福建省莆田市2020屆高三化學下學期教學質量檢測試題（含解析）

福建省莆田市2020屆高三化學下學期教學質量檢測試題（含解析）1.化學與生產、生活密切聯(lián)系下列有關說法正確的是（ ）A. 光導纖維是一種新型的有機高分子材料B. 二氧化硫有毒，禁止用作葡萄酒添加劑C. 燃料電池是利用燃料在電池中燃燒實現(xiàn)熱能轉化為電能D. 港珠澳大橋使用新一代環(huán)氧涂層鋼筋，可有效抵御海水浸蝕【答案】D【解析】【詳解】A光導纖維主要成分為二氧化硅，不屬于有機高分子材料，A項錯誤；B少量SO2能夠殺菌，因此SO2可用于制作葡萄酒的食品添加劑，故B錯誤；C燃料電池屬于原電池，是將化學能轉化為電能的裝置，燃料在電池中不經(jīng)過燃燒即可實現(xiàn)化學能轉化為電能，故C錯誤；D環(huán)氧樹脂涂層鋼筋是在普通鋼筋表面制備一層環(huán)氧樹脂薄膜保護層的鋼筋采用這種鋼筋能有效地防止處于惡劣環(huán)境下的鋼筋被腐蝕，故D正確；本題選D。2.最近我國科學家研制一種具有潛力的納米電子學材料石墨炔，圖中丁為它的結構片段。下列有關說法中，錯誤的是（ ）A. 甲分子中的6個溴原子位于同一平面上B. 丙的二氯代物有2種C. 丙能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D. 石墨炔和C60是碳的同素異形體【答案】B【解析】【詳解】A苯環(huán)為平面型結構，故甲中6個溴原子位于同一平面上，A項正確；B丙分子中只有6個碳碳三鍵端碳上有氫原子可被氯原子取代，且這6個氫等效，類比苯環(huán)上二氯代物有3種結構，可知丙的二氯代物有3種，故B錯誤；C丙中碳碳三鍵有還原性，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C項正確；D石墨炔和C60均是碳元素構成的單質，故兩者互為同素異形體，D項正確。本題選B。3.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法確的是（ ）A. 1mol乙醇完全氧化為乙酸，轉移電子數(shù)為4NAB. 標準狀況下，22.4L乙烯中含有的共用電子對數(shù)目為5NAC. 3.6gD2O與足量的金屬鈉反應，生成的D2分子數(shù)0.1NAD. 在1mol/L的NaF溶液中，F(xiàn)的個數(shù)為NA【答案】A【解析】【詳解】A由方程式C2H5OH+O2CH3COOH+H2O可知需消耗1molO2，對應轉移電子數(shù)為4NA，故A正確；B標準狀況下，22.4L乙烯為1mol，含有的共用電子對數(shù)目應為6NA， 故B錯誤；C由3.6gD2O可知其物質的量為0.18mol，由質量守恒定律可知其與足量的鈉反應，可生成的D2分子數(shù)0.09NA，故C項錯誤；D該溶液體積未知且F會水解，故無法計算其數(shù)目，D項錯誤；本題選A?！军c睛】本題A項可巧解，有機物中元素化合價多而雜，可分析與之反應O2得電子數(shù)目得出結論。4.四種不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次遞增，X與Y形成的化合物是光合作用的原料之一。Z、W處于同周期且族序數(shù)相差6。下列說法正確的是（ ）A. 元素的非金屬性：XWB. Y與Z形成的化合物中只含有離子鍵C. Z、W的簡單離子半徑：ZC、ClH，故A錯誤；BY與Z可形成Na2O2，其中O-O間為共價鍵，故B錯誤；CCl有三個電子層，而Na+只有兩個電子層，故離子半徑ClNa+，C項正確；DY元素單質O3也可用于自來水的殺消毒，故D錯誤。本題選C。5.