广东省实验中学高三下学期线上教学摸底测试化学理试题.docx

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广东省实验中学高三下学期线上教学摸底测试化学理试题

广东省实验中学高三下学期线上教学摸底测试化学（理）试题

1．化学与生产生活社会密切相关。

下列说法正确的是

A．一次性医用外科口罩的核心功能层熔喷布以纯净物聚丙烯为主要原料制成

B．在“新冠肺炎战疫”中，将84消毒液和医用酒精混合使用，消毒效果更佳

C．绿色化学的核心是从源头上减少和消除化工生产对环境的污染

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

2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A．100mL1mol·L-1NaClO溶液中ClO-的数目为0.1NA

B．46g75%的C2H5OH溶液中所含O原子数目为0.75NA

C．7.6g过氧乙酸（CH3COOOH）所含过氧键数目为0.1NA

D．标准状况下，22.4L氯气与水充分反应转移电子数目NA

3．Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。

一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示：

2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑。

对此反应下列说法中正确的是

A．Na2FeO4中氧元素为－1价

B．该反应中被还原与被氧化的物质的物质的量之比为3∶1

C．当有1molO2生成时，反应中共有10mol电子转移

D．Na2FeO4和O3作水处理剂时，原理完全相同

4．法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。

下列说法错误的是

A．法匹拉韦的分子式为C5H4N3O2F

B．法匹拉韦最多能与4molH2发生加成反应

C．法匹拉韦在一定条件下能与NaOH溶液发生反应

D．法匹拉韦能使酸性高锰酸钾溶液褪色

5．下列有关实验装置的说法中正确的是

A．用图1装置可用于气体的发生、干燥和收集，如铜屑与稀硝酸反应制备NO

B．用图2装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色

C．用图3装置可以验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用

D．用图4装置测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积

6．实验室用H2还原SiHCl3（沸点：

31.85℃）制备纯硅的装置如图所示（夹持装置和尾气处理装置略去），下列说法正确的是（）

A．装置Ⅱ、Ⅲ中依次盛装的是浓H2SO4、冰水

B．实验时，应先加热管式炉，再打开盛装稀硫酸的分液漏斗

C．为鉴定制得的硅中是否含微量铁单质，用到的试剂可以为：

盐酸、双氧水、硫氰化钾溶液

D．该实验中制备氢气的装置也可用于氢氧化钠稀溶液与氯化铵固体反应制备氨气

7．研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物（过渡态已标出），下图为路径1和路径2催化的能量变化。

下列说法错误的是

A．CO的催化氧化反应为2CO+O2=2CO2

B．反应路径1的催化效果更好

C．路径1和路径2第一步能量变化都为3.22eV

D．路径1中最大能垒（活化能）E正=1.77eV

8．《JournalofEnergyChemistry》报导我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如下：

下列说法不正确的是

A．c为电源的负极

B．a极的电极反应式为：

2C2O52--4e-=4CO2↑+O2↑

C．①②中，捕获CO2时碳元素的化合价均未发生变化

D．转移lmol电子可捕获CO211.2L（标况下）

9．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。

四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；这些元素组成的二元化合物r、t、u，其中u为形成酸雨的主要物质之一；25℃时，0.01mol/L的v溶液中pH===12。

上述物质的转化关系如图所示。

下列说法正确的是

A．原子半径的大小:

 W>Z>Y>X

B．v能抑制水的电离而u能促进水的电离

C．粘有q的试管可用酒精洗涤

D．Z分别与Y、W组成的化合物中化学键类型可能相同

10．t℃时，两种碳酸盐MCO3（M分别为A和B两种离子）的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

已知：

pM=-lgc（M2＋），p（CO32-）=-lgc（CO32-）。

ACO3比BCO3溶解度更大。

（不考虑阴阳离子的水解）。

下列说法正确的是

A．线b表示BCO3的溶解平衡曲线

B．该温度下，向ACO3的饱和溶液中加入Na2CO3溶液，一定能产生沉淀

C．t℃时，ACO3（s）+B2＋（aq）

BCO3（s）+A2+（aq）平衡常数K=100.9

D．向0.1L1mol/L的BCl2溶液中加入Na2CO3固体，当加入Na2CO3固体的质量为116.6g时，B2+离子恰好沉淀完全（当B2＋离子浓度为10-5mol/L时认为沉淀完全）

