届福建省厦门市高三毕业班线上质量检查一理综化学试题解析版.docx
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届福建省厦门市高三毕业班线上质量检查一理综化学试题解析版
厦门市2020届高中毕业班线上质量检查
(一)
理科综合能力测试
(本试卷满分300分,考试时间150分)
可能用到的相对原子质量:
H-IC-12O-16Na23P31S32K39Mn55Fe56Co59
第I卷(选择题)
一、选择题:
(本题共7小题,只有一项符合题目要求。
)
1.下列有关垃圾分类说法错误的是
A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾,不能使溴水退色
B.可回收的易拉罐中含金属铝,可通过电解氧化铝制取
C.废旧电池中含有镍、镉等重金属离子,不能填埋处理
D.含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时只生成CO2和H2O
【答案】D【解析】
【详解】A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾,聚乙烯不含双键,不能使溴水退色,故A正确;
B.可回收的易拉罐中含金属铝,电解熔融氧化铝可制取金属铝,故B正确;
C.废旧电池中含有镍、镉等重金属离子,填埋处理会造成土壤、水污染,所以不能填埋处理,故C正确;
D.丝、毛
成分是蛋白质,含有C、H、O、N等元素,含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时生成CO2和H2O的同时还有含氮物质生成,故D错误;选D。
2.螺环化合物
可用于制造生物检测机器人,下列有关该化合物的说法错误的是
A.分子式为C5H8OB.是环氧乙烷
的同系物
C.一氯代物有2种(不考虑空间异构)D.所有碳原子不处于同一平面
【答案】B【解析】【详解】A.根据
的结构式,可知分子式为C5H8O,故A正确;
B.同系物是结构相似、分子组成相差若干CH2原子团的化合物,
和环氧乙烷
的结构不同,不是同系物,故B错误;
C.
的一氯代物有
、
,共2种,故B正确;
D.
画红圈的碳原子通过4个单键与碳原子连接,不可能所有碳原子处于同一平面,故D正确;选B。
3.设NA为阿伏加德罗常数值。
下列说法正确的是
A.常温下,1LpH=9的CH3COONa溶液中,发生电离的水分子数为1×10-9NA
B.常温下,10mL5.6mol/LFeC13溶液滴到100mL沸水中,生成胶粒数为0.056NA
C.向Na2O2通入足量的水蒸气,固体质量增加bg,该反应转移电子数为
D.6.8gKHSO4晶体中含有的离子数为0.15NA
【答案】C【解析】【详解】A.常温下,pH=9的CH3COONa溶液,水电离出的氢氧根离子浓度是
,1LpH=9的CH3COONa溶液中,发生电离的水分子数为1×10-5NA,故A错误;
B.氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的聚集体,常温下,10mL5.6mol/LFeC13溶液滴到100mL沸水中,生成胶粒数小于0.056NA,故B错误;
C.
,由方程式可知过氧化钠生成氢氧化钠质量增大,固体增加4g转移2mol电子,向Na2O2通入足量的水蒸气,固体质量增加bg,该反应转移电子数为
,故C正确;
D.KHSO4固体含有K+、HSO4-,6.8gKHSO4晶体中含有的离子数为
0.1NA,故D错误;选C。
4.实验室制备少量乙酸乙酯的装置如图所示。
下列有关该实验说法正确的是
A.乙酸乙酯的沸点小于100℃
B.反应前,试管甲中先加入浓硫酸,后加入适量冰酸醋和乙醇
C.试管乙中应盛放NaOH浓溶液
D.实验结束后,将试管乙中混合液进行蒸发结晶可得到乙酸乙酯
【答案】A解析】
【详解】A、由水浴加热制备并蒸出乙酸乙酯,可知乙酸乙酯的沸点小于100℃,故A正确;
B、浓硫酸的密度大,应该先加入适量乙醇,然后慢慢地加入浓硫酸和冰酸醋,防止混合液体溅出,发生危险,故B错误;
C.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解,试管乙中不能盛放NaOH浓溶液,应盛放饱和碳酸钠溶液,故C错误;
D.乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠,实验结束后,将试管乙中混合液进行分液可得到乙酸乙酯,故D错误;
选A。
5.一种新型漂白剂结构如图所示,其中W.Y.Z为不同周期不同主族的短周期元素,W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数,W、X对应的简单离子核外电子排布相同。
下列说法正确的是
