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2020-2021學(xué)年度第二學(xué)期高三強化二 化學(xué)試卷
（考試時間：75分鐘，滿分：100分）
注意事項：
1. 答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。
2. 回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如
需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。
可能用到的相對原子質(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Ba 137 Ni 59
一、 單項選擇題：本題共9小題，每小題3分，共27分。在每小題給出的四個選項中，只有
一項是符合題目要求的。
1. 2020年11月24日凌晨，嫦娥5號在長征5號火箭巨大的推力下，啟程前往月球，經(jīng)20多天旅程后帶著月壤返回，這是中國航天“探月工程”向世界展示出“中國力量”。下列說法不正確的是 ( )
A．嫦娥5號帶回的"快遞”——“月壤”中含有珍貴的3He，它與4He互為同位素
B．嫦娥5號使用的碳纖維被譽為“新材料之王”，是一種新型有機高分子材料
C．嫦娥5號升起的新型復(fù)合材料制成的國旗，具有“強度高、耐高低溫”的特點
D．長征5號火箭采用“液氫液氧“作為推進劑，“液氫”屬于綠色環(huán)保燃料
2. 下列說法錯誤的是（ ）
A．AgNO3、酸性KMnO4標準液需保存在棕色試劑瓶中
B．玻璃是一種常見的硅酸鹽產(chǎn)品，用氧化物形式可表示為：Na2O . CaO . 6SiO2
C．已知強酸與強堿反應(yīng)的中和熱△H=- 57.3KJ . mol-1，所以稀Ba(OH)2和稀H2SO4溶液反應(yīng)生成1mol水，放熱57.3KJ
D．反應(yīng)CO(g) + 3H2(g) = CH4(g) +H2O(g)在一定條件下能自發(fā)進行，該反應(yīng)一定為放熱反應(yīng)
3. 設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是 ( )
A．78g Na2O2中存在NA個共價鍵
B．18g D2O 含有 10NA個質(zhì)子
C. 與足量反應(yīng)時，轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為
D．4.6gNO2和N2O4混合氣體中含有的氧原子數(shù)目小于0.2NA
4. 高爐煉鐵制還原劑的反應(yīng)為：C(s) + CO2(g) 2CO(g) H>0，關(guān)于上述反應(yīng)，以下敘述錯誤的是（ ）
A.碳的質(zhì)量不再改變說明反應(yīng)已達平衡
B.正反應(yīng)的活化能大于逆反應(yīng)的活化能
C.反應(yīng)達平衡時，恒溫恒容下通入惰性氣體，會加快反應(yīng)速率，使平衡逆向移動
D.恒溫恒壓下充入反應(yīng)物，達平衡后，向容器中再通入CO，CO2的轉(zhuǎn)化率不變
5. 常溫下為無色液體的二甲基硫醚(CH3-S-CH3)是一種重要的化工原料。將含有質(zhì)量分數(shù)25%的二氧化硫與75%的二氧化碳的煙氣通過以下工藝制取二甲基硫醚，下列有關(guān)說法不正確的是 ( )

A．選擇合適的吸附劑和壓力可以達到對混合氣體進行分離提純的目的
B．“粗制硫磺”工序所發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)中硫元素被還原
C．“粗制二甲基硫醚”的主要反應(yīng)方程式為：2CH3OH+H2S→2H2O+CH3SCH3
D．“精制二甲基硫醚”的主要操作為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶
6. 主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，且均不大于20。X、Y、Z處于三個不同的周期，Y處于周期表第17列。W的一種核素常用于測定部分文物的年代，W、X、Z三種元素形成的一種化合物既是制造玻璃的原料又是制造水泥的原料。下列說法正確的是 （ ）
A. 化合物ZX能作食品干燥劑 B.W、Y的最高價氧化物對應(yīng)的水化物均為強酸
C.簡單離子半徑：YHCl>CH4，D錯誤。
