届吉林省延边州高三教学质量检测理科综合化学试题解析版.docx

1、届吉林省延边州高三教学质量检测理科综合化学试题解析版吉林省延边州2020届高三4月教学质量检测理科综合一、选择题1.我国的科技发展改变着人们的生活、生产方式。下列说法正确的是（ ）A. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由石灰石经高温烧结而成B. “嫦娥四号”使用的SiCAl材料属于复合材料C. 5G芯片“巴龙5000”的主要材料是SiO2D. 港珠澳大桥采用超高分子量聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”，是有机高分子化合物，属于纯净物答案B详解A闻名世界的秦兵马俑是陶制品，属于硅酸盐产品，由黏土经高温烧结而成，A错误；B复合材料是人们运用先进的材料制备技术将不同性质的材料组分优化组合而成的新材料，“

2、嫦娥四号”使用的SiCAl材料属于复合材料，B正确；C硅是常用的半导体材料，5G芯片“巴龙5000”的主要材料是Si，C错误；D港珠澳大桥采用超高分子量聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”，是有机高分子化合物，属于混合物，D错误。答案选B。2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 常温常压下，1mol甲基(14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NAB. CH4和P4都是正四面体结构，物质的量相同的CH4和P4的共价键数之比为C. 标准状态下，1molH2和1molF2混合后，所含气体的体积为44.8LD. 常温常压下，0.5molFe和足量浓硝酸混合，转移电子数为

3、1.5NA答案A详解A1个甲基(14CD3)所含的中子数和电子数分别为14-6+1311、6+139，则常温常压下，1mol甲基(14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NA，A正确；BCH4和P4都是正四面体结构，物质的量相同的CH4和P4的共价键数之比为，B错误；C1molH2和1molF2混合后生成2molHF，标准状态下HF不是气态，所含气体的体积不是44.8L，C错误；D常温常压下，0.5molFe和足量浓硝酸混合后发生钝化，无法计算转移电子数，D错误。答案选A。3.X、Y、Z、W、P是短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中X的族序数=周期序数=原子序数，Y的最外层电

4、子数等于其次外层电子数的2倍，它的一种核素常用于考古断代，W的一种单质被喻为“人类地球的保护伞”，P的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，下列说法正确的是（ ）A. 由X、Z、P三种元素形成的化合物只能是共价化合物B. Y、Z、W、P氢化物的稳定性依次增强C. 食品中可适量添加PW2，起到去色、杀菌、抗氧化的作用D. Y5X10W2能与碳酸氢钠反应的结构有三种答案C分析X、Y、Z、W、P是短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中X的族序数=周期序数=原子序数，X是H；Y的最外层电子数等于其次外层电子数的2倍，它的一种核素常用于考古断代，Y是C；W的一种单质被喻为“人类地球的保护伞”，W

5、是O，则Z是N；P的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，P是S，据此解答。详解A由H、N、S三种元素形成的化合物可以是共价化合物，也可以是离子化合物，例如硫酸铵等，A错误；B非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性ONSC，则简单氢化物的稳定性是ONSC，B错误；C食品中可适量添加SO2，起到去色、杀菌、抗氧化的作用，C正确；DY5X10W2能与碳酸氢钠反应说明是羧酸，即为戊酸，由于C4H9有4种不同的结构，则戊酸的结构有4种，D错误。答案选C。4.链烃分子中的氢被两个或多个苯基取代的化合物称为多苯代脂烃，m、n是两种简单的多苯代脂烃。下列说法正确的是（ ） A. m、n互为同系物B. m

6、、n的一氯代物均只有四种C. m、n均能使Br2的CCl4溶液褪色D. m、n分子中所有碳原子处于同一平面答案B详解Am、n的结构不同，不能互为同系物，故A错误；Bm分子中含有四种氢原子，n分子中含四种氢原子，一氯代物均只有四种，故B正确；Cm、n含有苯环，不能和溴单质发生加成反应，都不能使Br2的CCl4溶液褪色，故C错误；Dn分子中含1个四面体结构的C，不可能与苯环均在同一平面上，即所有碳原子不可能共面，故D错误；故答案选B。5.下列有关实验操作、现象与结论的说法错误的是（ ）实验操作现象结论A向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸产生黄色沉淀和刺激性气味气体硫代硫酸钠既有氧化性又有还原性B将足量硼