下列實驗可以達到目的的是（ ）選項實驗目的實驗過程A探究濃硫酸的脫水性向表面皿中加入少量膽礬，再加入約3m1濃硫酸，攪拌，觀察實驗現(xiàn)象B制取干燥的氨氣向生石灰中滴入濃氨水，將產生的氣體通過裝有P2O5的干燥管C制備氫氧化鐵膠體向飽和氯化鐵溶液中滴加氨水D除去MgCl2溶液中少量FeCl3向溶液中加入足量MgO粉末，充分攪拌后過濾A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【詳解】A該實驗體現(xiàn)的是濃硫酸的吸水性，A項錯誤；B氨氣為堿性氣體，而P2O5是酸性氧化物，兩者在潮濕的條件下可發(fā)生反應，故B錯誤；C向飽和氯化鐵溶液中滴加氨水將得到氫氧化鐵沉淀，得不到膠體，C項錯誤；DMgO粉末可促進鐵離子水解生成氫氧化鐵的沉淀，過濾后得到MgCl2溶液，D項正確。本題選D。6.鈉離子二次電池因鈉資源豐富、成本低、能量轉換效率高等諸多優(yōu)勢有望取代鋰離子電池。最近山東大學徐立強教授課題組研究鈉離子二次電池取得新進展，電池反應如下：4NaXFeIIFeIII(CN)6+xNi3S24FeIIFeIII(CN)6+3xNi+2xNa2S。下列說法正確的是（ ）A. 放電時，NaXFeIIFeIII(CN)6為正極B. 放電時，Na+移向Ni3S2/Ni電極C. 充電時，Na+被還原為金屬鈉D. 充電時，陰極反應式：xNa+ FeIIFeIII(CN)6-xe= NaXFeIIFeIII(CN)6【答案】B【解析】【詳解】A放電時為原電池原理，由總反應知Ni化合價下降，應在正極，故NaXFeIIFeIII(CN)6應為負極，A項錯誤；B放電時陽離子移向正極，故B正確；C充電為電解池原理，由題意知Na+反應后為NaXFeIIFeIII(CN)6，而非金屬鈉，故C錯誤；D充電時陰極應得電子，反應式為xNa+ FeIIFeIII(CN)6+xe= NaXFeIIFeIII(CN)6，故D錯誤。本題選B。7.恒溫25下，向一定量的0.1mol/L的BOH溶液中逐滴滴入稀鹽酸。溶液中水電離出的氫離子濃度的負對數(shù)用pC表示，pC=-1gc(H+)水與加入鹽酸體積的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是（ ）A. BOH為弱堿且Kb的數(shù)量級為105B. b點溶液呈中性C. c-d點間溶液中：c(BOH)+c(OH)c(H+)D. c點溶液中水的電離程度最大，且c(B+)c(Cl)【答案】C【解析】【詳解】A由a點可知BOH電離出c(OH)=10-14/10-11.3=10-2.7mol/L，則，則Kb的數(shù)量級為105，A項正確；B25下， b點c(H+)水=10-7mol/L ，此時為BOH和BCl的混合液，BOH對水的電離的抑制程度與BCl對水的電離的促進程度相同，則pH=7，即b點溶液呈中性，故B正確；Cc點水的電離達到最大值，則此時溶質為BCl，由質子守恒有c(BOH)+c(OH)=c(H+)，c-d點過程中繼續(xù)加鹽酸，c(OH)減小而c(H+)增大，則c(BOH)+c(OH)c(H+)，C項錯誤；Dc點水的電離程度最大，此時溶質為BCl，B+水解使溶液顯酸性，則c(B+)c(Cl)，D項正確。本題選C?！军c睛】圖像類試題，務必先弄懂橫縱坐標含義，本題應注意c點c(H+)水最大，水的電離程度達到最大，這是本題突破點。8.碳酸亞鐵可用于治療缺鐵性貧血。實驗室里先制得硫酸亞鐵，后將硫酸亞鐵與碳酸氫銨反應制得碳酸亞鐵(Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O)。實驗裝置如下圖所示(部分夾持儀器略去)?；卮鹣铝袉栴}：（1）配制溶液所用的蒸餾水必須先除去溶解的氧氣，具體方法是_（2）實驗過程中，將生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合的操作是_（3）裝置B中的NH4HCO3需過量的原因_(填字母標號)a除去FeSO4溶液中殘留的硫酸 bFe2+充分轉化為FeCO3cNH4HCO3溶解度比較大 dNH4HCO3受熱分解損失（4）碳酸亞鐵在潮濕的空氣中逐漸被氧化生成氫氧化鐵和一種氣體，反應的化學方程式為_（5）有同學提出該實驗可用FeSO4，與Na2CO3反應制取FeCO3，經(jīng)查閱：0.1mol/LNa2CO3溶液pH約為11.6；25時，KspFeCO3=3.11011，KspFe(OH)2=4.91017，向10mL0.1mol/LNa2CO3溶液中滴加0.1mol/L FeSO4溶液，先析出的沉淀是_（6）NaHCO3與NH4HCO3均可作為Fe2+的沉淀劑，但更常用NH4HCO3，理由是_。