广东省汕头市金山中学2020届高三化学摸底考试试题（含解析）

广东省汕头市金山中学2020届高三化学摸底考试试题（含解析）第I卷（选择题共126分）一、选择题(本大题共13小题，每小题6分,共78分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项符合题目要求)1. 化学与生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是A. “低碳生活”是指生活中尽量使用含碳量较低的物质B. 燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生及温室气体的排放C. 纤维素在人体内可水解为葡萄糖，是人类重要的营养物质之一D. 鼓励汽车、家电“以旧换新”，可减少环境污染，发展循环经济，促进节能减排【答案】D【解析】试题分析：A“低碳生活”是指生活中尽量减少二氧化碳等温室气体的排放，体现低能耗、低能量、低开支，A错误；B加入氧化钙可与镁燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，B错误；C纤维素在人体中不能水解生成葡萄糖，需要浓硫酸催化剂作用发生水解，C错误；D鼓励汽车、家电“以旧换新”，可减少废弃物的排放，有效利用资源，起到节能减排的目的，D正确；答案错D。考点：考查生活中的化学知识应用2. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 滴入酚酞溶液显红色的溶液中：K+、Na+、Cu2+、SO42B. 能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液中： K+、CO32 、NO3 、AlO2C. 由水电离产生的(H+) = 1013mol/L的溶液中：Na+、Cl、NO3、CH3COOD. pH = l 的溶液中： Na+、Fe2+、NO3、Cl【答案】B【解析】试题分析：A滴人酚酞溶液显红色的溶液显碱性，Cu2+不能大量共存，A错误；B能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液显碱性，K+、CO32、NO3、AlO2可以大量共存，B正确；C由水电离产生的(H+) = 1013mol/L的溶液如果显酸性，CH3COO不能大量共存，C错误；DpH = l 的溶液显酸性，Fe2+、NO3之间发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误，答案选B。考点：考查离子共存正误判断3. 某同学设计如图装置，探究氯碱工业原理，下列说法正确的是A. 石墨电极与直流电源负极相连B. 铜电极的反应式为：2H+ 2e H2C. 氢氧化钠在石墨电极附近产生， Na+向石墨电极迁移D. 用湿润KI淀粉试剂在铜电极附近检验气体，试纸变蓝色【答案】B【解析】试题分析：A、石墨为阳极，与直流电源的正极相连，A错误；B、Cu为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，铜电极的反应式为：2H+2e-H2，B正确；C、Cu为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧化钠，电解池中阳离子向阴极移动，Na+向Cu电极移动，C错误；D、Cu为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，没有氯气生成，所以用湿润KI淀粉试剂在铜电极附近检验气体，试纸不变蓝色，D错误，答案选B。考点：考查了电解池原理、氯碱工业原理的相关知识。4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（O-16 Fe-56）A. 常温下，0.5 molL1 Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+数目为NAB. 标准状况下，22.4L苯中含CH数目为6NAC. 常温常压下，16 g O2和O3混合气体中，含氧原子的总数为NAD. 5.6g Fe与足量稀盐酸反应，转移电子数为0.3NA【答案】C【解析】试题分析：A不能确定0.5 molL1Fe2(SO4)3溶液的体积，不能计算其中含有的Fe3+数目，A错误；B标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算分子数，B错误；C常温常压下，16g O2和O3混合气体中，含氧原子的物质的量为16g16g/mol1mol，其总数为1NA，C正确；D5.6g Fe即0.1mol铁与足量稀盐酸反应，转移电子数为0.2NA，D错误，答案选C。考点：考查阿伏加德罗常数计算5. X、Y、Z、W均为短周期元素，在周期表中位置如图。Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍。