2022年河北省衡水市深州中学高三化学摸底试卷含解析

2022年河北省衡水市深州中学高三化学摸底试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.可用如图所示装置制取、净化、收集的气体是（）A．锌和稀硫酸反应制氢气B．浓氨水与氢氧化钙固体反应制氨气C．亚硫酸钠固体与硫酸反应制二氧化硫D．铜与稀硝酸反应制一氧化氮参考答案：C考点：常见气体制备原理及装置选择．专题：实验题．分析：根据装置图可知所制备的气体应为固液或液液制备，且能用浓硫酸干燥，并用向上排空气法收集，根据各选项中反应物的状态判断发生装置、气体的性质判断能否用浓硫酸干燥和能否用向上排空气法收集解答本题．解答：解：A、氢气密度比空气小，应用向下排空气法收集，故A错误；B、氨气不能利用浓硫酸干燥，故B错误；C、二氧化硫为酸性气体，且不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，二氧化硫密度比空气大，用向上排空气法收集，故C正确；D、一氧化氮易于空气中氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，只能用排水法收集，故D错误．故选C．点评：本题考查了气体的发生装置、洗气装置、收集装置的选取，发生装置需根据反应物的状态和反应条件选取，洗气装置需根据气体的性质选取；收集装置需根据气体的性质、密度选取．2.已知某可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)△H，在密闭容器中进行，下左图表示在不同反应时间t时温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线。由曲线分析，下列判断正确的是

A.T1＜T2，P1＞P2，m+n＞p，△H＜0

B.T1＞T2，P1＜P2，m+n＞p，△H＞0C.T1＜T2，P1＞P2，m+n＜p，△H＜0

D.T1＞T2，P1＜P2，m+n＜p，△H＞0参考答案：D3.把水滴入下列物质中，不产生气态生成物的是（）A．过氧化钠

B．金属钠

C．氧化钠

D．电石参考答案：答案：C4.将4molA气体和2molB气体在2L的密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应

:2A（g）＋B（g）2C（g）；△H＜0

4s（秒）后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6mol·L－1，下列说法中正确的是

A．反应过程中，当A、B、C的物质的量浓度之比为2:1:2时，反应即达到平衡状态B．4s内用物质B表示的反应速率为0.075mol·L－1·S－1C．达平衡后若增大压强，A的转化率降低D．达平衡后若升高温度，C的浓度将减小参考答案：BC5.下列说法正确的是（）A．蔗糖与麦芽糖都具有还原性，水解产物都是葡萄糖B．淀粉和纤维素互为同分异构体，水解产物都是葡萄糖C．蛋白质在酶的作用下，水解为多肽，最终生成氨基酸D．植物油和动物油都是高级脂肪酸甘油酯，前者的饱和程度更高参考答案：C【考点】葡萄糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构；蔗糖、麦芽糖简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】糖类与蛋白质专题．【分析】A．蔗糖不是还原性糖，蔗糖水解得到葡萄糖和果糖；B．淀粉和纤维素的聚合度n不同；C．蛋白质在酶的作用下，水解为多肽，多肽水解为二肽，二肽水解为氨基酸；D．植物油的饱和程度较低．【解答】解：A．蔗糖不是还原性糖，蔗糖水解得到葡萄糖和果糖，麦芽糖是还原性糖，水解产物是葡萄糖，故A错误；B．淀粉和纤维素的聚合度n不同，不是同分异构体，故B错误；C．蛋白质在酶的作用下，水解为多肽，多肽水解为二肽，二肽水解为氨基酸，故C正确；D．植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪的主要成分是饱和高级脂肪酸甘油酯，植物油的饱和程度较低，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物组成、结构和性质，难度不大．6.设N为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是(

)A.常温常压下,1.6g和混合气体中原子总数为0.1NB.标准状况下,过氧化钠与水反应生成1.12L氧气时转移电子数目为0.2NC.0.1的溶液中和总数为0.1ND.常温常压下,4gHe中,含有的原子数为2N参考答案：A略7.在Fe3O4和Pb3O4中，金属元素的最高化合价前者与后者的关系是A.大于

B.小于C.等于

D.不能确定参考答案：B略8.将洁净的金属片A、B、C、D分别放置在浸有某种盐溶液的滤纸上面并压紧(如图所示)。在每次实验时，记录电压指针的移动方向和电压表的读数如下：已知，构成两电极的金属其金属活泼性相差越大，电压表的读数越大。请依据记录数据判断，下列有关说法正确的是