(寫出一點即可)（7）設計實驗檢驗制得的產品中是否含F(xiàn)e3+_【答案】 (1). 將蒸餾水煮沸后迅速冷卻 (2). 關閉K3，打開K2 (3). abd (4). 4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2 (5). Fe(OH)2 (6). NH4+能水解產生H+，降低溶液pH，可減小副產物Fe(OH)2產生 (7). 取少量樣品于試管中，加入適量的稀硫酸溶解，再滴入硫氰化鉀溶液，若溶液不變?yōu)榧t色，則說明產品中不含F(xiàn)e3+；若溶液變?yōu)榧t色，則含有Fe3+【解析】【分析】熟悉常見實驗操作可解答第（1）（2）問，反應物過量一般是為了保證反應完全發(fā)生，從該角度答第（3）問，第（4）問從氧化還原反應原理角度入手，第（5）問計算出兩者產生沉淀時c(Fe2+)即可，第（6）（7）問從常見離子性質和檢驗分析?！驹斀狻浚?）除去水中溶解的氧氣方法為:將蒸餾水煮沸后迅速冷卻；（2）A中Fe與稀硫酸反應生成FeSO4和H2，關閉K3，打開K2，利用壓強差使其與NH4HCO3溶液混合；故本題答案為：關閉K3，打開K2（3）裝置B中的NH4HCO3需過量，既可除去FeSO4溶液中殘留的硫酸，也可讓Fe2+充分反應，同時NH4HCO3受熱易分解，過量可防止其損失；本題答案：abd；（4）由題可知生成的氣體為CO2，故方程式為4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2；（5）析出FeCO3沉淀時c(Fe2+)= KspFeCO3/c(CO32-)=3.11011/0.1=3.11011mol/L，Na2CO3溶液pH約為11.6，則c(OH-)=102.4mol/L，析出Fe(OH)2沉淀時c(Fe2+)= KspFe(OH)2/c2(OH-)=4.91017/(102.4)2=4.91012.2mol/L3.11011mol/L，故Fe(OH)2先沉淀；（6）比較兩者區(qū)別，NH4+能水解顯酸性，H+存在可減小副產物Fe(OH)2產生；（7）取少量樣品于試管中，加入適量的稀硫酸溶解，再滴入硫氰化鉀溶液，若溶液不變?yōu)榧t色，則說明產品中不含F(xiàn)e3+；若溶液變?yōu)榧t色，則含有Fe3+。【點睛】（1）反應物適當過量一般是為了使得反應完全發(fā)生。（2）Fe2+檢驗：取少量樣品于試管中，向溶液中加入KSCN，溶液不變紅，再加入Cl2，溶液變紅則證明原溶液中有Fe2+。9.從工業(yè)廢釩中回收金屬釩既避免污染環(huán)境又有利于資源綜合利用。某工業(yè)廢釩的主要成分為V2O5、VOSO4和SiO2等，下圖是從廢釩中回收釩的一種工藝流程：（1）為了提高“酸浸”效率，可以采取的措施有_(填兩種)（2）“還原”工序中反應的離子方程式為_（3）“沉釩”得到NH4VO3沉淀，需對沉淀進行洗滌，檢驗沉淀完全洗凈的方法是_（4）寫出流程中鋁熱反應的化學方程式_（5）電解精煉時，以熔融NaCl、CaCl2和VCl2為電解液(其中VCl2以分子形式存在).粗釩應與電源的_極(填“正”或“負”)相連，陰極的電極反應式為_（6）為預估“還原”工序加入H2C2O4的量，需測定“酸浸”液中VO2+的濃度每次取25.00mL“酸浸”液于錐形瓶用a mol/L(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液和苯代鄰氨基苯甲酸為指示劑進行滴定(其中VO2+ VO2+)，若三次滴定消耗標準液的體積平均為bmL，則VO2+的濃度為_g/L(用含a、b的代數(shù)式表示)【答案】 (1). 