A.非金属性:
X>W>Y
B.Y的最高价氧化为对应的水化物为三元酸
C.可利用W与X、Y形成的化合物热还原制备单质Y
D.该漂白剂中仅有X均满足8电子稳定结构
【答案】C【解析】
【分析】由W2+可知,W最外层有2个电子;Z形成1个键,Z是第ⅠA或ⅦA族元素;W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数,X形成2个键,X是ⅥA族元素;Z与X形成共价键,Z是H元素,X是O元素;Y是B元素;W、X对应的简单离子核外电子排布相同,W是Mg元素。
【详解】A.W是镁,为金属元素,非金属性:
O>B>Mg,故A错误;
B.Y是B元素,B的最高价氧化为对应的水化物为H3BO3,H3BO3中的质子无法直接电离出,H3BO3结合水中的OH-,电离出H+,H3BO3是一元弱酸,故B错误;
C.镁和B2O3加热生成B和氧化镁,故C正确;
D.该漂白剂中Mg2+、B、O均满足8电子稳定结构,故D错误。
【点睛】本题需要通过微观的原子结构、化学键结合题目信息推断元素,关键是联系宏观物质的性质、灵活运用结构决定性质的规律,本题的突破口是该漂白剂的结构示意图。
6.我国科学家设计了一种将电解饱和食盐水与电催化还原CO2相耦合的电解装置如图所示。
下列叙述错误的是
A.理论上该转化的原子利用率为100%B.阴极电极反应式为
C.Na+也能通过交换膜D.每生成11.2L(标况下)CO转移电子数为NA
【答案】C【解析】
【详解】A.总反应为
,由方程式可以看出该转化的原子利用率为100%,故A正确;
B.阴极发生还原反应,阴极电极反应式为
,故B正确;
C.右侧电极氯化钠生成次氯酸钠,根据反应物、生成物中钠、氯原子个数比为1:
1,Na+不能通过交换膜,故C错误;
D.阴极二氧化碳得电子生成CO,碳元素化合价由+4降低为+2,每生成11.2L(标况下)CO转移电子数为NA,故D正确;选C。
7.己知:
;常温下,将盐酸滴加到N2H4的水溶液中,混合溶液中pOH[pOH=-lgc(OH-)]随离子浓度变化的关系如图所示。
下列叙述错误的是
A.曲线M表示pOH与1g
的变化关系
B.反应
的
C.pOH1>pOH2
D.N2H5Cl的水溶液呈酸性
【答案】C【解析】【分析】
M、N点
=
=1,M点c(OH-)=10-15、N点c(OH-)=10-6,M点表示的电离平衡常数=10-15,N点表示的电离平衡常数=10-6;第一步电离常数大于第二步电离常数。
【详解】A.
,所以曲线M表示pOH与1g
的变化关系,曲线N表示pOH与1g
的变化关系,故A正确;
B.反应
表示第二步电离,
=10-15,故B正确;
C.pOH1=
、pOH2=
,
,所以pOH1 D.N2H4是二元弱碱,N2H5Cl是强酸弱碱盐,水溶液呈酸性,故D正确; 故答案选C。 8.草酸亚铁晶体(FeC2O4-2H2O,M=180g.mol-1)为淡黄色固体,难溶于水,可用作电池正极材料磷酸铁锂的原料。 回答下列问题: 实验1探究纯草酸亚铁晶体热分解产物 (1)气体产物成分的探究,设计如下装置(可重复选用)进行实验: ①装置B的名称为____。 ②按照气流从左到右 方向,上述装置的连接顺序为a→___→点燃(填仪器接口的字母编号)。 ③为了排尽装置中的空气,防止加热时发生爆炸,实验前应进行的操作是____。 ④C处固体由黑变红,其后的澄清石灰水变浑浊,则证明气体产物中含有____。 (2)固体产物成分的探究,待固体热分解充分后,A处残留黑色固体。 黑色固体可能是Fe或FeO,设计实验证明其成分为FeO的操作及现象为____。 (3)依据 (1)和 (2)结论,A处发生反应的化学方程式为____。 实验2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,测定其纯度的流程如下图: (4)草酸亚铁晶体溶解酸化用KMnO4溶液滴定至终点的离子方程式为____。 (5)草酸亚铁晶体样品的纯度为____(用代数式表示),若配制溶液时Fe2+被氧化,则测定结果将____(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 【答案】 (1).洗气瓶 (2).fg→bc→hi→de→bc(3).先通入一段时间的氮气(4).CO(5).取少量固体溶于硫酸,无气体生成(6). (7). (8). (9).