7、酸溶液滴入到碳酸钠溶液中无气泡酸性：H2CO3H3BO3C向FeCl3和KSCN的混合溶液中加入KCl溶液溶液红色变浅增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动D一定温度下，向10mL0.1molL-1NaOH溶液中滴入10mL0.1molL-1MgCl2溶液，再滴加2滴0.1molL-1CuCl2溶液先有白色沉淀生成，后出现蓝色沉淀相同温度下，KspCu(OH)2KspMg(OH)2答案C详解A向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸发生反应生成硫酸钠、二氧化硫、单质硫和水，因此产生黄色沉淀和刺激性气味气体，硫代硫酸钠既是氧化剂也是还原剂，硫代硫酸钠既有氧化性又有还原性，A正确；B将足量硼酸溶液滴入到碳酸钠

8、溶液中无气泡，说明没有碳酸生成，根据强酸制备弱酸的原理可知酸性：H2CO3H3BO3，B正确；C向FeCl3和KSCN的混合溶液中加入KCl溶液溶液红色变浅，氯化钾不参与反应，相当于是稀释，不能说明增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动，C错误；D一定温度下，向10mL0.1molL-1NaOH溶液中滴入10mL0.1molL-1MgCl2溶液，反应中氢氧化钠不足，再滴加2滴0.1molL-1CuCl2溶液，先有白色沉淀生成，后出现蓝色沉淀，这说明相同温度下，KspCu(OH)2KspMg(OH)2，D正确。答案选C。6.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：

9、2MnO416H5C2O42=2Mn210CO28H2OB. Cl2与FeBr2溶液反应，当n(Cl2):n(FeBr2)=1:1时，2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-C. 惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl+2H2OCl2+2OH-+ H2D. 向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至中性：H+SO42-+Ba2+OH- =BaSO4+H2O答案B详解A、草酸属于弱酸，书写离子方程式时不能拆写，正确的是2MnO45H2C2O46H=2Mn210CO28H2O，故A错误；B、Fe2还原性比Br强，先与Cl2发生反应，根据得失电子数目守恒，11n(Br)1=121，解得

10、n(Br)=1mol，因此反应的离子方程式为2Fe22Br2Cl2=2Fe3Br24Cl，故B正确；C、缺少Mg2与OH反应生成Mg(OH)2，故C错误；D、反应后溶液为中性，则离子方程式为2HSO42Ba22OH=BaSO42H2O，故D错误。点睛本题的易错点是选项D，涉及到量的问题，少量为1，反应后溶液显中性，应按照Ba(OH)2进行分析，因此离子方程式为2HSO42Ba22OH=BaSO42H2O，这是一易错点，也是一个难点。7.常温下，向20mL0.1molL-1的HA溶液中逐滴加入0.1molL-1的烧碱溶液，溶液中水所电离的c水（H+）随加入烧碱溶液体积的变化如图所示，下列说法正确

11、的是（ ）A. B点的溶液中粒子浓度之间存在：c(HA)c(Na+)c(A-)B. 由图可知A-的水解平衡常数Kh约为110-9C. C、E两点因为对水的电离的抑制作用和促进作用相同，所以溶液均呈中性D. F点的溶液呈碱性，粒子浓度之间存在：c(OH-)=c(HA)+c(A-)+c(H+)答案B详解AB点的溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，此时溶液呈酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，则c(A-)c(Na+)c(HA)，A错误；B由题图可知0.1 molL-1的HA溶液中c(H+)为110-3 molL-1，由此可计算出Ka约为110-5，则Kh=KW/Ka110-9，B正确；CC点是

12、HA和NaA的混合溶液，溶液呈中性，而E点为NaA和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，C错误；DF点的溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液，由质子守恒可得：c(OH-)2c(HA)+c(A-)+c(H+)，D错误。答案选B。二、选择题8.重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO等）制备K2Cr2O7的流程如图所示。已知：I.在酸性条件下，H2O2能将Cr2O还原为Cr3+；.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHCr3+4.96.8Fe3+1.52.8请回答下列问题：（1）滤渣的主要成分_。（2）加入

13、H2O2的作用是（用离子方程式解释）_。（3）加热的目的是_。（4）“酸化”过程中发生反应的离子方程式为_；若该反应的平衡常数K=41014L3mol-3，已知：“酸化”后溶液中c(Cr2O)=1.610-3molL-1，则溶液中c(CrO)=_。（5）“结晶”后得到K2Cr2O7(M=294gmol-1)产品0.6000g，将其溶解后用稀H2SO4酸化，再用浓度为0.01000molL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定反应为：Cr2O+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，滴定终点消耗标准溶液的体积为900mL，则产品的纯度为_。（计算结果保留四位有效数字）（6）在