將工業(yè)廢釩粉碎，充分攪拌，適當提高溫度 (2). VO2+ +H2C2O4+2H+=2VO2+2CO2+2H2O (3). 取最后一次洗滌液，加入用稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若無沉淀，則已除凈 (4). 10Al+3V2O56V+5Al2O3 (5). 正 (6). VCl2+2e=V+2Cl (7). 83ab/25【解析】【分析】第（1）問從增大浸出率和增大反應速率角度分析，第（2）（4）問注意元素化合價升降，從氧化還原角度思考，第（5）問類比電解精煉銅入手，第（6）問從得失電子守恒確定兩者的關系進而計算。【詳解】（1）增大浸出效率的方法：將工業(yè)廢釩粉碎，充分攪拌，適當提高溫度；（2）“還原”工序中加入草酸為典型還原劑，可將V從+5價還原為+3價，對應方程式為VO2+ +H2C2O4+2H+=2VO2+2CO2+2H2O；（3）KClO3反應后被還原為Cl，對沉淀進行洗滌即是為了除去Cl等離子，故答案為：取最后一次洗滌液，加入用稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若無沉淀，則已除凈；（4）由鋁熱反應原理知：10Al+3V2O56V+5Al2O3；（5）類比電解精煉銅，粗釩應作為陽極電解，即與正極相連；陰極上發(fā)生還原反應，電極反應式為VCl2+2e=V+2Cl；（6）由得失電子關系可知：VO2+ (NH4)2Fe(SO4)2，故n(VO2+)=n(NH4)2Fe(SO4)2)=ab103mol，所以VO2+的濃度為(83ab103)/(25103)=83ab/25g/L。【點睛】第（6）小問為本題難點，直接寫出方程式難度較大，注意到V和Fe化合價變化，利用得失電子守恒找出兩者關系即可計算。10.氮的化合物在化肥、醫(yī)藥、炸藥、材料等領域中有著極其重要用途。（1）羥氨能與溴化銀懸濁液反應：2NH2OH+2AgBr=N2+2Ag+2HBr+2H2O，羥氨的電子式為_；反應中烴氨表現(xiàn)_性（2）已知：a.N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) H=-92.2kJ/molb.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=-184.6kJ/molc.2NH3(g)+3Cl2(g)=N2(g)+6HCl(g) H3H3_反應c在常溫下能快速進行的原因為_（3）容積均為1L的甲、乙兩個容器，其中甲為絕熱容器，乙為恒溫容器相同溫度下，分別充入0.2mol的NO2，發(fā)生反應：2NO2(g)N2O4(g) H”、“”或“=”，下同)，P甲_P乙（4）化學工作者對NO與H2的反應進行研究，提出下列3步機理：(k為速率常數(shù))第一步2NO=N2O2 快反應，平衡時：V正=K正c2(NO)=V逆=K逆c(N2O2)第二步N2O2+H2=N2O+H2O 慢反應 第三步N2O+H2=N2+H2O 快反應其中可近似認為第二步反應不影響第一步平衡，下列說法正確的是_(填字母標號)AV(第一步逆反應)V(第二步反應) B總反應快慢主要由第二步反應決定C達平衡時，2c(NO)=c(N2O2) D第一步反應的平衡常數(shù)K= K正/ K逆【答案】 (1). (2). 還原 (3). -461.6 kJ/mol (4). 該反應的活化能較小或反應物分子中共價鍵的鍵能較小 (5). 0-3s內溫度升高對速率的影響大于濃度降低的影響 (6). 225 (7). (9). BD【解析】【分析】第（1）問中由羥氨結構寫出電子式，結合化合價變化確定其性質；第（2）問從蓋斯定律計算分析；第（3）（4）問為平衡常數(shù)計算，及影響平衡因素進行分析。