天津市南开中学2020届高三教学质量监测化学试题

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氯原子：

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，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. =1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO32−、NO3−

C. 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.   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，则油酸甘油酯的燃烧热△H=-≈-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=×（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-＋2H2OCl2↑＋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-＋2H2OCl2↑＋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). 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，T1<T2，T2时氢气的压强大，也就是说H2的物质的量多，说明升高温度向生成H2的方向移动，所以正反应为放热反应，∆H<0，故答案为：2/(y－x)；30；<。

（2）由图可知，温度T2，平衡时氢气的压强大，说明此时吸氢量少，η（T1）>η（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。