【文档说明】吉林省长春市东北师大附中2020届高三二月份网络教学质量监测卷理科综合化学部分【精准解析】.doc，共(14)页，594.000 KB，由小赞的店铺上传

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东北师大附中2020届高中毕业班二月份网络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：H1C12N14

O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56I127Ag-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.下列说法不正确的是A.储热材料是一类重要的能量存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量B.Ge(32号元素

)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池C.Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病D.纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁

粉对重金属离子较强的物理吸附【答案】D【解析】【详解】A．储热材料是一类重要的存储物质，根据能量守恒知，这些物质在熔融时需要吸收热量、在结晶时放出热量，故A正确；B．32号元素Ge位于金属和非金属交界线处，具有金属和非金属的性质，与Si相似，可以作半导体

材料，所以Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池，故B正确；C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸，所以BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病，故C正确；D．Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+

发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故D错误；故选D。2.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的氯原子：2017ClB.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3717Cl，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。3.将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。原混合气体中O2的体积可能是(假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况)A.231.5mLB.258

.8mLC.287.5mLD.313.6mL【答案】D【解析】【详解】将2O和3NH的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：3224NH5O4NO6HO++催化剂，充分反应后，再通过足量的水，发生反应2234NO3O2HO4HNO+

+=，将两个方程式叠加得总反应方程式：3232NH2OHNOHO+=+，因为最后收集到44.8mL氧气，则2O应该是反应消耗的和剩余的两部分，氧气的体积是：2(O)403.2mL2/344.8mL313.6mLV=+=，故D正确；故

选D。4.下列指定反应的离子方程式正确的是A.将铜插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3–=Cu2++2NO2↑+H2OB.向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe=2Fe2+C.向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓

+3NH4+D.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+【答案】C【解析】【详解】A．稀硝酸对应的还原产物为NO，A错误；B．电荷不守恒，应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B错误；C．Al2(SO4)3和氨水反应生成(NH4)2SO

4和Al(OH)3，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，C正确；D．Na2SiO3为可溶性盐，应拆写成Na+和SiO32-，D错误。答案选C。5.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液

进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是（）A.①中溶液橙色加深，③中溶液变黄B.②中Cr2O72-被C2H5OH还原C.对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D.若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色【答案】D【解析】【详解】A．在平衡体系中加入

酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，选项A正确；B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，选项B正确；C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，选项B正确；D．若向④溶液中加入70

%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，选项D错误。答案选D。【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，注意影响化学平衡移动的因素，解答时注意从勒沙特列原理的角度分析，易错点为选项C，②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不

能，说明酸性条件下氧化性强。6.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A.Fe2Cl⎯⎯⎯→点燃FeCl2NaOH(aq)⎯⎯⎯⎯⎯→Fe(OH)2B.S2O⎯⎯⎯→点燃SO3HO2⎯⎯⎯→H2SO4C.CaCO3⎯⎯⎯→高温CaO2SiO⎯⎯⎯→高温CaSiO3D.NH32

O⎯⎯⎯⎯⎯→催化剂，△NOHO2⎯⎯⎯→HNO3【答案】C【解析】【详解】A.Fe与Cl2反应，一定生成FeCl3，A不正确；B.S与O2反应，只能生成SO2，B不正确；C.CaCO3高温分解生成CaO，CaO与SiO2

在高温下反应生成CaSiO3，C正确；D.NO与水不反应，不能生成HNO3，D不正确。故选C。7.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。下列说法错误的

是A.元素丙的单质可用于冶炼金属B.甲与丁形成的分子中由非极性分子C.简单离子半径：丁>乙>丙D.甲与乙形成的化合物均有氧化性【答案】D【解析】【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核

外均有两个未成对电子，则甲的核外电子排布是1s22s22p2，甲是C元素，丁的核外电子排布可能是1s22s22p63s23p2，或1s22s22p63s23p4，由于乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间

能相互反应则丁是核外电子排布的1s22s22p63s23p4，是S元素，丙是Al元素，甲是Na元素。【详解】A．由于Al元素的金属活动性较强，一般的还原剂不能把其从化合物中置换出来，要用电解熔融的Al2O3的方法冶炼，故A正确。B．C与S元素形成的化合物CS2中的

化学键是极性共价键，由于两个S原子在C原子的两侧，键角180°，所以形成的分子是非极性分子，故B正确。C．简单离子半径比较：S2-＞Cl-＞Al3+，故C正确；D.Na形成的化合物Na2O2有强的氧化性，而Na2O则氧化性很弱，故D错误；答案选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.铁在自然界分布广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用。回答下列问题：（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示。原料中除铁矿石和焦炭外含有______

______。除去铁矿石中脉石（主要成分为SiO2）的化学反应方程式为______________、______________；高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和______________(填化学式)。（2）已知：①

Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)ΔH=+494kJ·mol-1②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1③C(s)+12O2(g)=CO(g)ΔH=-110kJ·mol-1则反应Fe2O3(s)+3C(s)+32O2(g)=2Fe(s)

+3CO2(g)的ΔH=________kJ·mol-1。理论上反应________放出的热量足以供给反应__________所需的热量（填上述方程式序号）（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图(b)所示，其中，还原竖炉相当于高炉的_____部分，主

要反应的化学方程式为_________________________；熔融造气炉相当于高炉的____部分。（4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2污染空气，脱SO2的方法是________________。【答案】(1).石灰石(

2).CaCO3高温CaO+CO2↑(3).CaO+SiO2高温CaSiO3(4).CO(5).-355(6).②③(7).①(8).炉身(9).Fe2O3+3CO高温2Fe+3CO2(10).炉腹(11).用碱液吸收（氢氧化钠溶液或

氨水等）【解析】【详解】（1）铁矿石中含有氧化铁和脉石，为除去脉石，可以加入石灰石，石灰石分解为氧化钙，氧化钙和二氧化硅反应生成硅酸钙，方程式为CaCO3高温CaO+CO2↑、CaO+SiO2高温CaSiO3；加入焦炭，先生成CO，最后生成CO2所以高炉

排出气体的主要成分有N2、CO2和CO；（2）已知：①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)ΔH=+494kJ·mol-1②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1利用盖斯定律将①+②×3得到Fe2O3(s)+3C

(s)+32O2(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的ΔH＝-355kJ·mol-1，因①为吸热反应，②③为放热反应，则②③反应放出的热量可使①反应；（3）高炉炼铁时，炉身部分发生Fe2O3+3CO高温2Fe+3CO2，还原竖炉发生

此反应，熔融造气炉和高炉的炉腹都发生2C+O2高温2CO以及CaCO3高温CaO+CO2↑，CaO+SiO2高温CaSiO3反应；（4）高炉气中混有SO2，SO2为酸性气体，可与碱反应。9.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循

环分解水是一种高效、无污染的制氢方法．其反应过程如图所示：（1）反应I的化学方程式是____________________。（2）反应I得到的产物用I2进行分离．该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层－含低浓度I2的H2

SO4层和含高浓度I2的HI层。①根据上述事实，下列说法正确的是__________（选填序号）。a．两层溶液的密度存在差异b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶②辨别两层溶液的方法是_______

________________________。③经检测，H2SO4层中c（H+）：c（SO42－）=2.06：1。其比值大于2的原因是____________。【答案】(1).SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI(2).ac(3).观

察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层(4).硫酸层中含少量的HI，且HI电离出氢离子；【解析】【详解】（1）由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，该反应为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；（2）①a．两层溶液的密度存在差，才出现上

下层，故a正确；b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液互溶，与分层无关，故b错误；c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，则碘在不同溶剂中溶解性不同，类似萃取，与分层有关，故c正确；答案选ac；②辨别两层溶液的方法是观察颜色，颜色深的为H

I层，颜色浅的为硫酸层；③H2SO4层中c（H+）：c（SO42﹣）=2.06：1．其比值大于2的原因是硫酸层中含少量的HI，且HI电离出氢离子。10.用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3-)已成为环境修复研究的热点之一。(1)Fe还原水体中NO3-的反应

原理如图所示，①作负极的物质是____。②正极的电极反应式是____。(2)将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3-的去除率接近100%＜50%24小时pH接近中性接近中性铁的最终物质形态pH=

4.5时，NO3-的去除率低。其原因是____。(4)其他条件与(2)相同，经1小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3-的去除率约10%约3%1小时pH接近中性接近中性与(2)中数据对比，解释(2)中初始pH不同时，NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的

原因：____。【答案】(1).铁(2).NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O(3).因为铁表面生成的FeO(OH)不导电，阻止电子转移(4).Fe＋2H+=Fe2++H2↑，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度大，促使F

eO(OH)转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3-去除率和铁的最终物质形态不同【解析】【分析】(1)根据原电池原理分析解答；(2)根据FeO(OH)不导电进行分析；(3)根据Fe2+的作用进行分析，Fe

2+可以将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，而NO3-的去除率由铁的最终物质形态确定，从而判断Fe和pH的关系。【详解】(1)①由图可知，在脱除过程中形成原电池，Fe还原水体中NO3−，Fe作还原

剂，失去电子，作负极，故答案为：铁；②由图可知，正极反应是NO3−得到电子生成NH4+，所以电极反应式是NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O，故答案为：NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O；(2)由图可知，当溶液

的pH=4.5时，铁的最终物质形态中FeO(OH)含量较多，形成一层膜，而FeO(OH)不导电，降低了硝酸根离子的去除率，故答案为：因为铁表面生成的FeO(OH)不导电，阻止电子转移；(3)初始pH较小，氢离子浓度高，发生反应F

e＋2H+=Fe2++H2↑，产生的Fe2+浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3-去除率和铁的最终物质形态不同。(二)选考题:共4