14、K2Cr2O7存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚（C6H5OH）废水的有效处理，其工作原理如图所示。负极的电极反应式为_；一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度_（填“增大”、“减小”或“不变”）。答案(1). Fe(OH)3和Cr(OH)3 (2). 2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-2CrO+8H2O (3). 除去过量H2O2，防止将Cr2O还原成Cr3+ (4). 2CrO+2H+Cr2O+H2O (5). 210-8mol/L (6). 73.50% (7). C6H5OH+11H2O-28e-6CO2+28H+ (8). 减小分析含铬废液（主要含Cr3+、Fe3+、K+、

15、SO等）制备K2Cr2O7的流程：废液与足量KOH反应生成沉淀Cr（OH）3、Fe（OH）3，过滤得到滤渣Cr（OH）3、Fe（OH）3混合物，除去K+、SO等离子，碱性条件下在滤渣中加入过氧化氢氧化Cr（OH）3生成K2CrO4，过滤除去Fe（OH）3，得到K2CrO4滤液，加热除去过量过氧化氢，防止后续加酸时H2O2能将Cr2O还原为Cr3+，加酸调pH=1，使K2CrO4溶液转化为K2Cr2O7溶液，蒸发结晶得到K2Cr2O7晶体，以此解答该题。详解（1）由以上分析可知滤渣的主要成分是Fe(OH)3和Cr(OH)3；（2）“氧化”步骤中，碱性条件下，过氧化氢氧化Cr（OH）3生成K2Cr

16、O4溶液，反应的离子方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-2CrO+8H2O；（3）因为在酸性条件下，H2O2能将Cr2O还原为Cr3+，为防止后续“酸化”步骤中H2O2将Cr2O还原为Cr3+而混入杂质，所以酸化之前必须除去H2O2，并且H2O2对热不稳定、易分解，通过加热可除去；（4）“酸化”过程中发生反应的离子方程式为2CrO+2H+Cr2O+H2O；酸化”过程中pH=1，即c（H+）=0.1mol/L，反应2CrO+2H+Cr2O+H2O的平衡常数K=41014，解得=210-8molL-1；（5）由反应Cr2O+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O有n（K2Cr2O

17、7）=n(NH4)2Fe(SO4)2=0.0100mol/L0.9L=0.0015mol，产品的纯度=0.0015mol294g/mol/0.6000g100%=73.50%；（6）C6H5OHCO2，则苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒有电极反应式C6H5OH+11H2O-28e-6CO2+28H+；由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na+和Cl-不能定向移动，所以电池工作时，负极生成的H+透过阳离子交换膜加入NaCl溶液中，正极生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中与H+反应生成水，是NaCl溶液浓度减小。9.“绿水青山就是金山银山”，因此研究

18、NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。(1)亚硝酰氯(ClN=O)气体是有机合成的重要试剂，它可由Cl2和NO在通常条件下反应制得，该反应的热化学方程式为_。相关化学键的键能如下表所示：化学键ClClNO(NO气体)ClNN=O键能/(kJmol-1)243630200607(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g) H=-681.8kJmol-1，对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在T时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：时间/min浓度/molL-101020304050O21.000

19、.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88010min内，平均反应速率v(CO2)=_molL-1min-1；当升高温度，该反应的平衡常数K_(填“增大”、“减小”或“不变”)。30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是_ (填字母)。A.加入一定量的粉状碳酸钙B.适当缩小容器的体积C.通入一定量的O2D.加入合适的催化剂(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=-34.0kJmol-1，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量

20、的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为_。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1050K、1.1106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=_已知：气体分压(P分)=气体总压(Pa)体积分数(4)为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-746.8kJmol-1，生成无毒的N2和CO2实验测得，v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2) c2(CO2

21、)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。达到平衡后，仅降低温度，k正减小的倍数_(填“”、“”或“=”)k逆减小的倍数。若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为20%，则=_(计算结果用分数表示)答案(1). 2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g) H=-111kJ/mol (2). 0.042 (3). 减小 (4). BC (5). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (6). 4 (7). (8). 分析根据H=生成物的总键能-反应物的总键能计算反应热，进而写出热化学反应方程式；根据v=计算

