天津市和平区2020届高三第三次质量调查化学试题 Word版含解析 19页

化学 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56 Zn 65 Ba 137 ‎ 第Ⅰ卷 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关材料的说法不正确的是（ ）‎ A. 港珠澳大桥路面使用了沥青，沥青可以通过石油分馏得到 B. 用于新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质 C. 被誉为“中国天眼”的射电望远镜，其“眼眶”的结构钢梁属于合金材料 D. 新型聚氨酯迷彩伪装涂料可用于军车多环境下的隐身，聚氨酯属于无机非金属材料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．通过石油分馏最后可以得到沸点高、难挥发的物质为沥青，沥青常用于铺路，故A正确；‎ B．Fe3O4俗称磁性氧化铁，是一种具有磁性的物质，故B正确；‎ C．钢铁结成的圈梁，不是纯金属材料，是铁合金，属于合金材料，故C正确；‎ D．聚氨酯由小分子通过聚合反应获得，属于有机高分子材料，不是无机非金属材料，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料。是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称，有机高分子材料又称聚合物或高聚物，一类由一种或几种分子或分子团(结构单元或单体)以共价键结合成具有多个重复单体单元的大分子，其分子量高达10 000以上，可高达几百万，它们可以是天然产物如纤维、蛋白质和天然橡胶等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡胶、合成树脂、合成纤维等非生物高聚物等。‎ ‎2.下列物质与其用途不相符的是 A. 乙二醇——抗冻剂 B. NaCl——制纯碱 C. Al2O3——焊接钢轨 D. 甲苯——制炸药 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙二醇的熔点很低，故可用作汽车的防冻液，故A正确；‎ B. 侯氏制碱法的原理是将氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液中，然后生成碳酸氢钠和氯化铵，将碳酸氢钠分离出后加热即可制得纯碱碳酸钠，故氯化钠可用作制纯碱，故B正确；‎ C. 利用铝热反应来焊接钢轨，而铝热反应是铝单质和某些金属氧化物的反应，其中氧化铝是生成物，故可以说金属铝能用于焊接钢轨，故C错误；‎ D. 三硝基甲苯是一种烈性炸药，可以通过甲苯的硝化反应来制取，故D正确。‎ 故选：C。‎ ‎3.某铁柱需长期浸入水下，为了减少腐蚀，下列措施中不能达到目的是 A. 在铁柱上铆上一些锌片 B. 将铁柱与直流电源的正极相连 C. 在铁柱表面涂上一层较厚的沥青 D. 在铁柱表面镀锡 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在铁柱上铆上一些锌片，这样锌铁构成的原电池，金属锌是负极，铁是正极，正极金属铁能被保护，能达到目的，A不符合题意；‎ B.将铁柱与直流电源的正极相连，作阳极，发生氧化反应，腐蚀速率会大大加快，B符合题意；‎ C.在铁柱表面涂上一层较厚的沥青，可以隔绝金属和空气、水的接触，能被保护，能达到目的，C不符合题意；‎ D.利用锡的稳定性隔离铁与腐蚀介质接触，可以减少铁的腐蚀，能达到目的，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎4.下列有关说法不正确是( )‎ A. 天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点 B. 乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别 C. 的名称为2-乙基丙烷 D. 有机物分子中所有碳原子不可能在同一个平面上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．天然油脂都是混合物，混合物没有恒定熔点、沸点，故A正确；‎ B．乙烯含有碳碳双键，可发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，而甲烷不能，则乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别，故B正确；‎ C．根据该有机物结构，首先选最长碳链作主链，因而该有机物是主链有4个碳原子的烷烃，2号碳上有1个甲基，正确的命名为：2-甲基丁烷，故C错误；‎ D．六元环有多个sp3杂化的碳，为四面体结构，所以有机物分子中所有碳原子不可能在同一个平面上，故D正确；‎ 答案为C。‎ ‎5.下列各微粒的电子排布式或电子排布图不符合能量最低原理的是（ ）‎ A. B. ‎ C. F D. Na+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能量最低原理：原子核外电子先占有能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道，电子填充顺序为1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f、5d、6p、7s、5f、6d、7p，结合泡利原理与洪特规则判断。