广东省佛山市普通高中2020届高三化学下学期教学质量检测试题（二）（含解析）

广东省佛山市普通高中2020年高三化学下学期教学质量检验问题(二) (包括解析)可使用相对原子质量： h-1c-12n-14o-16na-23p-31cu-64ga-70一、选题：正题共13个小题，每小题6分，共78分。 每个小题目给出的4个选项中，只有1个满足题目的要求。1 .蜡法是我国古代青铜器的铸造方法之一，用常用的蜂蜡和牛脂制成铜器粗型，用石灰、炭末泥充填泥芯，外涂。 加热烘烤后，蜡熔融形成空壳，向空壳内注入铜液。 下一个说法错误的是()a .蜂蜡含有酯类和糖类，与石蜡中所含有机物的种类相同b .黄油中含有硬脂酸甘油酯c .碳质泥能承受铜液的高温d .在“脱蜡法”中，蜡会熔化，因此可以再利用【回答】a【分析】【详细】a .石蜡主要是烃类的混合物，因此a错了b .黄油是高级脂肪酸甘油酯，因此b是正确的c .炭末泥由通过行李箱筛的炭末、细砂、粘土构成，能承受铜液的高温，因此c是正确的d .蜡型可以回收利用，因此d是正确的故选a。2 .以na为阿伏伽德罗常数的值的话，下面的说法是正确的()A. 7g14C含有3NA个中子在B. 25下，pH=4的CH3COOH溶液中的h数为10-4NAc .在标准情况下，5.6L丙烷中共价键的数目为2.5NAD. 3.2gCu与足够的浓硝酸反应，生成的气体在标准情况下的体积为22.4L【回答】c【分析】【详细情况】A.1个14C中含有8个中子，为7g14C，为0.5mol，因为所含种子的数量为：4NA，所以a是错误的b .由于溶液体积不明，无法计算相关微粒的个数，因此b错误c .标准情况下，由于丙烷5.6L为0.25mol，丙烷分子含有10个共价键，丙烷0.25mol含有2.5NA个共价键，因此c是正确的D. 3.2gCu即0.05mol与充分量的浓硝酸反应而生成NO2气体，化学计量学关系为Cu2NO2为n(NO2)=0.1mol，但是由于标准上NO2不是气体，无法确定其体积，因此d是错误的故选c。【滴眼】有机化合物中共价键数的计算考虑c-h键、c-c键、c-o键等单键。3 .共有两个以上碳原子的环烃称为桥环烃，桥环烃(二环2.2.1-2，5 -根二烯)是有机合成的重要中间体。 以下，对于该化合物正确说法是()a .属于芳香族烃类b .甲苯互为异构体c .二氯有六种D. 1mol该物质完全燃烧需要10molO2【回答】b【分析】a .由结构简单可知，该化合物不含苯环，不属于芳香族烃，因此a是错误的b .该化合物分子式为C7H8，与甲苯互为异构体，因此b是正确的c .该化合物的二氯有8种，所以c错了D. 1mol此物质完全燃烧需要4.5molO2，因此d错误选b。4、沉积物微生物燃料电池能处理含硫废水，其工作原理如图所示。 下一个说法错误的是()a .碳棒b电极反应式为O2 4e- 4H=2H2Ob .光强度影响电池的输出c .外部电路电流方向：碳棒a碳棒bd .酸性增强不利于菌落的生存，工作一段时间后，电池效率降低【回答】c【分析】由图可知，碳棒a失去电子，作为负极，碳棒b将电子作为正极a .正极O2得到电子生成水，电极方程式为O2 4e- 4H=2H2O，因此a是正确的b .碳棒b、CO2在光合菌的作用下反应生成氧，光的强度影响电池的输出，因此b是正确的c .由于外部电路的电子从负极流向正极，即碳棒a碳棒b，电流的方向与电子的方向相反，即碳棒b碳棒a，因此c错误d .酸性增强会使菌落失活，因此工作一段时间后，电池效率会下降，因此d是正确的故选c。【滴眼】从c项容易出错这一点来看，在一次电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应，电流从正极通过外部电路流向负极。5 .短周期元素w、x、y、z的原子序号依次增大，x、y为同周期，W2X2Y4为弱酸，在使酸性KMnO4溶液褪色的同时，产生清澈的石灰水混浊的气体。 