天津市南开中学2020届高三化学质量监测试题（解析版） 11页

天津市南开中学 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.下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（ ） A. 质子数为 17、中子数为 20的氯原子： 20 17Cl B. 氯离子(Cl－)的结构示意图： C. 氯分子的电子式： D. 氯乙烯分子的结构简式：H3C－CH2Cl 【答案】C 【解析】 【详解】A、左上角应是质量数，质量数=中子数+质子数=37，应是 37 17Cl，故 A说法错误； B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图： ，故 B错误； C、氯原子最外层 7个电子，每个氯原子都达到 8电子稳定结构，故 C正确； D、氯乙烯结构简式：CH2=CHCl，而题目中是氯乙烷，故 D说法错误。 2.设 NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是( ) A. 14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为 2NA B. 1 mol N2与 4 mol H2反应生成的 NH3分子数为 2NA C. 1 mol Fe 溶于过量硝酸，电子转移数为 2NA D. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为 0.4NA 【答案】A 【解析】 【详解】A. 乙烯和丙烯的最简式均为 CH2，14g 乙烯和丙烯混合气体中含 CH2物质的量为 14g÷14g/mol=1mol，含氢原子数为 2NA，故 A正确； B.1mol N2与 4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气， 则生成氨气分子数小于 2NA，故 B错误； C.1mol Fe 溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子 3mol，电子转移数为 3NA，故 C错误； D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4的物质的量不是 0.1mol，无法计算其含有的 共价键数，故 D错误； 答案选 A。 3.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( ) A. 无色透明的溶液中： Fe3+、Mg2+、SCN −、Cl − B. + - c(H ) c(OH ) =1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO32−、NO3− C.  2 1c Fe 1mol L   的溶液中： K+、NH4+、MnO4−、SO42 － D. 能使甲基橙变红的溶液中： Na+、NH4+、SO42 －、HCO3 － 【答案】B 【解析】 【详解】A. Fe3+可与 SCN −结合形成 Fe(SCN)3，溶液变红色，因此，该组离子在溶液中不能 大量共存，故 A错误； B. + 12 - c(H ) 1 10 c(OH )   的溶液中(OH-)=0.1mol/l，显强碱性。四种离子之间不发生反应，且它 们与 OH-也都不反应，所以，该组离子在指定溶液中能大量共存，故 B正确； C. Fe2+具有还原性，MnO4−具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，因此，该组离子在溶液 中不能大量共存，故 C错误； D. 能使甲基橙变红色的溶液呈强酸性，HCO3 －可与氢离子结合生成碳酸，碳酸不稳定，分解 为二氧化碳和水，所以，该组离子在溶液中不能大量共存，故 D错误。 故选 B。 4.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是 A. 硅太阳能电池工作时，光能转化成电能 B. 锂离子电池放电时，化学能转化成电能 C. 电解质溶液导电时，电能转化成化学能 D. 葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能 【答案】A 【解析】 【详解】A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确； B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误； C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误； D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化 还原反应，D错误； 答案选 A。 5.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ） A. Na2O2吸收 CO2产生 O2，可用作呼吸面具供氧剂 B. ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 C. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维 D. NH3易溶于水，可用作制冷剂 【答案】A 【解析】 【详解】A．Na2O2吸收 CO2生成 O2和 Na2CO3，Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，故 A正确； B．ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性而不是还原性，故 B错误； C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大 小无关，故 C错误； D．氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水 无关，故 D错误； 故选 B。 6.