（

）

A．在四种金属中C的还原最强

B．金属B能从硫酸铜溶液中置换出铜

C．A、D若形成原电池时，A为正极

D．A、B形成合金时，将该合金露置在空气中，A先被腐蚀参考答案：AD略9.根据下图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）A.反应①②③④⑤均属于氧化还原反应和离子反应B.反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属C.相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1:1D.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4参考答案：B略10.X、Y、Z、W、M均为短周期元素，X、Y同主族，X的氢化物和最高价氧化物的水化物能反应生成一种离子化合物，其水溶液显酸性；Z、W、M是第3周期连续的三种元素，其中只有一种是非金属，且原子半径Z＞W＞M。下列叙述准确的是

(

)A.X、M两元素氢化物的稳定性：X＜MB.Z、W、M的单质均能与稀硫酸反应制取氢气，但反应剧烈程度依次减弱

C.Z是海水中含量最高的金属元素，W是地壳中含量最多的金属元素

D.W和M的氧化物均可做耐高温材料参考答案：D略11.下列变化不属于取代反应的是A.CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OHB.CH2=CH2+H2CH3CH3C.+HNO3+H2OD.CH4+Cl2CH3Cl+HCl参考答案：B略12.如图是模拟电化学反应装置图。下列说法正确的是()A．开关K置于N处，则铁电极的电极反应式为：Fe－2e－===Fe2＋B．开关K置于N处，可以减缓铁的腐蚀C．开关K置于M处，则铁电极的电极反应式为：2Cl－－2e－===Cl2↑D．开关K置于M处，电子从碳棒经开关K流向铁棒参考答案：B【名师点晴】明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键，关于金属腐蚀与防护需要注意以下几点：牺牲阳极的阴极保护法：在被保护的钢铁设备(如海水中的闸门、地下的天然气管道等)上连接或直接安装若干锌块，使锌、铁形成原电池，锌作阳极，从而保护了钢铁免受腐蚀；外加电流的阴极保护法：外加电流的阴极保护法是使被保护的钢铁设备作为阴极(接电源负极)，用惰性电极作为阳极(接电源正极)，在两者之间连接直流电源。通电后，电子被强制流向被保护的钢铁设备，从而使钢铁表面产生电子积累，抑制钢铁设备失去电子，起到保护的作用。13.3-甲基戊烷的一氯代物有(不考虑立体异构)

()A．3种

B．4种C．5种

D．6种参考答案：B略14.下列有关实验现象或操作预测的叙述正确的是（）A．可用于分离乙醇和水B．说明该装置气密性良好C．该装置可用于制取并收集乙酸乙酯D．由a进气可用于收集NH3参考答案：B解析：A．乙醇与水互溶，则图中过滤装置不能分离，应选蒸馏法分离，故A错误；B．关闭止水夹，从长颈漏斗中加水，液柱法可检验气密性，图中实验装置合理，故B正确；C．乙酸乙酯在NaOH中水解，应选饱和碳酸钠分离，故C错误；D．氨气的密度比空气小，利用向下排空气法收集，应从b口进入，故D错误；故选B．15.已知反应：①101kPa时，2C(s)＋O2(g)＝2CO（g）；△H＝－221kJ/mol②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)；△H＝－57.3kJ/mol③红磷的化学式为P，白磷的化学式为P4，已知P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)

△H＝－3093.2kJ/mol4P(s)+5O2(g)=P4O10(s)

△H＝－2954.0kJ/mol下列结论正确的是（

）A．由于红磷转化为白磷是放热反应，等质量的红磷能量比白磷低B．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热△H＝57.3kJ/molC．碳的燃烧热大于-110.5kJ/molD．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，△H大于－57.3kJ/mol参考答案：D略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置．

（1）实验室用装置A制备SO2．某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，你认为原因可能：

▲

；（2）实验室用装置E制备Cl2，其反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．若有0.6mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为

▲

mol；（3）①反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是：B：

▲

，D：

▲

；②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象是：B：

▲

，D：

▲

；（4）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强．他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样．请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）：

▲

。如果用0.01molSO2与0.01molCl2同时非常缓慢地通入100mL水中，假如得到的溶液体积仍为100mL，则所得溶液中氢离子的物质的量浓度约为

▲

。参考答案：（1）分液漏斗的玻璃塞没有取下

（2）0.3（3）①品红褪色，品红褪色

②褪色的品红又恢复成红色，无明显现象（5）Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4

0.4mol.L-1（单位不写或写错都不给分）解析：（1）使用分液漏斗时应取下塞子，使分液漏斗内的压强等于大气压强，保证液体顺利流出；（2）实验室制备氯气发生的化学反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据化合价的变化计算转移的电子数目，有4mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为2mol，因此若有0.6mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为0.3mol；