下列说法中不正确的是XYZWA. Y和Z的气态氢化物，前者更稳定B. Z和W的最高价氧化物对应水化物的酸性：WZC. X、W的气态氢化物相互反应，生成物中既含离子键又含共价键D. Y、W的单质，均可通过电解的方法获得【答案】B【解析】试题分析：X、Y、Z、W均为短周期元素，由在周期表中位置可知，Y位于第二周期，Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍，则Y的最外层电子数为6，可知Y为O，结合位置可知X为N，Z为S，W为Cl，A非金属性YZ，则Y和Z的气态氢化物，前者更稳定，A正确；B非金属性WZ，最高价氧化物对应水化物的酸性为WZ，B错误；CX、W的气态氢化物相互反应生成氯化铵，含离子键和N-H共价键，C正确；D电解熔融氧化铝可生成氧气，电解熔融氯化钠可生成氯气，则Y、W的单质，均可通过电解的方法获得，D正确；答案选B。考点：考查位置、结构与性质关系应用6. 在2L密闭容器中进行反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) H0，测得c(H2O)随反应时间(t)的变化如图。下列判断正确的是A. 05min内，v (H2)=0.05mol/(Lmin)B. 5min时该反应的K值一定小于12 min时的K值C. 10 min时，改变的外界条件可能是减小压强D. 5min时该反应的v (正)大于11 min 时的v (逆)【答案】B【解析】试题分析：A根据图可知，前5min内H2O的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，根据vc/t(1mol/L0.5mol/L)/5min0.1mol/（Lmin），由化学计量数之比等于反应速率之比，则v（H2）=0.1mol/（Lmin），A错误；B由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，所以5 min时该反应的K值一定小于12 min时的K值，B正确；C由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，C错误；D根据B的判断，11 min时的温度高于5min时，根据温度越高反应速率越快，所以5 min时该反应的v正小于11 min时的v逆，D错误；答案选B。考点：考查化学平衡图象，涉及反应速率的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡状态本质7. 25时，0.1 mol/L下列溶液的pH如下表，有关比较正确的是序号溶液NaClCH3COONH4NaClONaHCO3Na2CO3pH7.07.010.38.311.6A. 酸性的相对强弱：HClOHCO3B. 由水电离产生的c(H+)： = C. 溶液中酸根离子浓度：c(ClO)c(HCO3)D. 在溶液等体积混合后的溶液中：c(HCO3)+c(CO32)+c(H2CO3)=0.1 mol/L【答案】D【解析】试题分析：A盐的水解原理：越弱越水解，根据数据得到NaClO中次氯酸根离子的水解程度小于Na2CO3中碳酸根离子的水解程度，所以酸性：HClOHCO3-，故A错误；B醋酸铵CH3COONH4是能水解的盐能促进水的电离，NaCl是不水解的盐，对水的电离无影响，所以由水电离产生的c（H+）：，故B错误；C盐的水解原理：越弱越水解，根据数据得到NaClO中次氯酸根离子的水解程度大于NaHCO3中碳酸根离子的水解程度，溶液中酸根离子浓度：c（ClO-）c（HCO3-），故C错误；D等体积等浓度碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液中存在物料守恒：c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）=0.1 mol/L，故D正确。故选D。考点：考查盐类水解的应用；离子浓度大小比较【名师点睛】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小、盐的水解原理：越弱越水解、物料守恒的理解应用，注意盐类水解的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等。A盐的水解原理：越弱越水解，据此确定弱酸的酸性强弱；B能水解的盐能促进水的电离，不水解的盐对水的电离无影响；C盐的水解原理：越弱越水解，据此根据水解程度确定溶液中离子的浓度；D碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液中存在物料守恒。第卷（非选择题共174分）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，每个考题考生都必须作答，第3340为选考题考生根据要求作答。8. 二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物，平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）。某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体。已知：CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。（1）稀酸A的分子式是_。（2）滤液1中加入H2O2溶液的目的是_。（3）某同学设计实验证明滤液1中含有Fe2+，他所用的试剂为_。（4）已知溶液中的Fe2+可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4，请书写该反应的离子方程式_。（5）由滤液2生成Ce(OH)4的离子方程式_。