偏低 【解析】【分析】 (1)①根据图示分析装置B的名称; ②先用无水硫酸铜检验水,再用澄清石灰水检验二氧化碳,用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体,再用热的氧化铜、澄清石灰水检验CO,最后用点燃的方法处理尾气; ③用氮气排出装置中的空气; ④CO具有还原性,其氧化产物是二氧化碳; (2)铁与硫酸反应生成氢气,氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气; (3)依据 (1)和 (2),草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水; (4)草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2; (5)亚铁离子消耗高锰酸钾溶液V2mL,则草酸根离子消耗高锰酸钾溶液V1mL-V2mL,由于样品含有FeSO4杂质,所以根据草酸根离子的物质的量计算草酸亚铁晶体样品的纯度。 【详解】 (1)①根据图示,装置B的名称是洗气瓶; ②先用无水硫酸铜检验水,再用澄清石灰水检验二氧化碳,用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体,再用热的氧化铜检验CO,再用澄清石灰水检验二氧化碳的生成,最后用点燃的方法处理尾气,仪器的连接顺序是a→fg→bc→hi→de→bc; ③为了排尽装置中的空气,防止加热时发生爆炸,实验前应进行的操作是先通入一段时间的氮气; ④CO具有还原性,C处固体由黑变红,说明氧化铜被还原为铜,其后的澄清石灰水变浑浊,说明有二氧化碳生成,则证明气体产物中含有CO; (2)铁与硫酸反应生成氢气,氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气,取少量固体溶于硫酸,没有气体放出,则证明是FeO; (3)依据 (1)和 (2),草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水,反应方程式是 ; (4)草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2,反应的离子方程式是 ; (5)25mL样品溶液中亚铁离子消耗高锰酸钾的物质的量是 ,草酸根离子消耗高锰酸钾的物质的量为 ,根据方程式 ,草酸亚铁晶体样品的纯度为 ;若配制溶液时Fe2+被氧化,则V1减小,V2不变,测定结果将偏低。 【点睛】本题通过探究草酸亚铁的性质,考查学生实验基本操作和获取信息解决实际问题的能力,明确实验原理与方法是解题的关键,知道草酸、亚铁离子都能被高锰酸钾氧化。 9.利用菱锰矿(主要成分是MnCO3,含少量A12O3、Fe2O3、FeO、CaO、MgO等)为原料制备MnO2的工艺流程如下: 已知: ①25℃时, ②相关金属离子 形成氢氧化物沉淀pH范围如下: (1)“除杂1”中加入适量MnO2的作用是____,应调节溶液pH不小于____。 (2)“除杂2” 主要目的将Ca2+、Mg2+转化为相应的氟化物沉淀而除去,除去Ca2+的离子方程式为____,该反应的平衡常数为____。 (3)“沉锰”中生成Mn(OH)2'MnCO3沉淀的离子方程式为____,“母液”经加热等系列操作后可返回“____”工序循环使用。 (4)以MnSO4-(NH4)2SO4为电解质溶液,利用下图装置可同时制备金属锰和MnO2。 离子交换膜a为____,阳极电极反应式为____。 【答案】 (1).把Fe2+氧化为Fe3+ (2).5.2(3).MnF2(s)+Ca2+(aq) Mn2+(aq)+CaF2(s)(4).3.53×107(5).2Mn2++3CO32-+2H2O=Mn(OH)2·MnCO3+2HCO3-(6).焙烧(7).阴离子交换膜(8).Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ 【解析】 【分析】 根据流程图,“酸浸”后的溶液中含有Mn2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Ca2+,加入适量MnO2把Fe2+氧化为Fe3+,调节pH,除去Al3+、Fe3+,加入MnF2除去Mg2+、Ca2+,滤液中通入碳酸铵溶液沉锰。 【详解】 (1)二氧化锰具有氧化性,“除杂1”中加入适量MnO2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+,为使Al3+、Fe3+沉淀完全,应调节溶液pH不小于5.2。 (2)“除杂2”的主要目的将Ca2+、Mg2+转化为相应的氟化物沉淀而除去,除去Ca2+的离子方程式为MnF2(s)+Ca2+(aq) Mn2+(aq)+CaF2(s),该反应的平衡常数 3.53×107。 (3)“沉锰”是MnCl2与碳酸铵反应生成Mn(OH)2·MnCO3,根据电荷守恒、质量守恒,反应的离子方程式为2Mn2++3CO32-+2H2O=Mn(OH)2·MnCO3+2HCO3-,“母液”含有氯化铵,经加热等系列操作后可返回“焙烧”工序循环使用。 (4)以MnSO4-(NH4)2SO4为电解质溶液制备金属锰和MnO2。 