5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。【化学—选修3：物质结构与性质】(15分)11.氟在自然界中常以CaF2的形式存在。(1)下列关于CaF2的表述正确的是________。a．Ca2＋与F－间仅存在静电吸引作用b．F－的离子半径小于Cl－，则CaF2的熔点高于Ca

Cl2c．阴阳离子比为2∶1的物质，均与CaF2晶体构型相同d．CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电(2)CaF2难溶于水，但可溶于含Al3＋的溶液中，原因是_______________(用离子方程式表示)。已知AlF63－在溶液中可稳定存在。(3)F2通入稀N

aOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为________，其中氧原子的杂化方式为________。(4)F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等。已知反应Cl2(g)＋3F2(g)＝2ClF3(g)ΔH＝－313kJ·

mol－1，F—F键的键能为159kJ·mol－1，Cl—Cl键的键能为242kJ·mol－1，则ClF3中Cl—F键的平均键能为________kJ·mol－1。ClF3的熔、沸点比BrF3的________(填“高”或“低”)。【答案】(1).bd(2).Al3＋＋

3CaF2＝3Ca2＋＋AlF63－(3).V形(4).sp3(5).172(6).低【解析】【详解】(1)a、Ca2＋与F－间既有静电吸引作用，也有静电排斥作用，a错误；b、离子所带电荷相同，F－的离子半径小于Cl－，所以CaF2晶体的晶格能大，则Ca

F2的熔点高于CaCl2，b正确；c、晶体构型还与离子的大小有关，所以阴阳离子比为2∶1的物质，不一定与CaF2晶体构型相同，c错误；d、CaF2中的化学键为离子键，CaF2在熔融状态下发生电离，因此CaF2在熔融状态下能导电，d正确。答案

选bd；(2)CaF2难溶于水，但可溶于含Al3＋的溶液中，生成了AlF63－，所以离子方程式为：Al3＋＋3CaF2＝3Ca2＋＋AlF63－；(3)OF2分子中O与2个F原子形成2个σ键，O原子还有2对孤对电子，所以O原子的杂化方式为sp3杂化，空间构型为V型；(4

)根据焓变＝反应物中键能之和－生成物中键能之和可得：242kJ·mol－1＋3×159kJ·mol－1－6×ECl－F＝-313kJ·mol－1，解得Cl－F键的平均键能ECl－F＝172kJ·mol－1；组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，所以ClF3的熔、沸点比B

rF3的低。【化学—选修5：有机化学基础】(15分)12.反-2-己烯醛(D)是一种重要的合成香料，下列合成路线是制备D的方法之一。根据该合成路线回答下列问题：已知：RCHO+R＇OH+R＂OH（1）A的名称是___

_______；B分子中共面原子数目最多为__________；C分子中与环相连的三个基团中，不同化学环境的氢原子共有__________种。（2）D中含氧官能团的名称是__________，写出检验该官能团的化学反应方程式：__________。

（3）E为有机物，能发生的反应有__________。a．聚合反应b．加成反应c．消去反应d．取代反应（4）B的同分异构体F与B有完全相同的官能团，写出F所有可能的结构：________。（5）以D为主要原料制备己醛(目标化合物)，在方框中将合成路线的后半部

分补充完整。（6）问题（5）的合成路线中第一步反应的目的是__________。【答案】(1).正丁醛或丁醛(2).98(3).醛基(4).+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；(5).cd(6).CH2=CHC

H2OCH3、、、(7).；(8).保护醛基【解析】【详解】（1）根据流程图，A为CH3CH2CH2CHO，是丁醛；B为CH2=CHOC2H5，分子中共面原子数目最多为9个(如图：)，C分子中与环相连的三个基团中，8个碳原子上的氢原子化学环境都不相同，共有8

种，故答案为丁醛；9；8；（2）D为，其中含氧官能团是醛基，检验醛基可以用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，故答案为醛基；+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；（3）根据流程图，结合信息，C在

酸性条件下反应生成、CH3CH2CH2CHO和CH3CH2OH以及水，因此E为CH3CH2OH，属于醇，能发生的反应有消去反应和取代反应，故选cd；（4）B的同分异构体F与B有完全相同的官能团，F可能的结构有：CH2=CHCH2OCH3、、，

故答案为CH2=CHCH2OCH3、、；（5）D为，己醛的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2CHO，根据信息和己醛的结构，首先需要将碳碳双键转化为单键，然后在酸性条件下反应即可，故答案为；（6）醛基也能够与氢气加成，（5）中合成路线中第一步反应的目的是保护

醛基，故答案为保护醛基。【点晴】本题为信息推断题，解这类题目的关键是看懂信息，明确各类有机物的基本反应类型和相互转化关系。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用

、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。本题的难点是同分异构体的书写，

特别是有限制条件的同分异构体的书写，平时要多加训练。