液吸收，造成所测定的结果偏高；如果反应结束后，不继续通入空气，不能使反应产生的二氧化碳气体被氢氧化钡溶液吸收，造成所测定的结果偏低；如