11．工业上常用铜阳极泥（主要成分是Cu2Te，含Ag、Au等杂质）为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如下：

已知：

TeO2是两性氧化物，微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。

下列说法错误的是

A．“加压酸浸1”过程中将碲元素转化成TeO2，应严格控制溶液的pH值

B．“酸浸2”过程中温度不能过高，否则会使碲的浸出率降低

C．从Ag和Au中分离出Au，应该向回收的Ag和Au中加入稀氨水

D．“还原”反应中发生的离子方程式为：

TeO2+2SO2+2H2O=Te+2SO42-+4H+

12．在密闭容器中充入5molCO和4molNO，发生反应：

2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）　ΔH1=－746.5kJ/mol，图1为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。

同时为探究催化剂对CO、NO转化率的影响。

将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率（脱氮率即NO的转化率），结果如图2所示。

下列说法中正确的是

A．温度：

T1

B．若在D点对反应容器降温的同时缩小体积使体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中G点

C．E点时NO的平衡转化率为50%

D．a点是对应温度下的平衡脱氮率

13．常温下，Ka（CH3COOH）=1.8×10-5，分别向20mL0.1mol/LNaHCO3溶液和CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，滴定曲线如图所示。

下列叙述正确的是

A．b点溶液中粒子浓度大小关系：

c（CH3COO-）>c（Na+）>c（H+）>c（CH3COOH）>c（OH-）

B．c点溶液中存在：

c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（OH-）

C．溶液中由水电离出c（H+）大小关系：

b

D．d点溶液中：

=180

14．工业上用合成气（CO和H2）制取乙醇的反应为2CO+4H2

CH3CH2OH+H2O；以CO、O2、NH3为原料，可合成尿素[CO（NH2）2]。

下列叙述错误的是

A．H2O分子VSEPR模型为V形

B．CH3CH2OH分子中亚甲基（-CH2-）上的C原子的杂化形式为sp3

C．在上述涉及的4种物质中，沸点从低到高的顺序为H2

D．CO（NH2）2分子中含有的σ键与π键的数目之比为7：

1

15．喹啉（

）是治疗新冠肺炎的药物氯喹的基础原料，其合成路线如下：

下列有关说法正确的是

A．C→D的反应条件为NaOH水溶液，加热

B．可以用溴水来检验化合物E中的碳碳双键

C．F→G和G→J的反应类型分别为取代反应和还原反应

D．与喹啉互为同分异构体，且含有碳碳双键和氰基（-CN）的芳香族化合物共有4种

参考答案

1．C

【解析】

【分析】

【详解】

A.聚丙烯结构简式是

，不同分子中聚合度n数值不同，因此属于混合物，A错误；

B.84消毒液主要成分是NaClO，该物质具有强氧化性，而乙醇具有还原性，二者混合会发生氧化还原反应，因此不能混合使用，B错误；

C.绿色化学的核心是从源头上减少和消除化工生产对环境的污染，C正确；

D.除去污水中的重金属离子时加入纳米铁粉，由于Fe的金属活泼性比较强，可以与Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应，产生Pb、Cd、Cu、Hg，降低水中重金属离子的含量，与物理吸附无关，D错误；

故答案选C。

2．C

【解析】

【分析】

A.根据盐的水解规律分析；

B.溶质和溶剂中都含有O原子；

C.根据过氧乙酸的结构和物质的量分析所含过氧键数目；

D.根据反应为可逆反应分析判断。

【详解】

A.100mL1mol·L-1NaClO溶液中含有溶质的物质的量为n（NaClO）=c·V=1mol/L×0.1L=0.1mol，由于该盐是强碱弱酸盐，在溶液中ClO-会发生水解作用而消耗，所以达到水解平衡时溶液中含有ClO-的物质的量小于0.1mol，故溶液中ClO-的数目小于0.1NA，A错误；