【詳解】（1）由其分子式可推出電子式為，反應中N化合價升高，烴氨表現(xiàn)還原性；（2）設a式反應熱為H1，b式反應熱為H2，則由蓋斯定律，H3=3H2-H1=-184.63-(-92.2)=-461.6 kJ/mol；常溫下能快速進行，其原因可能是該反應的活化能較小或反應物分子中共價鍵鍵能較?。唬?）該反應為放熱反應，故0-3s內溫度升高對速率的影響大于濃度降低的影響，導致反應速率增大；到達平衡時，c(NO2)=0.02mol/L，c(N2O4)=0.09mol/L，K=0.09/0.022=225；甲為絕熱容器，乙為恒溫容器，該反應為放熱反應，則到達平衡時甲的溫度高于乙，故K甲P乙；（4）A.第二步為慢反應，故其反應速率應小于第一步，A項錯誤；總反應快慢應由慢反應決定，即主要由第二步反應決定，B項正確；C. 到達平衡時K正c2(NO)=K逆c(N2O2)，K正、K逆值未知，故兩者濃度大小關系未知，C項錯誤；D.達到平衡時，K= c(N2O2)/ c2(NO)，又V正=K正c2(NO)=V逆=K逆c(N2O2)， 故K= K正/ K逆，D項正確。11.鈦被譽為“21世紀的金屬”，可呈現(xiàn)多種化合價其中以+4價的Ti最為穩(wěn)定回答下列問題：（1）基態(tài)Ti原子的價電子軌道表示式為_（2）已知電離能：I2(Ti)=1310kJ/mol，I2(K)=3051kJ/molI2(Ti)I2(K)，其原因為_（3）鈦某配合物可用于催化環(huán)烯烴聚合，其結如下圖所示：鐵的配位數(shù)為_，碳原子的雜化類型_該配合物中存在的化學鍵有_(填字母標號)a離子健 b配位鍵 c金屬健 d共價鍵 e氫鍵（4）鈦與鹵素形成的化合物熔沸點如下表所示：分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔點和沸點呈現(xiàn)一定變化規(guī)律的原因是_（5）已知TiO2與濃硫酸反應生成硫酸氧鈦，硫酸氧鈦晶體中陽離子為鏈狀聚合形式的離子，結構如圖所示，該陽離子化學式為_陰離子的空間構型為_（6）已知TiN晶體的晶胞結構如下圖所示，若該晶胞的密度g/cm3，阿伏加德羅常數(shù)值為NA則晶胞中Ti原子與N原子的最近距離為_pm(用含、NA的代數(shù)式表示)【答案】 (1). (2). K+失去的是全充滿的3p6電子，Ti+失去的是4s1電子，相對較易失去，故I2(Ti)I2(K) (3). 6 (4). sp3，sp2 (5). bd (6). 三者均為分子晶體，組成與結構相似，隨著相對分子質量增大，分子間作用力增大，熔沸點升高 (7). TiO2+ (8). 正四面體 (9). 【解析】【分析】第（1）問從基態(tài)微粒的電子排布式分析，第（2）問依據(jù)價層電子排布特點從電離能角度分析，第（3）（5）問從原子的雜化方式、分子空間構型角度分析，第（4）問判斷出晶體類型后從分子量角度比較熔沸點即可，第（6）問從晶胞為單位的密度計算突破。【詳解】（1）基態(tài)Ti原子的質子數(shù)為22，Ti原子價電子為3d、4s電子，3d能級上有2個電子、4s能級上有2個電子，則其價電子軌道表示式為；（2）I2表示得失第二電離能。K+失去的是全充滿的3p6電子，Ti+失去的是4s1電子，相對較易失去，故I2(Ti)I2(K)；（3）由圖知鈦的配位數(shù)為6，甲基上碳原子為四面體構型，雜化類型為sp3，環(huán)上碳碳雙鍵為平面型，碳原子為sp2雜化；鈦與周圍原子形成配位鍵，而其余非金屬元素間為共價鍵，本題答案：bd；（4）TiCl4、TiBr4、TiI4三者均為分子晶體，組成與結構相似，隨著相對分子質量增大，分子間作用力增大，熔沸點升高；（5）每個O原子被兩個Ti原子共用、每個Ti原子被兩個O原子共用，利用均攤法計算二者原子個數(shù)之比為1：1；Ti元素為+4價、O元素為-2價，據(jù)此書寫其化學式為TiO2+；陰離子為硫酸根，其價