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与 b原子次外层的 电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与 a同族。下列叙述正确的是（ ） A. 原子半径：d>c>b>a B. 4种元素中 b的金属性最强 C. c的氧化物的水化物是强碱 D. d单质的氧化性比 a单质的氧化性强 【答案】B 【解析】 【分析】 a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与 b原子次外层的电 子数相同，则 a的核外电子总数应为 8，为 O元素，则 b、c、d为第三周期元素，c所在周期 数与族数相同，应为 Al元素，d与 a同族，应为 S元素，b可能为 Na或Mg，结合对应单质、 化合物的性质以及元素周期律解答该题。 【详解】A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺 序是 Na(Mg)>Al>S>O，A错误； B、同周期从左向右金属性减弱，因此 Na或Mg在 4种元素中金属性最强，B正确； C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误； D、同主族从上到下非金属性减弱，因此 S的氧化性比氧气弱，D错误。 答案选 B。 【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再 根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较 等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。 7.油酸甘油酯（相对分子质量 884）在体内代谢时可发生如下反应：C57H104O6(s)+80O2(g)＝ 57CO2(g)+52H2O(l)。已知燃烧 1kg该化合物释放出热量 3.8×104kJ。油酸甘油酯的燃烧热 △H为 A. 3.8×104kJ·mol-1 B. －3.8×104kJ·mol-1 C. 3.4×104kJ·mol-1 D. －3.4×104kJ·mol-1 【答案】D 【解析】 【详解】燃烧热指的是燃烧 1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量。燃烧 1kg油酸甘油 酯释放出热量 3.8×104kJ，1kg 该化合物的物质的量为 1000 884 / g g mol ，则油酸甘油酯的燃烧热 △H=- 43.8 10 1000 884 /  kJ g g mol ≈-3.4×104kJ•mol-1，故选 D。 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.工业上利用氨氧化获得的高浓度 NOx气体(含 NO、NO2)制备 NaNO2、NaNO3，工艺流程如 下： 已知：Na2CO3＋NO＋NO2=2NaNO2＋CO2 （1）中和液所含溶质除 NaNO2及少量 Na2CO3外，还有__________(填化学式)。 （2）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是_______。蒸发 Ⅰ产生的蒸气中含有少量的 NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的 _______(填操作名称)最合理。 （3）母液Ⅰ进行转化时加入稀 HNO3的目的是_______。母液Ⅱ需回收利用，下列处理方法合 理的是________。 a．转入中和液 b．转入结晶Ⅰ操作 c．转入转化液 d．转入结晶Ⅱ操作 （4）若将 NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为 2：1，则生产 1.38吨 NaNO2时，Na2CO3 的理论用量为______吨(假定 Na2CO3恰好完全反应)。 【答案】 (1). NaNO3 (2). 防止 NaNO2的析出 (3). 溶碱 (4). 将 NaNO2氧化为 NaNO2 (5). c、d (6). 1.59 【解析】 【详解】（1）NO2与碱液反应可生成 NaNO3； （2）浓度过大时，NaNO2可能会析出；NaNO2有毒，不能直接排放，回收后可用于流程中的 溶碱； （3）NaNO2在酸性条件下易被氧化，加入稀硝酸可提供酸性环境；母液Ⅱ的溶质主要是 NaNO3，所以回收利用时应转入转化液，或转入结晶Ⅱ操作，故 c、d正确； （4）1.38吨 NaNO2的物质的量为：1.38×106÷69g/mol=2×104mol，则生成的 NaNO3物质的量 为：1×104mol，故 Na2CO3的理论用量= 1 2 ×（2×104+1×104）mol×106g/mol=1.59×106g=1.59吨。 9.氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产 品。如图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。 完成下列填空： （1）写出电解饱和食盐水的离子方程式_______。 （2）离子交换膜的作用为：______、______。 （3）精制饱和食盐水从图中_____位置补充，氢氧化钠溶液从图中_____位置流出（选填“a”、 “b”、“c”或“d”）。 【答案】 (1). 2Cl-＋2H2O Cl2↑＋H2↑＋2OH- (2). 阻止 OH-进入阳极室，与 Cl- 发生副反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O (3). 