B.乙醇水溶液中溶质乙醇和溶剂水中都含有O原子，所以46g75%的C2H5OH溶液中所含O原子数目大于0.75NA，B错误；

C.7.6g过氧乙酸的物质的量为n（CH3COOOH）=

=0.1mol，由于1个CH3COOOH中含有一个过氧键，所以0.1mol过氧乙酸中含有过氧键数目为0.1NA，C正确；

D.标准状况下，22.4L氯气的物质的量为1mol，由于氯气与水的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以0.1molCl2与水充分反应转移电子数目小于NA，D错误；

故答案选C。

【点睛】

本题考查了物质的量的有关计算，涉及物质的量与质量、气体的体积、物质的量浓度、微粒数目的计算，要注意结合反应的可逆性、盐的水解、含有某种微粒的物质存在形式等分析解答。

3．C

【解析】

【分析】

该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，以此解答该题。

【详解】

A.在Na2FeO4中氧元素为-2价，A错误；

B.在2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中，FeSO4是还原剂，Na2FeO4是氧化产物，Na2O2中O元素化合价是-1价，反应后变为O2中的0价和Na2FeO4、Na2O中的-2价，所以Na2O2既是还原剂又是是氧化剂，Na2FeO4、Na2O是还原产物，O2是氧化产物，该反应中被还原与被氧化的物质的物质的量之比为5：

（1+2）=5:

3，B错误；

C.反应中化合价升高的元素有Fe，由+2价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-1价→0价，2molFeSO4发生反应时生成1molO2，共有2mol×4+1mol×2=10mol电子转移，C正确；

D.Na2FeO4具有强的氧化性，在处理水时，能够起杀菌消毒作用，其还原产物Fe3+水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附作用，吸附水中的悬浮物，因此又具有净水作用，而O3只具有强氧化性而能够对水进行杀菌消毒作用，而不具有净水作用，故作水处理剂时，原理不完全相同，D错误；

故答案选C。

【点睛】

本题考查氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，注意元素化合价与电子转移的关系，物质的氧化性、还原性与元素化合价升降的关系，注意过氧化钠的作用，侧重考查基本概念、计算。

4．B

【解析】

【分析】

【详解】

A.根据物质结构简式可知法匹拉韦的分子式为C5H4N3O2F，A正确；

B.该物质分子中含有的1个碳碳双键、1个C=N键在一定条件下能与氢气发生加成反应，所以法匹拉韦最多能与2molH2发生加成反应，B错误；

C.法匹拉韦含有肽键，因此在一定条件下能与NaOH溶液发生反应，C正确；

D.法匹拉韦分子中含有碳碳双键，容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此可以使酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，D正确；

故答案选B。

5．B

【解析】

【分析】

【详解】

A.NO与空气中的O2会发生反应，不能使用排空气的方法收集NO，A错误；

B.该装置为电解池，Fe为阳极，失去电子生成Fe2+，Fe2+与溶液中OH-结合形成Fe（OH）2，由于溶液表面覆盖煤油，可阻止空气中的氧气在溶液中的溶解，因此能较长时间观察Fe（OH）2沉淀的白色，B正确；

C.该实验中反应温度不同，一个使用FeCl3、一个没有使用使用FeCl3，改变了两个外界条件，不能说明FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，应该采用控制变量方法，其它外界条件都相同，只是一个使用FeCl3、一个没有使用FeCl3，这样才可以对比判断，C错误；

D.Cu与浓硝酸反应生成的NO2气体会与水反应产生NO，因此不能测定二氧化氮的体积，D错误；

故答案选B。

6．C

【解析】

本题制备晶体硅，H2＋SiHCl3

Si＋3HCl，此反应应在IV装置中进行，A、装置I的目的是制备氢气，氢气中含有水蒸气，对后续实验产生干扰，必须除去，因此装置II的目的是除去氢气中的水蒸气，即II中盛放浓硫酸，III的提供SiHCl3气体，因此在水浴中加热，故A错误；B、应先通入氢气，目的是排除装置中的空气，防止发生危险，故B错误；C、硅不与盐酸反应，铁与盐酸反应生成Fe2＋，Fe2＋被H2O2氧化成Fe3＋，与KSCN溶液变红，可以鉴定是否含有铁单质，故C正确；D、用NaOH溶液制备氨气，需要加热或NaOH溶液为浓溶液，I装置中没有加热装置，且NaOH溶液为稀溶液，因此此装置不能制备氨气，故D错误。