在工业上，z的单体可以电解其熔融氧化物制作，但以下的说法是正确的()A. W和x可形成两种以上的二元化合物b .单纯氢化物的热稳定性x强于yC. W2Y和W2Y2中包含的共价键类型完全相同因为D. Y和z的单纯离子半径： YC，所以气体氢化物的热稳定性： H2OCH4，所以b是错误的C.H2O不对，因为其仅包含极性共享键，且H2O2包含极性共享键和非极性共享键两者d .核外电子配置为相同的离子半径，原子能的电荷数越大，离子半径越小，即O2-Al3，因此d错误故选a。【点眼】掌握元素周期表中金的属性、非金属性在元素周期表中的变化规律和表现是解决本问题的关键。6 .在常温下，Ag2S和CuS在水中沉淀溶解平衡曲线如图所示，以下说法是正确的()A. Ksp(Ag2S)=10-29.2b .向含有cus沉淀的悬浊液中加入Na2S饱和溶液，Ksp(CuS )就会减少如果c.z点是Ag2S的分散体系，则是(沉淀)(溶解)D. CuS(s) 2Ag (aq)Ag2S(s) Cu2 (aq )的平衡常数大，有反应完全的倾向【回答】d【分析】【详细情况】a.ksp (ag2s )=c2(ag ) c (s2-=(10-20 ) 210-9.2=10-49.2，因此a错误；B. Ksp(CuS )只受温度的影响，b错误c .由图像可知，由于z点的坐标为曲线上、即z点Ag2S的Qc Ksp(Ag2S )、(沉淀)(溶解)，因此c错误；由d .方程式可知，从K=、x点和y点，Ksp(CuS )远大于Ksp(Ag2S )，即该反应平衡常数大，反应倾向于完全，因此d是正确的选择d。7 .电化学间接氧化法处理H2S气体的过程主要包括废气吸收：2Fe3 H2S=2Fe2 2H S； 吸收剂的再生： Fe2 -2e-=2Fe3，其工艺流程如下所示，以下说法不正确()a .为了充分吸收废气，从填料吸收塔底部吸气，从塔顶喷射吸收液B. 为“气体混合器”，发生在“电解槽”C. 、总反应的化学方程式为： H2S=H2 Sd .“废气处理器”可以加入NaOH溶液【回答】b【分析】a .吸入“填料吸收塔”的底部，从塔顶喷射吸收液，气体与液体充分接触，为了达到反应充分的目的，a是正确的b .由流程图可知，为“填料吸收塔”，为“电解槽”发生，故b错误从流程图可以看出，由于生成的h在电解槽中得到电子生成的H2，总反应为H2S=H2 S，因此c是正确的d .废气中主要是未反应的H2S气体，可以用氢氧化钠吸收，因此d是正确的故选b。三、非选择问题：共计174分。 第22-32题是必考题，任何考题的考生都要回答。 第33-38款选考题，考生按要求回答。8 .次磷酸钠(NaH2PO2)是有机合成的常用还原剂，常用的制备方法是将黄磷(P4 )与过量的烧碱溶液混合、加热，生成次磷酸钠与PH3，PH3为无色有毒可燃性气体。 实验装置如图所示回答以下问题(1)向a中加入黄磷、活性炭粉末，打开K1，使N2通过一段时间，关闭K1，打开磁力加热混合器，滴加碱溶液。活性炭粉末作为黄磷的分散剂，原理是_ _ _ _ _ _，b的作用是_ _ _ _ _ _ _。a中反应的化学方程式是_。(2)反应结束后，打开K1，继续流N2。 d的作用是_。(3)c生成NaH2PO2和NaCl，有关物质的溶解度(s )如下充分反应后，蒸发浓缩c中的混合液，析出大量的结晶，其结晶的主要成分的化学式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _，过滤、洗涤、干燥，得到含有NaH2PO2的粗制品。(4)产品纯度测定：将制品m克调制成250mL溶液，将25mL放入玉米瓶中，氧化后，加入碘水25mL，在暗处充分反应后，以淀粉溶液为指示剂，用0.10 mol/L Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗平均VmL，相关反应方程式为h2po2- h2o I2=h2po3- 20 产品的纯度公式是_。