（3）SO2具有漂白性，二氧化硫通入品红溶液中，品红褪色；SO2的漂白具有可逆性，褪色后的溶液加热时又恢复原来的红色．氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色，次氯酸的漂白不可逆，加热时，不能恢复红色，

（4）氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1：1发生反应：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4，生成物都无漂白性，氢离子的物质的量浓度约为（0.02mol+0.01mol×2）÷0.1L=0.4mol.L-1三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.能源、材料和信息是现代社会的三大“支柱”。（1）Ni原子的价电子排布式是

。（2）南师大结构化学实验室合成了一种多功能材料——对硝基苯酚水合物（化学式为C6H5NO3·1.5H2O）。实验表明，加热至94℃时该晶体能失去结晶水，由黄色变成鲜亮的红色，在空气中温度降低又变为黄色，具有可逆热色性；同时实验还表明它具有使激光倍频的二阶非线性光学性质。①晶体中四种基本元素的电负性由大到小的顺序是

。②对硝基苯酚水合物失去结晶水的过程中，破坏的微粒间作用力是

。（3）科学家把NaNO3和Na2O在一定条件下反应得到一种白色晶体，已知其中阴离子与SO42－互为等电子体，且该阴离子中的各原子的最外层电子都满足8电子稳定结构。该阴离子的电子式是

，其中心原子N的杂化方式是

。（4）在金刚石晶体的一个晶胞（如图1）中，含有

个碳原子。在二氧化硅晶体的一个晶胞中，含有

个化学键。原子晶体能否形成最密堆积结构，原因是

。（5）铁晶体的晶胞结构（如图2）：若铁原子的半径是rcm，则铁的密度是

。参考答案：（15分）(1)3d84s2（1分）

(2)①O＞N＞C＞H（1分）

②氢键（1分）(3)（2分）sp3（1分）(4)8（1分）

32（2分）

原子晶体是原子之间是以共价键结合的，共价键有饱和性和方向性，一个原子不能形成12条共价键，所以原子晶体就不能形成配位数是12的最密堆积结构。（2分）(5)

g/cm3（2分）

略18.在一个装有可移动活塞的容器中模拟传统工业合成氨的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应达到平衡后，测得NH3的物质的量为amol（1）保持容器内的温度和压强不变，向平衡体系中又通入少量的H2，再次达到平衡后，测得NH3的物质的量为bmol，则a

▲

b（填入“＞”或“＜”或“＝”或“无法确定”，下同）。若向平衡体系中通入的是少量N2，则a

▲

b。煤制油是一项新兴的、科技含量较高的煤化工技术，发展煤制油对我国而言具有重大意义。下列是煤通过间接液化技术制汽油和丙烯的主要工艺流程图。已知甲醇制烃的反应原理为：（2）为了提高原料利用率，上述工艺中应控制合成气中V(CO)：V(H2)=

▲

。（3）由二甲醚在催化剂作用下转化为丙烯的化学方程式为：

▲

。（4）每生产1t甲醇约耗煤1.5t，每生产1t汽油约需耗2.4t甲醇，2015年我国煤制油将达到1000万吨，则2015年当年需消耗原煤约

▲

万吨。（5）采用MTG法生产的汽油中，均四甲苯（1,2,4,5-四甲基苯）质量分数约占4%～7%，均四甲苯的结构简式为：

▲

。（6）采用DMTO技术，若获得乙烯和丙烯及丁烯3种烃，生成丁烯的选择性（转化丁烯的甲醇的物质的量与甲醇总物质的量之比）为20%，其余生成乙烯和丙烯，设丙烯的选择性为x，今有403.2L(标准状况)合成气，且完全转化为甲醇，甲醇转化为烯烃的总转化率亦为100%，请作出丙烯的物质的量随x变化的曲线。

参考答案：（1）a<b

无法确定。为说明问题方便起见，设原浓度皆为1mol?L-1，加入H2时，H2的浓度增大，设为原浓度的x倍（x>1），N2、NH3的浓度均减小相同倍数，设为原来浓度的y倍（y<1），则Q（浓度商）=y/x3K（K为平衡常数），所以Q<K，平衡向正反应方向移动，故得。为说明问题方便起见，设原浓度皆为1mol?L-1，加入N2时，N2的浓度增大，设为原浓度的x倍（x>1），H2、N