7．B

【解析】

【分析】

【详解】

A.由图可知CO在Pd2催化作用下与氧气反应产生CO2，反应方程式为2CO+O2=2CO2，A正确；

B.由图可知：

反应路径2所需总的活化能比反应路径1低，反应路径2的催化效果更好，B错误；

C.反应路径1和反应路径2的第一步能量变化都为3.22eV，C正确；

D.路径1的最大能垒（活化能）E正=-3.96eV-（-5.73eV）=1.77eV，D正确；

故答案选B。

8．D

【解析】

【分析】

【详解】

A.d电极上CO32-→C，得到电子，发生还原反应，所以d为阴极，则c为电源的负极，A正确；

B.a电极上C2O52-→O2，失去电子发生氧化反应，所以a为阳极，电极反应式为2C2O52--4e-=4CO2↑+O2↑，B正确；

C.①中CO2→C2O52-或②CO2→CO32-时C元素化合价均为+4价，所以C元素化合价均没有发生变化，C正确；

D.根据图示a极生成O2，d极生成C，故该装置中总反应为CO2

C+O2，每捕获1molCO2转移4mol电子，则每转移1mol电子捕获0.25molCO2，其在标准状况下体积为5.6L，D错误；

故答案选D。

9．D

【解析】

分析：

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．四种元素形成的单质依次为m、n、p、q，r、t、u是这些元素组成的二元化合物，其中u为形成酸雨的主要物质之一，u为SO2；25℃时，0.01mol/L的v溶液中pH=12，则v为NaOH，结合图中转化可知，m为H2，n为O2，p为Na，r为H2O，t为Na2O2，则X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，q为S单质，以此解答该题。

详解：

由上述分析可知，X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，m为H2，n为O2，p为Na，r为H2O，t为Na2O2，v为NaOH，q为S单质，u为SO2。

A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小：

X＜Y＜W＜Z，选项A错误；B．u为SO2，与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，抑制水的电离，选项B错误；B．元素的非金属性为O＞S＞H，即Y＞W＞X，故B正确；C．q为S单质，微溶于酒精，故粘有q的试管不可用酒精洗涤，应用浓的氢氧化钠溶液，选项C错误；D、Z分别与Y、W组成的化合物Na2O、NaH中化学健类型均为离子键，相同，选项D正确。

答案选D。

点睛：

本题考查无机物的推断，为高频考点，把握二氧化硫的应用及Kw的计算推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，u与v为推断的突破口，题目难度不大。

10．D

【解析】

【分析】

【详解】

A.ACO3比BCO3溶解度更大，则ACO3的溶度积大于BCO3的溶度积，由图可知a的溶度积小于b的溶度积，所以线a表示BCO3的沉淀溶解平衡曲线，线b表示ACO3的沉淀溶解平衡曲线，A错误；

B.在ACO3的饱和溶液中存在溶解平衡：

ACO3（s）

A2+（aq）+CO32-（aq），加入Na2CO3溶液，溶液的体积增大，c（A2+）减小，c（CO32-）增大，c（A2+）·c（CO32-）不一定大于Ksp（ACO3），因此不一定产生沉淀，B错误；

C.由选项A分析可知线a表示BCO3的沉淀溶解平衡曲线，线b表示ACO3的沉淀溶解平衡曲线，当pM=0时，p（CO32-）=2.2，则Ksp（ACO3）=c（A2+）·c（CO32-）=10-2.2，同理可知Ksp（BCO3）=c（B2+）·c（CO32-）=10-4，t℃时，ACO3（s）+B2+（aq）