阻止阳极产生的 Cl2和阴极产生的 H2混 合发生爆炸 (4). a (5). d 【解析】 【详解】(1)电解饱和食盐水，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电生成氢 气，同时产生大量氢氧根，所以离子方程式为 2Cl-＋2H2O 通电 Cl2↑＋H2↑＋2OH-； (2)阳离子交换膜只能阳离子通过， 因此交换膜可以阻止 OH-进入阳极室与 Cl-发生副反应： 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，同时阻止阳极产生的 Cl2和阴极产生的 H2混合发生爆炸； (3)阳极上氯离子放电生成氯气，钠离子通过离子交换膜进入阴极室，则 c为稀 NaCl溶液，a 口进入饱和食盐水；阴极上水得电子生成氢气同时还生成 OH-，钠离子进入后生成 NaOH，所 以 d为浓 NaOH溶液。 10.合金贮氢材料具有优异的吸收氢性能，在配合氢能的开发中起到重要作用。 （1）一定温度下，某贮氢合金（M）的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强（p）， 横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比（H/M）。 在 OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M逐惭增大；在 AB段， MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy，氢化反应方程式为： zMHx(s)+H2(g)=ZMHy(s)△H(Ⅰ)；在 B点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎 不变。反应（Ⅰ）中 z=___（用含 x和 y的代数式表示）。温度为 T1时，2g某合金 4min 内吸 收氢气 240mL，吸氢速率 v=___mL•g-1•min。反应的焓变△H1__0（填“>”“<”或“=”）。 （2）η表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度为 T1、T2时，η（T1）____η（T2）（填“>”“<”或“=”）。当反应（Ⅰ）处于图中 a点时，保持温度 不变，向恒容体系中通入少量氢气，达到平衡后反应（Ⅰ）可能处于图中的___点（填“b”“c” 或“d”），该贮氢合金可通过___或___的方式释放氢气。 【答案】 (1). 2 y-x (2). 30 (3). < (4). > (5). c (6). 加热 (7). 减压 【解析】 【详解】（1）氢化反应方程式为：zMHx(s)+H2(g) zMHy(s)，根据原子守恒可得 z·x+2=z·y， 从而解出 z=2/(y－x)，吸氢速率 v=240mL÷2g÷4min=30mL•g－1•min－1，纵轴为平衡时氢气的压 强（p），横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比（H/M），由图可知，T1η（T2）；当反 应（Ⅰ）处于图中 a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，平衡右移，H/M逐 渐增大，又由于温度不变，平衡常数 K=1/[H2]不变，得出氢气浓度不变，又因为是恒容体系， 所以氢气的物质的量不变，即新平衡时氢气压强仍保持不变；根据平衡移动原理，可以升温 或减小压强使平衡左移，释放氢气，故答案为：加热；加压。 (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，并用 2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目 的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做， 则每学科按所做的第一小题计分。 11.[Zn(CN)4]2–在水溶液中与 HCHO发生如下反应： 4HCHO+[Zn(CN)4]2–+4H++4H2O===[Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN （1）Zn2+基态核外电子排布式为____________________。 （2）1 mol HCHO分子中含有σ键的数目为____________mol。 （3）HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是______________。 （4）与 H2O分子互为等电子体的阴离子为________________。 （5）[Zn(CN)4]2–中 Zn2+与 CN–的 C原子形成配位键。不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2–的结构可 用示意图表示为_____________。 【答案】 (1). 1s22s22p62s23p63d10（或[Ar] 3d10） (2). 3 (3). sp3和 sp (4). NH2 － (5). 【解析】 【详解】（1）Zn 是 30 号元素，Zn2+核外有 28个电子，根据原子核外电子排布规律可知基态 Zn2+核外电子排布式为 1s22s22p62s23p63d10； （2）甲醛的结构式是 ，由于单键都是σ键，双键中有一个σ键和一个π键，因此在一 个甲醛分子中含有 3个σ键和 1个π键，所以在 1 mol HCHO分子中含有σ键的数目为 3 mol； （3）根据 HOCH2CN的结构简式可知在 HOCH2CN分子中，连有羟基－OH的碳原子形成 4 个单键，因此杂化类型是 sp3杂化，—CN中的碳原子与 N原子形成三键，则其杂化轨道类型 是 sp杂化； （4）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，H2O含有 10个电子，则与 H2O分子互为 等电子体的阴离子为 NH2 －； （5）在[Zn(CN)4]2–中 Zn2+与 CN-的 C原子形成配位键，C原子提供一对孤对电子，Zn2+的空 轨道接受电子对，因此若不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2–的结构可用示意图表示为 。 【点晴】物质结构与性质常考知识点有：（1）电子排布式、轨道表示式、成对未成对电子、 全满半满；（2）分子立体构型；（3）氢键；（4）晶体类型、特点、性质；（5）分子的极性；（6） 性质比较：熔沸点、稳定性、溶解性、电负性、电离能；（7）杂化；（8）晶胞；（9）配位键、 配合物；（10）等电子体；（11）σ键和π键。