‎ ‎【详解】A．Fe2＋离子核外电子数为24，由能量最低原理，可知核外电子排布为ls22s22p63s23p63d6，故A不选；‎ B．Cu原子核外电子数为29，满足半满全满的稳定结构，能量最低，核外电子排布应为ls22s22p63s23p63d104s1，故B选；‎ C．F原子最外电子层为第2电子层，有7个电子，外围电子排布为2s22p5，由泡利原理与洪特规则可知，外围电子轨道排布式为，故C不选；‎ D．Na＋离子最外电子层为第2电子层，有8个电子，外围电子排布为2s22p6，由泡利原理与洪特规则可知，外围电子轨道排布式为，故D不选；‎ 故答案选B。‎ ‎6.下列有关化合物X的叙述正确的是( )‎ A. X分子能发生氧化、取代、消去反应 B. X分子只存在2个手性碳原子 C. X分子中含有五种官能团 D. 1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化合物X中含有的官能团有羟基、酯基、羰基、溴原子，以此解题。‎ ‎【详解】A. X分子中羟基和都能发生氧化反应，羟基、酯基、溴原子和苯环上的氢原子都能发生取代反应，羟基和溴原子能发生消去反应，A正确；‎ B. 连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，X分子含有3个手性碳原子（打*号的碳原子为手性碳原子），B错误；‎ C. X分子中含有羟基、酯基、羰基、溴原子四种官能团，C错误；‎ D. 1 mol X分子中含有1 mol酯基和1 mol溴原子，酯基和溴原子都能跟氢氧化钠发生水解反应，所以1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎7.关于某无色溶液中所含离子的鉴别，下列判断正确的是(　　)‎ A. 加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解时，可确定有Cl－存在 B. 通入Cl2后，溶液变为深黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，可确定有I－存在 C. 加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸后沉淀不溶解时，可确定有SO42-存在 D. 加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有CO32-存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cl－、SO42-均能与Ag＋形成不溶于稀盐酸的白色沉淀，A错误；‎ B. I2遇淀粉变蓝，通入Cl2后，溶液变为深黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，则溶液中有I－存在，B正确；‎ C. SO32-与Ba(NO3)2反应生成BaSO3沉淀，加入稀盐酸后在H＋、NO的作用下BaSO3可转化为BaSO4沉淀，C错误；‎ D. 能使澄清石灰水变浑浊的气体是CO2或SO2，原溶液中可能存在的离子是CO32-、HCO3-、SO32-或HSO3-，D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】NO3-表现强氧化性时，需要提供酸性环境。在强酸性溶液中，NO3-可将SO32-氧化为SO42-，但在碱性或中性溶液中，SO32-与NO3-不能反应，可共存于同一溶液中。‎ ‎8.下列解释事实的化学用语不正确的是( )‎ A. [Ag(NH3)2]OH溶液呈碱性：[Ag(NH3)2]OH=[Ag(NH3)2]++OH-‎ B. 向Cu(OH)2沉淀中加入氨水溶解：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-‎ C. 电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：2H2O + 2e-=H2↑+ 2OH-‎ D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe－3e-= Fe3+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. [Ag(NH3)2]OH溶液呈碱性，由于[Ag(NH3)2]OH电离得到OH-，即[Ag(NH3)2]OH=[Ag(NH3)2]++OH-，A正确；‎ B. 向Cu(OH)2沉淀中加入氨水溶解，Cu(OH)2沉淀生成了配合物[Cu(NH3)4](OH)2，即Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，B正确；‎ C. 电解NaCl溶液，阴极区H2O得到电子，生成OH-，使溶液pH增大，即2H2O + 2e-=H2↑+ 2OH-，C正确；‎ D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失去电子生成Fe2+，反应为：Fe－2e-= Fe2+，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎9.