8. B 解析：由結(jié)構(gòu)簡式可知，甲的分子式為，分子中只有四種氫原子，A正確；乙的二氯代物中兩個氯原子可在相同或不同的碳原子上，如在不同的碳上，有6種結(jié)構(gòu)，在相同的碳上有1種結(jié)構(gòu)，共有7種， B錯誤；苯為平面形結(jié)構(gòu)，碳碳單鍵可以旋轉(zhuǎn)，結(jié)合三點確定一個平面，可知所有的碳原子可能共平面，C正確；甲是不飽和烴，結(jié)構(gòu)中含有雙鍵，能被高錳酸鉀氧化，丙是苯的同系物，且與苯環(huán)直接相連的碳原子上連有氫原子，也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，D正確。
9. B解析：A． 轉(zhuǎn)化成CO，得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，故電極A為陰極，接電源的負極，電極B接電源的正極，A項錯誤；
B． 陰極電極反應(yīng)式為，若X為甲酸，陽極電極反應(yīng)式為，根據(jù)陰陽極得失電子守恒可知，消耗和的體積比為，B項正確；
C． 不能在水溶液中存在，C項錯誤；
D． 根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒規(guī)律，若X為乙烷，則陽極的反應(yīng)式為，D項錯誤；故選B。
13.解析：MCl溶液中加入NaOH溶液，溶液pH逐漸增大，濃度逐漸減小，MOH的濃度逐漸增大，則的值逐漸減小，則曲線表示與pH的變化關(guān)系，A項錯誤；曲線表示與pH的關(guān)系，時，，此時pH=5.5，，則， B項正確；a點溶液的pH>7，對于曲線，由于水解導(dǎo)致溶液呈堿性，促進了水的電離，而對于曲線

，MCl溶液呈酸性，a點時呈堿性，說明MOH的電離程度大于水解程度，抑制了水的電離，所以兩溶液中水的電離程度不同，C項錯誤；曲線中，時，，，根據(jù)可知，電離平衡常數(shù)越大，對應(yīng)離子的水解程度越小，則水解程度，則MA溶液呈堿性，則、，溶液中離子濃度大小為，D項正確。
14.（14分）【每空2分】
（1）① 2HIO3+ 5CO = I2 + 5CO2 + H2O ② 防止空氣中的 CO2和 H2O進入D
（2）① b a c ② 取最后一次洗滌液少許于試管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液， 若無白色沉淀生成，則沉淀洗滌干凈，反之沉淀未洗凈 ③ 0.16
（3） ① 使 NO 和O2充分混合， 防止倒吸 ② 39.2
【詳解】本題考查實驗方案設(shè)計與評價，尾氣采用多次抽送方式，其目的是減小相對誤差；裝置D HIO3把CO氧化成CO2，裝置E吸收CO2，從而計算CO的量，從B中出來的氣體中含有水蒸氣，能被堿石灰吸收，干擾CO量的測定，因此裝置C中盛放的試劑為濃硫酸；（1）①HIO3把CO氧化成CO，本身被還原成I2，即HIO3＋CO→CO2＋I2＋H2O，根據(jù)化合價升降進行配平，化學(xué)反應(yīng)方程式為2HIO3＋ 5CO = I2 + 5CO2 + H2O；②堿石灰的作用是吸收裝置D中產(chǎn)生的CO2和H2O；（2）①裝置A中NaOH吸收SO2和CO2，轉(zhuǎn)化成Na2SO3和Na2CO3，測定SO2，應(yīng)先滴加H2O2，把＋4價S氧化成SO42－，再向A溶液中加入鹽酸，除去Na2CO3，然后最后滴加BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀；②沉淀表面為NaCl，證明沉淀已洗凈的方法是取最后一次洗滌液少許于試管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液， 若無白色沉淀生成，則沉淀洗滌干凈，反之沉淀未洗凈；③根據(jù)硫元素守恒，n(SO2)=n(BaSO4)=1.165/233mol=0.005mol，因此尾氣中SO2的含量為；（3）①B中長頸漏斗的作用是使NO和O2充分混合，以及防止倒吸；②發(fā)生的反應(yīng)是2NO＋O2=2NO2、2NO2＋2NaOH=NaNO2＋NaNO3＋H2O，還有一部分氧氣把部分NaNO2氧化成NaNO3，根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，有n(O2)×4=n(NO2－)×1＋n(NO3－)×3=100×10－3×0.01×1＋100×10－3×0.02×3，解出n(O2)=1.75×10－3mol，即氧氣體積至少為1.75×10－3×22.4×10－3mL=39.2mL。
15.（14分）【每空2分】
(1) 工業(yè)粘合劑、制備硅膠、木材防火劑等（任答一點給2分）
(2) ①B ② BeO22-＋4H＋===Be2＋＋2H2O
(3) 10－4.3 3.1～6.0 Y3++3NH3·H2O=Y(OH)3↓+3NH4+
(4) Y2(C2O4)3·nH2OY2O3+3CO↑+3CO2↑+nH2O