出题者都想尽量在一道题中包罗万象，考查面广 一点，所以复习时不能留下任何知识点的死角。核心知识点是必考的，一定要牢固掌握基础 知识；细心审题，准确运用化学用语回答问题是关键。其中杂化类型的判断和晶胞的分析和 计算是难点，杂化类型的判断可以根据分子结构式进行推断，杂化轨道数=中心原子孤电子对 数(未参与成键)+中心原子形成的σ键个数，方法二为根据分子的空间构型推断杂化方式，①只 要分子构型为直线形的，中心原子均为 sp杂化，同理，只要中心原子是 sp杂化的，分子构型 均为直线形。②只要分子构型为平面三角形的，中心原子均为 sp2杂化。③只要分子中的原子 不在同一平面内的，中心原子均是 sp3杂化。④V形分子的判断需要借助孤电子对数，孤电子 对数是 1的中心原子是 sp2杂化，孤电子对数是 2的中心原子是 sp3杂化。该题的另一个难点 是配位键的表示，注意掌握配位键的含义，理解配体、中心原子等。 12.M是聚合物胶黏剂、涂料等的单体，其一条合成路线如下（部分试剂及反应条件省略）： 完成下列填空： （1）反应①的反应类型是____________。反应④的反应条件是_____________。 （2）除催化氧化法外，由 A得到 所需试剂为___________。 （3）已知 B能发生银镜反应。由反应②、反应③说明：在该条件下，_______________。 （4）写出结构简式。C________________ M________________ （5）D与 1-丁醇反应的产物与氯乙烯共聚可提高聚合物性能，写出该共聚物的结构简式。 _____________ （6）写出一种满足下列条件的丁醛的同分异构体的结构简式。____________ ①不含羰基②含有 3种不同化学环境的氢原子 已知：双键碳上连有羟基的结构不稳定。 【答案】 (1). 消去反应； (2). 浓硫酸，加热 (3). 银氨溶液 酸 (4). 碳碳双键 比羰基易还原 (5). CH2=CHCHO (6). ） (7). (8). 【解析】 【分析】 丙烯 CH2=CHCH3 在催 化剂 作用 下与 H2/CO 发生 反应 生成 丁醛 CH3CH2CH2CHO； CH3CH2CH2CHO 在碱性条件下发生加成反应生成 ，其分子式为 C8H16O2， 与 A的分子式 C8H14O对比可知，反应①为在浓硫酸、加热条件下发生消去反应。A经过两次 连续加氢得到的 Y为醇，C3H6经连续两次氧化得到的 D为羧酸，则反应④的条件为浓硫酸， 加热，生成的M为酯，据以上分析解答。 【详解】（1）根据题意可知合成M的主要途径为：丙烯 CH2=CHCH3在催化剂作用下与 H2/CO 发生反应生成丁醛 CH3CH2CH2CHO；CH3CH2CH2CHO 在碱性条件下发生加成反应生成 ，其分子式为 C8H16O2，与 A的分子式 C8H14O对比可知，反应①为在浓硫 酸、加热条件下发生消去反应。A经过两次连续加氢得到的 Y为醇，C3H6经连续两次氧化得 到的 D为羧酸，则反应④的条件为浓硫酸，加热，生成的M为酯。 （2）除催化氧化法外，由 A得到 还可以利用银氨溶液或新制氢氧化 铜悬浊液等将醛基氧化成羧基，然后再酸化的方法。故答案为银氨溶液，酸（其他合理答案 亦可）。 （3）化合物 A（C8H14O）与 H2发生加成反应生成 B（C8H16O），由 B能发生银镜反应，说明 碳碳双键首先与 H2加成，即碳碳双键比醛基（羰基）易还原。故答案为碳碳双键比醛基（羰 基）易还原（其他合理答案亦可）。 （4）丙烯 CH2=CHCH3在催化剂作用下被 O氧化为 C（分子式为 C3H4O），结构简式为： CH2=CHCHO；CH2=CHCHO 进一步被催化氧化生成 D（分子式为 C3H4O2），D的结构简式为： CH2=CHCOOH；Y的结构简式为 CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH，D与 Y在浓硫酸加热 条件下发生酯化反应生成M，M的结构简式为： 。 （5）D为 CH2=CHCOOH，与 1-丁醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成 CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3与氯乙烯发生加聚反应可生成高 聚物： （其他合理答案亦可）。 （6）丁醛的结构简式为：CH3CH2CH2CHO，Ω=1，在其同分异构体中①不含羰基，说明分子 中含有碳碳双键，②含有 3种不同化学环境的氢原子且双键碳上连有羟基的结构不稳定。则 符合条件的结构简式为： （其他合理答案亦可）。 【点睛】有机推断题型，考查学生有机化学基础知识同时还考查信息迁移能力、分析问题和 解决问题等综合能力，因而深受出题者的青睐，是历年高考必考题型之一，题目难度中等。 有机推断题常以框图题的形式出现，解题的关键是确定突破口：（1）根据有机物的性质推断 官能团：有机物官能团往往具有一些特征反应和特殊的化学性质，这些都是有机物结构的突 破口。①能使溴水褪色的物质可能含有碳碳双键、碳碳三键、醛基或酚类物质（产生白色沉 淀）；②能发生银镜反应或与新制Cu(OH)2悬浊液煮沸后生成红色沉淀的物质一定含有—CHO， 并且氧化产物经酸化后转化为—COOH；③能与 H2发生加成（还原）反应说明分子中可能还 有碳碳双键、碳碳三键、羰基、苯环等；④能被催化氧化说明是碳碳双键、—CHO、醇类等； ⑤Na、NaOH、Na2CO3等分别用来推断有机物中—OH、酸性官能团和酯基、—COOH等官能 团的种类和数目；⑥能发生消去反应说明该有机物属于醇类或卤代烃；⑦能使酸性高锰酸钾 溶液褪色的物质可能含有碳碳双键、碳碳三键、醛基、酚类物质或苯的同系物。（2）根据性 质和有关数据推断官能团的数目。（3）从特定的变量进行推断，主要依据反应前后相对分子 质量变化进行推断反应类型及官能团的变化。（4）依据反应前后分子式的变化进行推断，主 要依据反应前后分子组成的变化进行推断反应类型及官能团的变化。最后准确书写有机物的 结构式、结构简式等也是此类题型的关键点。