下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是( )‎ A B C D 实验目的 制备氢氧化铁胶体 分离乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液 除去CO2中的少量HCl 收集NO2‎ 实验装置 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．制备氢氧化铁胶体的方法是将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中至产生红褐色时停止加热，不能用氢氧化钠溶液，否则生成氢氧化铁沉淀，故A错误；‎ B．乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液不互溶且分层，可用分液的方法分离，故B正确；‎ C．若用饱和碳酸钠溶液吸收氯化氢，二氧化碳也可与碳酸钠反应，除去CO2中的少量HCl应用饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；‎ D．NO2的密度比空气大，收集时应长进短出，NO2为大气污染物用氢氧化钠溶液处理尾气时易发生倒吸，应再安装一个防倒吸装置，故D错误； ‎ 故选B。‎ ‎10.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是 A. 该分解过程是：2NON2+O2‎ B. 实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应 C. 过程②释放能量，过程③吸收能量 D. 标准状况下，NO分解生成5.6 LN2转移电子数约为6.02×1023‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2NON2+O2，故A正确；‎ B．铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B正确；‎ C．过程②为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C错误；‎ D．根据反应2NON2+O2，O元素由-2价变为0价，生成1mol O2，同时生成1molN2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6 LN2为0.25mol，则转移电子数约为0.25mol ×4×6.02×1023=6.02×1023个，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】断裂化学键需要吸收能量，形成化学键要释放能量，本题中通过图示，了解清晰反应历程很关键。‎ ‎11.下图是常温钠离子全固态浓差电池工作示意图。正极材料为层状含钠过渡金属氧化物，负极为钠锡合金(Na15Sn4)。下列说法合理的是(  )。‎ A. 该电池工作时不发生氧化还原反应 B. 放电时，负极的反应为：Na15Sn4-15e-=15Na++4Sn C. 充电时，Na+会被吸附进入过渡金属氧化层 D. 充电时，a极接电源的负极，b极接电源的正极 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该电池放电时，是原电池工作原理，充电时，是电解池的工作原理，无论是放电还是充电均发生了氧化还原反应，故A错误；‎ B.该电池放电时，原电池工作原理，负极上为钠锡合金（Na15Sn4）失电子发生氧化反应生成钠离子和锡，电极反应式为Na15Sn4-15e-=15Na++4Sn，故B正确；‎ C.充电时，是电解池的工作原理，Na+会向阴极移动，是脱离过渡金属氧化层，故C错误；‎ D ‎.充电时，是电解池的工作原理，电池的负极和电源的负极相连，电池负极为钠锡合金（Na15Sn4），则充电时，b极接电源的负极，a极接电源的正极，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎12.T℃时，三种盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数，下列说法正确的是( )‎ A. Y点：c(Ca2+)>c(SO42-)，Z点：c(CO32-)>c(Mn2+)‎ B. 溶度积：Ksp(MnCO3)＞Ksp(CaCO3)＞Ksp(CaSO4)‎ C. X点对应的CaCO3溶液为不饱和溶液，可以继续溶解CaCO3‎ D. T℃时，CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K的数量级为103‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数，说明数值越大，对应的离子浓度越小；根据O、P、Q三点可求出MnCO3、CaCO3、CaSO4的Ksp值，即可比较溶解度大小；若Qc值大于Ksp，则有沉淀生成。‎ ‎【详解】A．Y点pM大于3，pR小于3，则阴离子浓度大于阳离子浓度，即c(SO42-)>c(Ca2+)；同理，Z点c(Mn2+)>c(CO32-)，A项错误；‎ B．根据O、P、Q三点求MnCO3、CaCO3、CaSO4的Ksp值，；同理可得，Ksp(CaCO3)=10-8.6；Ksp(CaSO4)=10-5，故溶度积：Ksp(MnCO3)