（或 2Y2(C2O4)3·nH2O + 3O2 2Y2O3 + 12CO2↑ + 2nH2O）
16.（14分）(1) 變深 (2) ； 2.1×106； (3) ﹣664； (4) ②（1分）；
(5) 不是（1分）；溫度低于900K，反應(yīng)速率慢，同時催化劑的活性低，所以平衡時N2的體積分數(shù)低于平衡時的體積分數(shù)； 催化劑的活性下降、升溫平衡逆向移動、副反應(yīng)增多等（答出一點給2分）。
【詳解】（2）設(shè)起始時N2O4的物質(zhì)的量為1mol，列三段式
N2O4（g）?2NO2（g）
起始n 1 0
轉(zhuǎn)化n x 2x
平衡n 1﹣x 2x
當NO2的體積分數(shù)為40%時，即＝0.4，解得x＝0.25mol，
則平衡后總物質(zhì)的量為1.25mol，平衡時壓強＝＝125kPa，
p（N2O4）＝125kPa×＝75kPa，
v正＝k正?p（N2O4）＝2.8×104s﹣1×75kPa＝2.1×106kPa?s﹣1，
（3）由生成7g（0.25mol）N2放出166kJ的熱量，可知，生成1molN2放出166×4＝664kJ的熱量，則a＝﹣664，
（4）由總反應(yīng)的速率表達式v＝kc2（NO）?c（H2）可知，NO只出現(xiàn)在第①步反應(yīng)，故第①步反應(yīng)決定總反應(yīng)速率，則①為慢反應(yīng)，其正反應(yīng)的活化能較高，則反應(yīng)②的活化能較低，（5）由（3）可知，反應(yīng)2NO（g）+2H2（g）? N2（g）+2H2O（g），正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡時N2的體積分數(shù)應(yīng)隨著溫度的升高而降低。由圖象可知，N2的最大體積分數(shù)對應(yīng)的溫度為900K，當?shù)陀?00K時，N2的體積分數(shù)隨著溫度的升高而增大，所以在此溫度范圍內(nèi)N2的體積分數(shù)不是對應(yīng)溫度下平衡時的體積分數(shù)；
當溫度高于900K時，催化劑的活性下降、升溫平衡逆向移動，或者副反應(yīng)增多，從而使得N2的體積分數(shù)降低，
17. （15分）【答案】（1） （2）非極性（1分） （3）① > （1分） ②sp2 （1分）
（4）6 N、Cl （5）2:1 50
（6）
（5）結(jié)構(gòu)中如1、3、6、7的O2?圍成的正四面體空隙有8個，面心位置6個O2?圍成的正八面體，將晶胞補全可知共用1條棱的4個面心與該棱頂點O2?也圍成正八面體，而這樣的正八面體為4個晶胞共有，晶胞中正八面體數(shù)目＝1+12×1/4=4，則晶體中正四面體空隙數(shù)與正八面休空隙數(shù)之比為8:4＝2:1；由圖可知晶體結(jié)構(gòu)中O2?離子數(shù)目為8×1/8+6×1/2=4，由化學(xué)式可知晶胞中Fe原子數(shù)目為3，根據(jù)化合價代數(shù)和為0，則晶胞中含有2個Fe3+、1個Fe2+，F(xiàn)e3O4中有一半的Fe3+填充在正四面體空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面體空隙中，則填充在正四面體空隙中的Fe3+為1個，填充在正八面體空隙中有1個Fe3+和1個Fe2+，有2個正八面體空隙空隙沒有填充陽離子，則有50%的正八面體空隙沒有填充陽離子；
（6）如圖實際上每個Ni原子被兩個小三角形包含小平行四邊形面積為，O原子個數(shù)=16×6＝1，每平方米面積上分散的該晶體的質(zhì)量。
18.（15分）
（1） 鄰苯二甲醇（1，2—苯二甲醇）（1分） ； 羧基（1分）；
（2） 取代反應(yīng)；
（3）10 （4）
（5）
解析：根據(jù)G的結(jié)構(gòu)逆推可知D、F分別是、；在NaOH，乙醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)，生成A為，在NBS作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成B為，B與發(fā)生加成反應(yīng)生成C為。由F逆推可知E為鄰苯二甲醛（）。
（2）F的結(jié)構(gòu)簡式為，①說明分子結(jié)構(gòu)中含有醛基；②說明含有酚羥基；③說明含有羧基。即在苯環(huán)上有三個取代基，由于三種取代基互不相同，按照“定二移一”法可確定有10種同分異構(gòu)體。
（3）手性碳原子連接四個不同基團的碳原子，則有1個手性碳原子。



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