(1)充分混合反应物，加快反应速度(2) .安全瓶(3). P4 3NaOH 3H2O3NaH2PO4 PH3 (4) .排出装置未反应的PH3使c装置吸收ph3(5) .吸收废气，污染空气(6). NaCl (7) .用热过滤【分析】【分析】根据物质的制备、分离、纯化原理，根据分析解答的化学反应方程式计算物质的量。【详情】(1)活性炭粉末作为黄磷的分散剂充分混合反应物，加快反应速度，b装置在实验过程中发挥了安全瓶的作用，防止了回吸因此，使反应物充分混合，加快反应速度安全瓶a中的氢氧化钠与黄磷(P4)反应生成膦和次磷酸钠，反应的化学方程为P4 3NaOH 3H2O3NaH2PO4 PH3P4 3NaOH 3H2O3NaH2PO4 PH3(2)反应结束后，打开K1，使N2持续流动是为了排出装置中的未反应的PH3，促进PH3被c装置吸收，d装置最后进行排气处理，谋求环境保护因此，排出装置中的未反应的PH3，吸收使PH3被c装置吸收的废气，防止污染空气(3)根据问题干信息，如果NaCl的溶解度不受温度的影响较大，则c中的混合液蒸发浓缩，析出大量的结晶，析出的结晶为NaCl，NaH2PO2溶解度受温度的影响较大，因此应该在通过热过滤分离NaCl后，进行冷却结晶而得到NaH2PO2我回答NaCl。趁热过滤，冷却晶体(4)产品纯度测定：根据离子方程式，n (h2po2-=n (I2)=0. 10 mol/l0. 025 l-n (s2o 32-) 10=0. 025-0.0005 v mol，产品纯度为答案如下：9.ZrO2是重要的高温材料，以天然锆石(主要成分是含有ZrSiO4、Al、Cu的氧化物杂质)为原料制造ZrO2的工艺流程如下。 已知SiCl4的沸点为57.6，ZrCl4容易溶于水。 回答以下问题(1)ZrSiO4中的Zr的价数为_。 ZrSiO4在“氯化”过程中反应的化学方程式。(2)“混合气体”中的某些成分发生水解反应，生成两种酸，两种酸的名称分别为_。(3)“白沉淀”的化学式为_，用平衡转移原理分析添加乙酸乙酯的作用。(4)加入“过剩NaOH溶液”生成ZrO2xH2O，该反应的离子方程为_。(5)加入氨水的作用是： _。【答案】(1).4 (2).Zr SiO 44 c4cl2zrcl4sicl4co (3) .盐酸和硅酸(4). Al(OH)3 (5) .溶液中存在水解平衡NaAlO2 2H2ONaOH Al(OH)3，酯类水解消耗氢氧化钠，促进水解平衡向正反应方向转移生成Al(OH)3沉淀；(6)溶解Zr4oh-(x-2 ) h2o=z ro2x h2o(7).Cu (oh ) 2分离zro2xho2o【分析】【分析】天然锆石将氯化锆、四氯化硅和CO气体以及未反应的Cl2和杂质混合，与过剩的氢氧化钠反应，得到zro2xho2、Cu(OH)2、NaAlO2，过滤分离后，加入氨水，与氢氧化铜和氨水反应，得到氢氧化四氨(1) ZrSiO4中的Si为4价，o为-2价，即Zr为4价，ZrSiO4在“氯化”过程中发生反应的化学方程式： ZrSiO4 4C 4Cl2ZrCl4 SiCl4 4CO答案是：4 zrsio4c4cml2zrcl4sicl4co；(2)混合气体中含有SiCl4，水解生成盐酸和硅酸盐酸和硅酸(3)甲基铝酸钠在溶液中水解而生成氢氧化钠，乙酸乙酯在碱条件下水解而乙酸消耗氢氧化钠，水解平衡向正反应方向移动而生成氢氧化铝沉淀时，白色沉淀成为氢氧化铝Al(OH)3； 溶液中存在水解平衡NaAlO2 2H2ONaOH Al(OH)3，酯类水解消耗氢氧化钠，促进水解平衡向正反应方向的转移，生成Al(OH)3沉淀(4)若加入过剩NaOH溶液，则生成ZrO2xH2O，离子方程式为Zr4 4OH- (x-2)H2O=ZrO2xH2OZr4 4OH- (x-2)H2O=ZrO2xH2O(5)Cu(OH)2能够与过剩的氨水反应生成氢氧化四氨铜，分离出ZrO2xH2O因此，溶解了Cu(OH)2，分离了ZrO2xH2O。10