（6）硫酸铁铵晶体Fe2(SO4)32(NH4)2SO43H2O广泛用于水的净化处理，请用离子方程式解释其作用原理：_，相对于去除中性废水，其在去除酸性废水中的悬浮物时效率_（填“增强”或“降低”）。【答案】 (1). H2SO4 (2). 使Fe2+氧化为Fe3+ (3). 铁氰化钾溶液（或高锰酸钾溶液） (4). Fe2+ +2FeO(OH)=Fe3O4 +2H+ (5). 4Ce 3 + O2 +12OH+2H2O =4 Ce(OH)4 (6). Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+ (7). 降低【解析】由已知结合流程，玻璃粉末加稀酸A后，所得滤液1含有Fe2+、Fe3+，滤渣1为H2SiO3和CeO2；滤渣1中的CeO2与稀酸A和H2O2反应生成滤液2（含Ce3+），滤渣2为不反应的H2SiO3；滤液2经过一系列反应生成CeO2；滤液1在酸性条件下与H2O2反应，将Fe2+氧化为Fe3+，所得溶液1与硫酸铵经过一系列变化得到硫酸铁铵晶体。（1）因为流程中最后得到硫酸铁铵晶体，所以稀酸A应为：H2SO4。（2）由上述分析知，滤液1中加入H2O2溶液的目的是：使Fe2+氧化为Fe3+。（3）因为滤液1中含有Fe3+，所以要证明滤液1中含有Fe2+，可用铁氰化钾溶液（或高锰酸钾溶液）。（4）已知溶液中的Fe2+可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4，根据原子守恒和离子守恒，还生成H+，该反应的离子方程式为：Fe2+ +2FeO(OH)=Fe3O4 +2H+。（5）滤液2含有Ce3 +，在碱性条件下被O2氧化成Ce(OH)4，离子方程式为：4Ce3 + O2 +12OH+2H2O =4 Ce(OH)4。（6）硫酸铁铵晶体净水原理是溶解后溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，反应的离子方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+；因为酸性溶液会抑制Fe3+水解，所以相对于去除中性废水，其在去除酸性废水中的悬浮物时效率会降低。点睛：本题以工艺流程为基础，通过金属的回收与利用，考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用、元素及化合物知识、氧化还原反应等相关知识。掌握元素化合物、氧化还原等基本知识，准确分析流程是解题关键，注意流程中有的不明确的地方，如滤渣1到滤液2的转化，可从Ce的化合价变化入手分析得出。9. 某小组同学研究合成氨反应及氨水的性质如下：（1）已知：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) H 92.4 kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H 483.6kJ/mol则氨气完全燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式_。（2）如图是合成氨反应平衡混合气中NH3的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L（L1、L2）、X分别代表温度或压强。其中X代表的是_（填“温度”或“压强”），判断L1、L2的大小关系：L1_L2（填“”）。（3）已知：在硫酸铜溶液中加入浓氨水，首先析出蓝色的碱式硫酸铜沉淀，氨水过量时此沉淀溶解，得到深蓝色的四氨合铜()络离子，发生的离子反应如下：a2Cu2+ 2NH3H2O+ SO42= 2NH4+ + Cu2(OH)2SO4bCu2(OH)2SO4 + 8 NH3 2Cu(NH3)42+SO42+2 OH某小组设计如下实验：试管中反应的离子方程式_。试管中的深蓝色晶体是Cu(NH3)4SO4H2O，该实验现象反映出该晶体的性质是_。请结合方程式解释试管加入少量NaOH后产生蓝色沉淀和气体的原因_。【答案】 (1). 4NH3(g) +3O2(g) =2N2(g) +6H2O(g) H =1266 kJ/mol (2). 压强 (3). (4). Cu(NH3)42+S2=CuS+4 NH3 (5). 相同温度下，该晶体在水中溶解度大于在乙醇中的溶解度 (6). Cu2(OH)2SO4+8 NH32Cu(NH3)42+SO42+2 OH，加入NaOH，使c(OH)浓度增大，平衡逆向移动，析出蓝色沉淀并生成气体【解析】（1）设两个反应分别为和，根据盖斯定律，3-2得：4NH3(g) +3O2(g) =2N2(g) +6H2O(g) H =1266 kJ/mol。（2）合成氨反应为放热反应，若升高温度平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，与图象矛盾；若增大压强，平衡向正向移动，氨气的体积分数增大，故改变条件为压强；压强相同时，温度升高，平衡逆向移动，氨的体积分数减小，L1L2。（3）由已知，深蓝色溶液含有Cu(NH3)42+，滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀应为CuS，根据原子守恒，同时放出氨气，离子方程式为：Cu(NH3)42+S2=CuS+4NH3。Cu(NH3)4SO4溶液中加入乙醇，有Cu(NH3)4SO4H2O晶体析出，说明相同温度下，该晶体在水中溶解度大于在乙醇中的溶解度。