中学2020届高三教学质量监测卷理科综合化学试题（解析版）

2020 年高中毕业班教学质量监测卷 理科综合化学部分 说明：1.全卷满分 300 分，考试时间 150 分钟。 2.全卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分。 第Ⅰ卷(选择题共 126 分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Ti-48 Fe-56 I-127 Ag-108 一、选择题：本大题包括 13 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合 题目要求。 1.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数 K=2×10−5。 已知：Ni(CO)4 的沸点为 42.2℃，固体杂质不参与反应。 第一阶段：将粗镍与 CO 反应转化成气态 Ni(CO)4； 第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至 230℃制得高纯镍。 下列判断正确的是 A. 增加 c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大 B. 第一阶段，在 30℃和 50℃两者之间选择反应温度，选 50℃ C. 第二阶段，Ni(CO)4 分解率较低 D. 该反应达到平衡时，v 生成[Ni(CO)4]=4v 生成(CO) 【答案】B 【解析】 【详解】A.平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故 A 错误； B.50℃时，Ni(CO)4 以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，故 B 正确； C.230℃时，Ni(CO)4 分解的平衡常数 K 逆=1/K 正=1/（2×10−5）=5×104，可知分解率较高，故 C 错误； D.平衡时，应该是 4v 生成[Ni(CO)4]=v 生成(CO)，故 D 错误； 正确答案：B 2.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是(　　) A. 气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4 B 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si .D. 用中文“ ”(ào)命名的第 118 号元素在周期表中位于第七周期 0 族 【答案】C 【解析】 【详解】A.非金属性 O>N>Si，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4，故不选 A； B.H 与 F、Cl 等形成共价化合物，与 Na、K 等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或 离子化合物，故不选 B； C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl 不是最高价含氧酸，则不能比较 Cl、C 的非金属性，故选 C； D.118 号元素的核外有 7 个电子层、最外层电子数为 8，则 118 号元素在周期表中位于第七周期 0 族，故不 选 D； 答案：C 3.给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（ ） A. 粗硅 SiCl4 Si B. Mg(OH)2 MgCl2(aq) Mg C. Fe2O3 FeCl3(aq) 无水 FeCl3 D. AgNO3(aq) [Ag(NH3)2]OH(aq) Ag 【答案】A 【解析】 【详解】A．粗硅中 Si 与 Cl2 在高温下发生化合反应产生 SiCl4，杂质也与氯气发生反应变为氯化物，由于 杂质的氯化物与 SiCl4 沸点不同，通过分馏分离出来，然后使 SiCl4 与氢气在高温下发生反应产生 Si 和 HCl， 都可以一步完成，正确； B．Mg(OH)2 与 HCl 发生酸碱中和反应产生 MgCl2，将 MgCl2 蒸馏浓缩冷却结晶得到 MgCl2∙6H2O，把该物 质在 HCl 的环境中加热蒸发，得到无水 MgCl2，电解熔融的 MgCl2 可制取得到金属 Mg，可见由 MgCl2 溶液 不能一步得到金属镁，错误； C．Fe2O3 与盐酸发生复分解反应产生 FeCl3 溶液，该盐是强酸弱碱盐，加热蒸发水分，盐水解产生 Fe(OH)3 和 HCl，HCl 挥发逸出，最后得到的固体是 Fe(OH)3，要得到无水 FeCl3，应该先蒸发溶液得到晶体后在 HCl的环境中加热蒸发，得到无水 FeCl3，错误； D．向 AgNO3 溶液中加入氨水发生银镜反应产生[Ag(NH3)2]OH；由于蔗糖无还原性，因此与银氨溶液变化 发生银镜反应产生单质银，错误。 4.下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是( ) A. 