安徽省芜湖市届高三教育教学质量监控理综化学试题解析版.docx

1、安徽省芜湖市届高三教育教学质量监控理综化学试题解析版2020-2021学年度第二学期芜湖市中小学校教育教学质量监控高三年级理科综合能力测试化学试题卷本试题卷共14页，38小题，满分300分，考试用时150分钟。可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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. 化学散发着迷人的魅力，为人类发展带来无限可能。下列说法错误的是A. 三星堆遗址出土的神树、纵目人像，由铜(含锡、铅)冶炼而成，它们属于青铜器B. “凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中“炒”为氧化除碳过程C. 新冠疫苗需要冷冻保存的

2、目的之一是防止疫苗中蛋白质变性D. 嫦娥五号使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将太阳能转化成电能【答案】D【解析】【分析】【详解】A三星堆遗址出土的神树、纵目人像，由铜(含锡、铅)冶炼而成，它们属于青铜器，青铜是铜锡合金，故A正确；B生铁值含碳量较高的铁，“炒”为氧化除碳过程，故B正确；C较高温度会使疫苗失活，需要冷冻保存的目的之一是防止疫苗中蛋白质变性，故C正确；D太阳能电池将太阳能转化为电能，锂离子电池将化学能转化为电能，故D错误；故选D。2. 下图为有机物M、N、Q的转化关系，有关说法正确的是A. M生成N的反应类型是取代反应B. N的同分异构体有8种(不考虑立体异构)C. 可用酸性

3、KMnO4溶液区分M与QD. Q的相对分子质量为88【答案】B【解析】分析】【详解】AM生成N的过程中M中的双键打开，应为加成反应，A错误；BN的同分异构体有：、(数字表示另一个Cl原子的位置)，共有3+2+3=8种，B正确；CM中含有碳碳双键，Q中与羟基相连的碳原子上有氢，二者都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法区分，C错误；D根据Q的结构可知其分子式为C4H10O2，相对分子质量为124+10+216=90，D错误；综上所述答案为B。3. 已知W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素，W与X原子序数相差5。下列说法一定正确的是A.

4、 原子半径：XYZWB. W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性弱C. W的气态氢化物的稳定性小于Y的气态氢化物的稳定性D. W与X形成化合物的化学式为X3W2【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，在W、X、Y、Z位置关系如图所示，其中只有X为金属元素，则X可能为Na、Mg、Al中的一种，W与X原子序数相差5，则W可能为C、N、O；若W为C则Z为14号元素Si，X、Y均为金属元素，与只有X为金属元素冲突。则X只可能为Mg、Al中的一种，W只可能为N、O中的一种。据此分析可得：【详解】A同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，则原子

5、半径XYZ，同主族元素电子层数越大原子半径越大，则ZW，所以原子半径：XYZW，故选A；BW、Z同主族的非金属元素，非金属性WZ，所以最高价氧化物对应水化物的酸性，为WZ，故B错；C由分析可知W的非金属氢强于Z，Z的非金属性强于Y，则W的非金属性强于Y，所气态氢化物的稳定性W大于Y，故C错；D若W为O、则X为Al，所以W与X形成的化合物的化学式为：(即)，故D错；答案选A4. 消除天然气中的H2S是能源研究领域的热点，华中科技大学李钰等研究表明，利用CuFe2O4表面吸附H2S时有两种机理途径，如图所示。下列说法错误的是A. 该吸附过程最终释放能量B. 途径1决速步骤的能垒为204.5kJmo

6、l-1C. 由步骤H2S*=HS*+H*可知，H-S键断裂放出能量：途径1途径2D. CuFe2O4在吸附过程中提供了O原子【答案】C【解析】【分析】【详解】A由能量图可知，相对能量下降，所以是释放能量，故A正确；B活化能越大，反应速率越慢，反应速率最慢的反应制约反应速率，由图可知途径1最大能垒为-362.6-(-576.1)kJ/mol=204.5 kJmol-1，故B正确；CS-H键断裂是吸收能量的不是放出能量，故C错误；D从图可知，由起始的H2S生成H2O可知CuFe2O4是提供O原子的，故D正确；故选C。5. 证据推理是化学学科重要核心素养。由下列实验现象推出的结论正确的是选项实验现象