根据图示,离子透过交换膜向阳极移动,离子交换膜a阴离子交换膜,阳极锰离子失电子发生氧化反应生成二氧化锰,电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。 10.合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。 回答下列问题: (1)德国化学家F.Haber从1902年开始研究N2和H2直接合成NH3。 在1.01×105Pa、250℃时,将1molN2和1molH2加入aL刚性容器中充分反应,测得NH3体积分数为0.04;其他条件不变,温度升高至450℃,测得NH3体积分数为0.025,则可判断合成氨反应为____填“吸热”或“放热”)反应。 (2)在1.01×105Pa、250℃时,将2moIN2和2molH2加入aL密闭容器中充分反应,H2平衡转化率可能为___(填标号)。 A=4%B<4%C4%~7%D>11.5% (3)我国科学家结合实验与计算机模拟结果,研究了在铁掺杂W18049纳米反应器催化剂表面上实现常温低电位合成氨,获得较高的氨产量和法拉第效率。 反应历程如图所示,其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。 需要吸收能量最大的能垒(活化能)E=____ev,该步骤的化学方程式为____,若通入H2体积分数过大,可能造成___。 (4)T℃时,在恒温恒容的密闭条件下发生反应: 反应过程中各物质浓度的变化曲线如图所示: ①表示N2浓度变化的曲线是____(填“A”、“B”或“C’,)。 与 (1)中的实验条件(1.01×105Pa、450℃)相比,改变的条件可能是_____。 ②在0~25min内H2的平均反应速率为____。 在该条件下反应的平衡常数为___mol-2.L2(保留两位有效数字)。 【答案】 (1).放热 (2).D(3).1.54(4).NH3*+NH3=2NH3(5).占据催化剂活性位点过多(6).B(7).加压强或降温(8).0.006mol·L-1·min-1(9).0.73 【解析】 (1)升高温度,NH3体积分数降低; (2)在1.01×105Pa、250℃时,将2moIN2和2molH2加入aL密闭容器中充分反应,与在1.01×105Pa、250℃时,将1moIN2和1molH2加入aL密闭容器中充分反应比,相当于加压; (3)吸收能量最大的能垒,即相对能量的差最大;根据图示写方程式; (4)根据反应方程式,N2、H2、NH3的变化量比为1: 3: 2;图氢气的转化率为25%, (1)中氢气的转化率是11.5%,根据转化率的变化分析; ②A表示氢气的浓度变化,根据 计算H2的平均反应速率;根据 计算平衡常数; 【详解】 (1)升高温度,NH3体积分数降低,说明升高温度平衡逆向移动,正反应放热; (2)在1.01×105Pa、250℃时,将1molN2和1molH2加入aL刚性容器中充分反应,测得NH3体积分数为0.04; ,x=0.0384,H2平衡转化率 ,在1.01×105Pa、250℃时,将2moIN2和2molH2,相当于加压,平衡正向移动,氢气转化率增大,H2平衡转化率>11.5%,故选D; (3)根据图示,吸收能量最大的能垒,即相对能量的差最大是-1.02-(-2.56)=1.54;根据图示,该步的方程式是NH3*+NH3=2NH3;若通入H2体积分数过大,氢分子占据催化剂活性位点过多; (4)①根据反应方程式,N2、H2、NH3的变化量比为1: 3: 2,所以表示N2浓度变化的曲线是B; (1)中氢气转化率11.5%,1: 3时氢气转化率更低,图中氢气转化率25%,故只能考虑压强、温度的影响,可以采用加压或降温的方法; ②A表示氢气的浓度变化, 0.006mol·L-1·min-1; mol-2.L2。 [化学——选修3: 物质结构与性质] 11.纳米磷化钴(CoP)常用于制作特种钻玻璃,制备磷化钴的常用流程如下: (l)基态P原子的价电子排布式为____,P位于元素周期表中____区。 (2)尿素中N原子的杂化类型是_____;C、N、O三种元素的第一电离能最大的是____,电负性由小到大的顺序为____。 (3)Co(CO3)0.5(OH)·0.11H2O中CO32-中C的价层电子对数为____;该化合物中不含有的化学键有_____填标号)。 A离子键B共价键C金属键D配位键E氢键F非极性键 (4)一些氧化物的熔点如下表所示: 解释表中氧化物之间熔点差异的原因____。 (5)CoP 晶胞结构如图所示,最近且相邻两个钴原子的距离为npm。 设NA为阿伏加德罗常数的值,则其晶胞密度为_______-g.cm-3(列出计算式即可)。 【答案】 (1).3s23p3 (2).P(3).sp3(4).N(5).C<N<O(6).3(7).CF(8).FeCl3是共价化合物,Fe3O4、Co3O4是离子化合物,Fe3O4、Co3O4晶胞结构不同(9). 