某无色溶液中可能大量存在 H＋、Cl－、MnO4－ B. pH＝2 的溶液中可能大量存在 Na＋、NH4＋、SiO32－ C. Fe2＋与 H2O2 在酸性溶液中的反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O D. 稀硫酸与 Ba(OH)2 溶液的反应：H+＋SO42-＋Ba2+＋OH-=BaSO4↓＋H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．MnO4－是紫色，不可能存在无色溶液中，故 A 错误； B．pH＝2 的溶液呈酸性，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，不能大量共存，故 B 错误； C．Fe2＋与 H2O2 在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水，反应的离子方程式：2Fe2＋＋H2O2＋2H ＋=2Fe3＋＋2H2O，满足得失电子守恒和电荷守恒，故 C 正确； D．氢离子和硫酸根离子的个数比、氢氧根离子和钡离子的个数比均应为 2:1，正确的离子方程式应为：2H+ ＋SO42-＋Ba2+＋2OH-=BaSO4↓＋2H2O，故 D 错误； 答案选 C。 【点睛】D 项的离子方程式虽然符合电荷守恒，但是不符合客观事实。 5.将 O2 和 NH3 的混合气体 448mL 通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到 44.8mL 气体。原混合气体中 O2 的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况） A. 231.5mL B. 268.8mL C. 287.5mL D. 313.6mL 【答案】CD 【解析】 【详解】将 O2 和 NH3 的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：4NH3+5O2 4NO+6H2O。充 分反应后，再通过足量的水，发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，将两个方程式叠加，可得总反应方程式： NH3+2O2=HNO3+H2O，若最后得到的气体是 NO，44.8mLNO 转化需要消耗的氧气 56mL，发生反应消耗的 氧 气 的 体 积 是 ， 则 氧 气 的 总 体 积 是 V(O2)= 。若最后剩余的气体是 O2，则 O2 应该是反应消耗的和剩余的两部分，氧气的 体积是：V(O2)=403.2mL×2/3+44.8mL=313.6mL。故答案是选项 CD。  催化剂 加热 448mL-44.8 mL-56 mL ×（ ） 2 3 ≈ 231.5mL 231.5mL+56mL=287.5mL6.锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为 KOH 溶液，反应为 2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（ ） A. 充电时，电解质溶液中 K+向阳极移动 B. 充电时，电解质溶液中 c(OH－) 逐渐减小 C. 放电时，负极反应为：Zn+4OH–-2e–= Zn(OH)42－ D. 放电时，电路中通过 2mol 电子，消耗氧气 22.4L（标准状况） 【答案】C 【解析】 【详解】A．充电时，阳离子向阴极移动，即 K＋向阴极移动，A 项错误； B．放电时总反应为 2Zn+O2+4OH–+ 2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度 增大，B 项错误； C．放电时，锌在负极失去电子，电极反应为 Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C 项正确； D．标准状况下 22.4L 氧气的物质的量为 1 摩尔，电路中转移 4 摩尔电子，D 项错误； 答案选 C。 【点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原 产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原 电池，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极电极反应式为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充电是电解 池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池 来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互 换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有， 进行计算，如果没有必然是错误选项。 7.合成导电高分子材料 PPV 的反应： 下列说法中正确的是（ ） A. 合成 PPV 的反应为加聚反应 B. PPV 与聚苯乙烯具有相同 重复结构单元 C. 和苯乙烯互为同系物 D. 通过质谱法测定 PPV 的平均相对分子质量，可得其聚合度 的【答案】D 【解析】 【详解】A. 