7、结论A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+ ,无Fe3+B某溶液中加入Ba(NO3)2溶液再加足量盐酸产生白色沉淀仍有白色沉淀原溶液中一定有SOC向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)Ksp(ZnS)D将NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合有白色絮状沉淀生成AlO结合质子的能力强于COA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】【详解】A实验现象只能说明含有Fe2+，无法证明是否含有Fe3+，A错误；B若原溶液中含有SO，加入硝酸钡、盐酸后，酸性环境中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根从而生成硫酸钡沉淀，B错

8、误；CNa2S在溶液中会电离出大量S2-，加入硫酸铜后和Cu2+结合成CuS沉淀，该过程中没有发生沉淀的转化，无法比较溶度积，C错误；D根据实验现象可知发生反应：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3+ CO，说明HCO的酸性强于HAlO2，即AlO结合质子的能力强于CO，D正确；综上所述答案为D。6. 甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，CH3NH2H2O也是一元弱碱。25时，以甲基橙做指示剂，用0.1 molL-1的稀盐酸滴定10mL0.1 molL-1的甲胺溶液，溶液中水电离出的氢离子的负对数pC=-lgc水(H+)与所加稀盐酸的体积(V)的关系如图所示(忽略溶液混合时的体积变化)。下列

9、说法正确的是A. 滴定终点位于c、e之间B. d点溶液中：c(Cl-)=c(CH3NH)C. b点溶液中：c(CH3NH2H2O)c(CH3NH)D. e点溶液中：c(CH3NH2H2O)+c(CH3NH)=0.1【答案】C【解析】【分析】滴定过程中发生：CH3NH2H2O+HCl=CH3NH3Cl+H2O，CH3NH2H2O和HCl的电离都会抑制水的电离，而CH3NH的水解促进水的电离，所以当水电离出的氢离子最大时，即pC最小时，CH3NH2H2O和HCl恰好完全中和，溶液中的溶质为CH3NH3Cl。【详解】A根据分析可知e点为滴定终点，A错误；Bd点溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(Cl

10、-)=c(CH3NH)+c(H+)，e点溶质为CH3NH3Cl，由于CH3NH的水解溶液显酸性，d点HCl过量，溶液仍显酸性，所以c(H+)c(OH-)，则c(Cl-)c(CH3NH)，B错误；Cb点加入5mL盐酸，则溶液中的溶质为等物质的量的CH3NH3Cl和CH3NH2H2O，此时水的电离受到抑制，说明CH3NH2H2O的电离程度大于CH3NH的水解程度，所以c(CH3NH2H2O)”、“=”或“”)。NiO和FeO熔点更高的是_(填化学式)。(2)Fe能与CO形成配合物Fe(CO)5，其熔点为-21，沸点为102.8，结构如图所示。Fe(CO)5中C原子的杂化方式为_。与CO互为等电子体

11、的阴离子有CN-、_(填化学式)等。Fe(CO)5的晶体类型为_，1 mol Fe(CO)5含有_个键。(3)Y2O3和CeO2常用作军工材料和耐磨材料，萤石型CeO2晶胞如图所示。与Ce4+距离最近的Ce4+的个数为_。向萤石型CeO2中加入少量Y2O3并加热得到化学通式为Ce1-xYxO2-y的固体，其中Ce4+和Y3+均匀分布在原来阳离子的位置，而原来阴离子的位置部分形成空缺。则CeO2、Y2O3按物质的量之比0.8：0.1形成的固体的化学式为_，该固体中氧离子的空缺率为_。【答案】 (1). M (2). (3). NiO (4). sp (5). C (6). 分子晶体 (7). 10NA (8). 12 (9). Ce0.8Y0.2O1.9 (10). 5%【解析】【分析】【详解】(1)Ni是28号元素，基态Ni原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，失去最外层两个电子形成Ni2+，所以Ni2+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d8，填充的最高能层符号为M；基态Cr+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，Ni+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s1，Cr+再失去的是半满的3d能级上的电子，所需能量较大，所以I2CrI2Ni