【解析】【分析】(l)P是15号元素,最外层有5个电子; (2)根据尿素的结构简式是 分析N原子杂化类型;同周期元素从左到右第一电离能增大,N原子3p轨道为半充满状态;同周期元素从左到右电负性依次增大; (3)CO32-中C的价层电子对数为 ; (4)化合物类型不同熔沸点不同;晶体结构不同,熔沸点不同; (5)根据CoP的晶胞结构,最近且相邻两个钴原子的距离为npm,则晶胞面对角线是2npm,晶胞的边长为 pm,1个晶胞含有Co原子数 、P原子数 ; 【详解】(l)P是15号元素,最外层有5个电子,基态P原子的价电子排布式为3s23p3;价电子排布式为3s23p3,所以P位于元素周期表中P区; (2)尿素的结构简式是 ,N原子形成3个共价键,有1对孤电子对,所以N原子杂化类型是sp3;同周期元素从左到右第一电离能增大,N原子3p轨道为半充满状态,所以C、N、O三种元素的第一电离能最大的是N;同周期元素从左到右电负性依次增大,电负性由小到大的顺序为C<N<O; (3)CO32-中C的价层电子对数为 =3; (4)FeCl3是共价化合物,熔沸点低;Fe3O4、Co3O4是离子化合物,熔沸点高,但晶胞结构不同,所以熔沸点有差异;Co(CO3)0.5(OH)·0.11H2O中CO32-与Co2+之间存在离子键;CO32-、水分子内存在共价键;Co2+与H2O是配位键;氢键不是化学键,没有非极性键,故选CF; (5)根据CoP的晶胞结构,最近且相邻两个钴原子的距离为npm,则晶胞面对角线是2npm,晶胞的边长为 pm,晶胞体积为 pm3,1个晶胞含有Co原子数 、P原子数 ;所以晶胞密度为 g.cm-3。 【点睛】本题的难点是晶胞计算,根据晶胞结构计算晶胞中的原子数是解题关键,顶点的原子被1个晶胞占用 、面心的原子被1个晶胞占用 ,楞上的原子被1个晶胞占用 。 [化学——选修5: 有机化学基础](15分) 12.利奈唑胺(I)为细菌蛋白质合成抑制剂,其合成路线如下: 回答下列问题: (1)A中的官能团名称是____, (2)C—D、F—G的结反应类型分别为____(3)B的结构简式为____。 (4)H—I的化学方程式为____。 (5)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳。 用星号(*)标出 中的手性碳____(6)芳香族化合物X是C的同分异构体,写出核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为4: 4: 2: 1的X的结构简式____。 (不考虑立体异构,只写一种) (7)参照上述合成路线,设计以甲苯和乙酸为原料制备 的合成路线(无机试剂任选)____。 【答案】 (1).氟原子、硝基 (2).还原反应、取代反应(3). (4). (5). (6). (7). 【解析】 【分析】CH2-NH-C=O-CH3 (1)根据A的结构简式 判断官能团; (2)C→D是C中的硝基变为氨基、F→G是F中的氯原子被-N3代替;(3)A+B→C+HF,根据A、C的结构简式推断B的结构简式;(4) 和醋酸生成 和水; (5)根据连有4个不同的原子或基团的碳原子为手性碳判断; (6)芳香族化合物X是C 同分异构体,核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为4: 4: 2: 1,说明结构对称; (7)甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成 , 与NaN3反应生成 , 与氢气发生还原反应生成 , 和乙酸反应生成 ; 【详解】 (1)A的结构简式是 ,官能团名称是氟原子、硝基; (2)C→D是C中的硝基变为氨基,属于还原反应;F→G是F中的氯原子被-N3代替,属于取代反应; (3)A+B→C+HF,根据A、C的结构简式,可知A中的F原子被 代替,所以B的结构简式是 ; (4) 和醋酸生成 和水,反应的化学方程式为 ; (5)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳。 中的手性碳为 ; (6)芳香族化合物X是C的同分异构体,核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为4: 4: 2: 1的X的结构简式是 ;(7)甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成 , 与NaN3反应生成 , 与氢气发生还原反应生成 , 和乙酸反应生成 ,合成路线为。
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