22、；根据30min后，氧气、二氧化碳的浓度都增大，改变的条件可为加入氧气或适当缩小容器的体积等；根据在1050 kPa时反应达到平衡，在1050 kPa前，温度升高对化学反应速率及反应进行的方向分析判断；根据在1100kPa时NO转化率40%，结合三行计算列式得到。详解(1)根据题干信息可知，Cl2和NO在通常条件下反应制得亚硝酰氯(ClN=O)气体，反应方程式为2NO(g)+C12(g)2C1NO(g)，反应的H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=(2630+243)-(2200+2607)=-111kJ/mol，故答案为：2NO(g)+Cl2(g)=2NOCl(g) H=-111kJ/mo

23、l；(2)在010min内，c(CO2)=0.42mol/L，根据v=，CO2的化学反应速率v(CO2)=0.042mol/(Lmin)，正反应为放热反应，升高温度，平衡向左移动，故化学平衡常数K减小，故答案为：0.042；减小；30min后，氧气、二氧化碳的浓度都增大，可为加入氧气或适当缩小容器的体积等，故答案为：BC；(3)由图像可知，当温度高于1050K时，随着温度升高，NO的转化率降低，则平衡逆向移动，因此该反应的正反应为放热反应，即H0，1050kPa前，反应b中NO2转化率随着温度升高而增大是由于1050kPa前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，更多的反应物变为生成物，

24、因此NO2转化率随温度的升高而增大，故答案为：1050K前反应未达到平街状态，温度的升高，反应速率加快，NO转化率增大；由图像可知，在1050K、1.1106Pa时，NO转化率80%，可列平衡三段式为：由于容器的容积不变，因此气体的物质的量的比等于气体压强之比，可知平衡时p(NO)=0.2p(总)，p(N2)=0.4 p(总)，p(CO2)=0.4 p(总)，则用平衡分压表示的化学平衡常数，故答案为：4；(4)正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，浓度不变，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数，故答案为：；若在1L的密闭容器中充入1molCO和1

25、molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为20%，可列平衡三段式为：则平衡常数，当反应达到平衡时，正=逆，故，故答案为：。10.草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O，M=180g/mol)呈淡黄色，可用于晒制蓝图。某实验小组对其进行了一系列探究。.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究（1）气体产物成分的探究。小组成员采用如图装置进行实验：A. B. C. D. E.按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为agf_尾气处理装置（仪器可重复使用）。检查装置气密性后，先通入一段时间N2，其目的为_。实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_。结束实验时先熄灭A、C处的酒精灯再停止通入N2

26、，其目的是_。（2）小组成员设计实验证明了A中分解后的固体成分为FeO，则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为_。（3）晒制蓝图时，草酸亚铁晶体是感光剂，会失去结晶水转化为FeC2O4，现以K3Fe(CN)6溶液为显色剂，该显色反应的化学方程式为_。.草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀H2SO4中，配成250mL溶液；步骤2：取上述溶液25.00mL，用cmolL-1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmolL-1

27、KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。（4）步骤2中滴定终点的现象为_；步骤3中加入锌粉的目的为_。（5）若步骤配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则测定结果将_（填“偏高”、“偏低”或“不变”）答案(1). bchi(或ih)de(或ed)bc (2). 排尽装置中的空气，防止干扰实验（防爆炸或干扰气体的检验） (3). c中固体由黑色变为红色，后B装置中出现浑浊 (4). 防止倒吸 (5). FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O (6). 3FeC2O4+2K3Fe(CN)6=Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4 (7). 锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色（或浅红色），

28、且内不褪色 (8). 将Fe3+还原为Fe2+ (9). 偏低分析I在A中草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)受热发生分解反应：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O，用D检验水蒸气的存在，用B检验CO2气体，然后用E干燥CO，将CO用通入C使CO与CuO发生反应：CO+CuOCO2+Cu，反应产生的CO2气体通过B装置检验，由于反应过程中有CO产生，会导致大气污染，所以最后将气体进行尾气处理。用K3Fe(CN)6溶液检验溶液中的Fe2+，据此书写反应方程式；II步骤2中向FeC2O42H2O、FeSO4溶解后的酸性溶液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液中的Fe2+、H2C2O4都被氧化，Fe2+变为Fe3+；KMnO4被还原为无色的Mn2+；H2C2O4变为CO2气体逸出；步骤3中向反应后溶液中加入适量锌粉，Zn将溶液中Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用 cmol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，这时溶液中Fe2+氧化为Fe3+，消耗标准液V2mL。则前后两次消耗的高锰酸钾溶液的体积差就是氧化H2C2O4消耗的体积，根据C守恒可知n(H2C2O4)=n(FeC2O42H2O)，最后根据电子守恒确定KM