合成 PPV 的反应为缩聚反应，故 A 错误； B. PPV 与聚苯乙烯重复结构单元不相同，聚苯乙烯的重复结构单元为 ，没有碳碳双键，故 B 错误； C. 含有两个碳碳双键，苯乙烯含有一个碳碳双键，结构不相似，因此不互为同系物， 故 C 错误； D. 通过质谱法测定 PPV 的平均相对分子质量，可得其聚合度，故 D 正确。 综上所述，答案为 D。 【点睛】加聚反应与缩聚反应的区别是加聚反应生成高分子化合物，缩聚反应生成高分子化合物同时还生 成了小分子。 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题-第 32 题为必考题每个试题考生都必须 作答，第 33 题-第 38 题为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题：11 题，共 129 分。 8.用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3-)已成为环境修复研究的热点之一。 (1)Fe 还原水体中 NO3-的反应原理如图所示。 ①作负极的物质是_________。 ②正极的电极反应式是_________。 (2)将足量铁粉投入水体中，经 24 小时测定 NO3-的去除率和 pH，结果如下： 初始 pH pH=2.5 pH=4.5 NO3-的去除率 接近 100% ＜50% 24 小时 pH 接近中性 接近中性铁的最终物质形态 pH=4.5 时，NO3-的去除率低。其原因是_________。 (3)其他条件与(2)相同，经 1 小时测定 NO3-的去除率和 pH，结果如下： 初始 pH pH=2.5 pH=4.5 NO3-的去除率 约 10% 约 3% 1 小时 pH 接近中性 接近中性 与(2)中数据对比，解释(2)中初始 pH 不同时，NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的原因：_________。 【答案】 (1). 铁 (2). NO3-+8e-+10H+= NH4++3H2O (3). 因为铁表面生成不导电的 FeO(OH)，阻止 反应进一步发生 (4). Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑，初始 pH 较小，氢离子浓度高，产生的 Fe2+浓度大，促使 FeO(OH) 转化为可导电的 Fe3O4，使反应进行的更完全，初始 pH 高时，产生的 Fe2+浓度小，从而造成 NO3-去除率和 铁的最终物质形态不同 【解析】 【分析】(1)①Fe 还原水体中 NO3-，根据题意 Fe3O4 为电解质，Fe 作还原剂，失去电子，发生氧化反应，作 原电池的负极； ②NO3-在正极得电子发生还原反应产生 NH4+，根据电荷守恒及原子守恒书写电极反应式； (2)由于 Fe3O4 为电解质，而电解质主要作用是为电子转移提供媒介，然后根据 FeO(OH)不导电进行分析； (3)根据 Fe2+的作用进行分析。 【详解】(1)①Fe 是活泼的金属，根据还原水体中的 NO3-的反应原理图可知，Fe 失去电子被氧化，作原电 池的负极； ②正极上 NO3-得到电子发生还原反应变为 NH4+，结合元素和电荷守恒可知电极反应式为： NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O； (2)从 pH 对硝酸根去除率的影响来看，初始 pH=4.5 时去除率低，主要是因为铁表面产生了不导电的 FeO(OH)，阻止反应进一步发生； (3)Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，初始时溶液的 pH 较小，溶液中氢离子浓度高，产生的 Fe2+浓度较大，促使 FeO(OH) 转化为可导电的 Fe3O4，因而使 NO3-去除反应进行的更完全；当初始 pH 高时，由于产生的 Fe2+浓度小，从而造成 NO3-去除率和铁的最终物质形态不同，因而 NO3-去除率降低。 【点睛】考查化学反应原理，涉及电化学、氧化还原反应等知识，Fe 单质与 NO3-的反应跟溶液酸碱性有关， 抓住这一点是解题的关键，要注意疏松的 Fe3O4 可导电，而 FeO(OH)不能导电，电解质溶液中自由移动的微 粒浓度降低，原电池反应发生缓慢。要充分利用题干信息分析解答，注意从实验条件的不同进行对比，力 求阐述上的准确性。 9.以电石渣为原料制备 KClO3 的流程如图： (1)氯化过程控制电石渣过量，在 75℃左右进行。氯化时存在 Cl2 与 Ca(OH)2 作用生成 Ca(ClO)2 反应， Ca(ClO)2 进一步转化为 Ca(ClO3)2，少量 Ca(ClO)2 分解为 CaCl2 和 O2。 ①生成 Ca(ClO)2 的化学方程式为________。 ②提高 Cl2 转化为 Ca(ClO3)2 的转化率的可行措施有________(填序号)。 A．适当减缓通入 Cl2 速率 B．充分搅拌浆料 C．加水使 Ca(OH)2 完全溶解 (2)氯化过程中 Cl2 转化为 Ca(ClO3)2 的总反应方程式为 6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，氯化完成 后过滤。 ①滤渣的主要成分为_______(填化学式)。 ②滤液中 Ca(ClO3)2 与 CaCl2 的物质的量之比 n[Ca(ClO3)2]：n(CaCl2)___1：5（填“＞”、“＜”或“=”）。 (3)向滤液中加入稍过量 KCl 固体可将 Ca(ClO3)2 转化为 KClO3，若溶液中 KClO3 的含量为 100 g▪L-1，从该 溶液中尽可能多地析出 KClO3 固体的方法是_______。 【答案】 (1). 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O (2). AB (3). CaCO3、Ca(OH)2 (4). ＜ (5). 蒸发浓缩、冷却结晶 的【解析】 【分析】 电石渣中含有 Ca(OH)2，加入水打浆，通入氯气，可生成 Ca(ClO)2，Ca(ClO)2 进一步转化为 Ca(ClO3)2，过 滤后在滤液中加入 KCl 转化生成 KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体 KClO3。 【 详 解 】 (1)① 氯 气 和 氢 氧 化 钙 反 应 生 成 氯 化 钙 、 次 氯 酸 钙 和 水 ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O； ②提高 Cl2 转化为 Ca(ClO3)2 的转化率，可使氯气和氢氧化钙充分接触，可适当减缓通入 Cl2 速率、充分搅 拌浆料，因氢氧化钙微溶于水，加水溶解的做法不可取，因浓度过低，对后续实验不利，故合理选项是 AB； (2)①氯化过程中发生氧化还原反应：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，生成的 Ca(ClO3)2 溶于水， 由于电石渣中含有的 CaCO3 不溶于水，Ca(OH)2 微溶于水，则滤渣中含有 CaCO3、Ca(OH)2； ②氯化过程中 Cl2 与氢氧化钙反应中，还有一部分反应生成 Ca(ClO)2 和 CaCl2，则 n[Ca(ClO3)2]：n(CaCl2)＜ 1：5； (3)要从该溶液中尽可能多地析出 KClO3 固体，应通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法。 【点睛】本题考查物质的制备，解答本题注意把握物质的性质以及题给信息，把握反应的流程，同时要具 有扎实的实验基础知识，题目侧重考查学生的分析、实验能力。 10.丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题： （1）正丁烷（C4H10）脱氢制 1-丁烯（C4H8）的热化学方程式如下： ①C4H10(g)= C4H8(g)+H2(g) ΔH1 已知：②C4H10(g)+ O2(g)= C4H8(g)+H2O(g) ΔH2=-119 kJ·mol-1 ③H2(g)+ O2(g)= H2O(g) ΔH3=-242 kJ·mol-1 反应①的 ΔH1 为________ kJ·mol-1。图（a）是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图， x_____________0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是__________（填 标号）。 A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．降低压强 1 2 1 2（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气 中含有丁烯、丁烷、氢气等。图（b）为丁烯产率与进料气中 n（氢气）/n（丁烷）的关系。图中曲线呈现 先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是___________。 （3）图（c）为反应产率和反应温度 关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯 产率在 590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是___________、____________；590℃之后，丁烯产率快 速降低的主要原因可能是_____________。 【答案】 (1). +123kJ·mol－1 (2). 小于 (3). AD (4). 氢气 产物之一，随着 n(氢气)/n(丁烷) 增大，逆反应速率增大 (5). 升高温度有利于反应向吸热方向进行 (6). 温度升高反应速率加快 (7). 丁烷高温裂解生成短链烃类 【解析】 【详解】（1）根据盖斯定律，用②式-③式可得①式，因此△H 1=△H2-△H3=-119 kJ/mol +242 kJ/mol =+123kJ/mol。由 a 图可以看出，温度相同时，由 0.1MPa 变化到 xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移 动，根据反应前后气体系数之和，反应前气体系数小于反应后气体系数之和，因此减小压强，平衡向正反 应方向移动，即 x