由已知：在硫酸铜溶液中加入浓氨水，首先析出蓝色的碱式硫酸铜沉淀，氨水过量时此沉淀溶解，得到深蓝色的四氨合铜()络离子，发生的离子反应如下：a2Cu2+2NH3H2O+SO42= 2NH4+ + Cu2(OH)2SO4，bCu2(OH)2SO4 + 8 NH3 2Cu(NH3)42+SO42+2OH，所以溶液中存在Cu2(OH)2SO4+8NH32Cu(NH3)42+SO42+2OH，加入NaOH，使c(OH)浓度增大，平衡逆向移动，析出蓝色沉淀并生成气体。10. I某兴趣小组利用下图装置测定某硫酸工厂排放尾气中二氧化硫的含量，图中气体流量计B用于准确测量通过的尾气体积。将尾气通入一定体积已知浓度的碘水中测定SO2的含量。当洗气瓶C中溶液蓝色消失时，立即关闭活塞A。 C中导管末端连接一个多孔球泡D，可以提高实验的准确度，其理由是_。 C中发生反应的离子方程式_。 C中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞A，测得的SO2含量_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。II实验室常用Na2SO3固体与浓硫酸反应制取SO2 ： 现有已制得SO2的饱和溶液，请利用此溶液（其他试剂任选），设计一个简单实验，比较SO2与Fe2+ 还原性的强弱（要求：写出实验步骤、现象和结论）_。 某研究小组测定部分变质的Na2SO3固体样品中Na2SO3的含量： 取a克Na2SO3固体样品配制成100mL溶液，取10.00mL该溶液于锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液作指示剂，0.0100mol/L碘水进行滴定，滴定终点现象为_，记录数据，重复滴定2次，平均消耗碘水20.00mL。 计算：样品中亚硫酸钠的质量分数为_。（S-32 Na-23）【答案】 (1). 增大气体与溶液的接触面积，有利于SO2与碘水反应(或被碘水充分吸收) (2). SO2 + I2 +2H2O = SO42+ 2I + 4H+ (3). 偏低 (4). 取约2mLSO2的饱和溶液于试管中，滴加35滴氯化铁溶液，摇匀，滴加23滴KSCN溶液，溶液不变红，再滴加几滴BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明还原性SO2Fe2+ (5). 溶液恰好由无色变蓝色，且30秒内蓝色不褪去 (6). .考点：考查实验仪器、氧化还原反应、实验方案设计的评价、滴定实验、化学计算等知识。 (二)选考题共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11. 【化学物质结构与性质】氮的化合物在无机化工领域有着重要的地位。请回答下列问题：(1) 基态氮原子的价电子排布图为_。(2) 氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成：已知其阴离子构型为平面正三角形，则其阳离子的构型为_形，阳离子中氮的杂化方式为_。 (3) 某氮铝化合物X具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，广泛用于陶瓷工业等领域。工业上用氮气、氧化铝和碳在一定条件下反应生成CO和X (X的晶体结构如图所示），工业制备 X 的化学方程式为_。(4) X晶体中包含的化学键类型为_（填字母标号）。A 离子键 B 共价键 C 配位键 D 金属键(5) 已知氮化硼与X晶体类型相同，且氮化硼的熔点比X高，其原因是_。(6) 若X的密度为g/cm3，则晶体中最近的两个Al 原子的距离为_cm （阿伏加德罗常数的值用NA表示，不必化简，Al-27 N-14）。【答案】 (1). (2). 直线 (3). sp (4). (5). BC (6). 氮化硼与氮化铝均为原子晶体，且硼原子半径小于铝原子半径，B-N键键能大于Al-N键键能 (7). 【解析】试题分析：（1）7号元素N的基态氮原子的价电子排布图为；（2）氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成：已知其阴离子构型为平面正三角形，则其阳离子的构型为直线形；阳离子中氮的杂化方式为sp杂化；（3）某氮铝化合物X具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，广泛用于陶瓷工业等领域。工业上用氮气、氧化铝和碳在一定条件下反应生成CO和X (X的晶体结构如图所示），工业制备 X 的化学方程式为Al2O3+N2+3C2AlN+3CO；（4）根据X晶体结构示意图可知：在X中包含的化学键类型为共价键、配位键，答案选B、C；（5）已知氮化硼与X晶体类型相同，且氮化硼的熔点比X高，其原因是氮化硼与氮化铝均为原子晶体，且硼原子半径小于铝原子半径，BN键键能大于AlN键键能，断裂共价键消耗的能量高；（6）若X的密度为g/cm3，在晶体中最近的两个Al 原子的距离为晶胞的面对角线的一半，在每个晶胞中含有Al:81/8+61/3=4，含有N：4个，即在一个晶胞中含有4个AlN，根据密度计算公式可得Vm，所以晶胞的边长L，则晶体中最近的两个Al 原子的距离为a。考点：考查物质结构、原子的杂化方式、物质制取方程式的书写、晶体中原子之间的距离、物质熔点的比较的知识。12. 【有机化学基础】醋硝香豆素是一种治疗心脑血管疾病的药物，能阻碍