BCO3（s）+A2+（aq）平衡常数K=

=101.8，C错误；

D.由曲线a可知Ksp（BCO3）=c（B2+）·c（CO32-）=10-4，n（BCl2）=1mol/L×0.1L=0.1mol，n（Na2CO3）=

=1.1mol，二者按1：

1反应产生BCO3沉淀后Na2CO3过量，剩余CO32-的物质的量为1.1mol-0.1mol=1mol，c（CO32-）=

=10mol/L，则根据溶度积常数可知此时溶液中c（B2+）=

mol/L=10-5mol/L，所以此时可认为B2+离子沉淀完全，D正确；

故答案选D。

11．CD

【解析】

【分析】

A.根据TeO2是两性氧化物，微溶于水分析；

B.根据温度对盐酸的浓度影响分析判断；

C.可根据金属的活动性及与金属单质反应的物质性质分析使用的试剂；

D.还原过程中Te4+与SO2在溶液中发生氧化还原反应生成Te单质和SO42-，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，书写离子方程式。

【详解】

A.“加压酸浸1”过程中将碲元素转化成TeO2，TeO2是两性氧化物，易溶于较浓的强酸和强碱，若溶液酸性太强或碱性太强，TeO2就会发生反应，而不能产生TeO2，因此应严格控制溶液的pH值，A正确；

B.“酸浸2”过程中温度过高，由于盐酸具有挥发性，会使反应物盐酸的浓度降低，导致碲的浸出率降低，B正确；

C.Au、Ag都是活动性比较弱的金属，Ag、Au都不能与氨水反应，不能加入氨水从Ag和Au中分离出Au，由于金属活泼性Ag>Au，Ag能够与稀硝酸反应，而Au不能反应，因此要从Ag和Au的混合物中分离出Au，应该向回收的Ag和Au中加入稀硝酸，C错误；

D.用盐酸溶解TeO2后碲元素变为Te4+，Te4+与SO2在溶液中发生氧化还原反应生成Te单质和SO42-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：

Te4++2SO2+4H2O=Te↓+2SO42-+8H+，D错误；

故答案选CD。

【点睛】

本题以物质制备工艺流程为线索，考查了反应条件的控制、物质性质的应用、方程式的书写，将元素化合物及化学理论有机结合在一起，体现了学以致用的目的。

12．BC

【解析】

【分析】

【详解】

A.该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，NO的体积分数增大，由于NO的体积分数在温度为T1高于温度为T2时的体积分数，所以温度T1>T2，A错误；

B.若在D点对反应容器降温的同时缩小体积使体系压强增大，化学平衡正向移动，NO的体积分数会减小，重新达到的平衡状态可能是图中G点，B正确；

C.在反应开始时在密闭容器中充入5molCO和4molNO，发生反应：

2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g），达到平衡假设反应产生N2的物质的量是x，则同时产生CO2的物质的量为2x，NO的物质的量为（4-2x）mol，CO的物质的量为（5-2x）mol，根据图象可知此时NO的体积分数为25%，则

=25%，解得x=1mol，所以反应的NO物质的量为2x=2mol，则NO的平衡转化率为

×100%=50%，C正确；

D.由于该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，平衡脱氮率增大，根据曲线II可知：

a点不是对应温度下的平衡脱氮率，a点对应温度下的平衡脱氮率应该更高，D错误；

故答案选BC。

13．BD

【解析】

【分析】

【详解】

A.b点是20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中滴入10mL0.1mol/L氢氧化钠溶液发生反应生成的CH3COONa和过量CH3COOH等浓度的混合溶液，此时溶液pH<7，则c（H+）>c（OH-），说明CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用，所以c（CH3COO-）>c（Na+），盐电离产生的Na+浓度远大于弱酸CH3COOH电离产生的H+的浓度，但酸电离程度是微弱的，主要以电解质分子存在，所以c（CH3COOH）>c（H+），醋酸分子发生电离而消耗，所以c（Na+）>c（CH3COOH）>c（H+），故溶液中微粒浓度大小关系为c（CH3COO-）>c（Na+）>c（CH3COOH）>c（H+）>c（OH-），A错误；

B.c点是20mL0.1mol/LNaHCO3溶液中滴入20mL0.1mol/L氢氧化钠溶液发生反应生成的碳酸钠溶液，溶液中存在质子守恒，水电离出氢氧根离子浓度等于所有氢离子浓度总和，c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（OH-），B正确；

C.a点是Na2CO3、NaHCO3等浓度的混合溶液，促进水的电离；b点是等浓度CH3COONa和CH3COOH混合溶液，溶液的pH<7，说明醋酸电离作用大于CH3COONa的水解作用，水电离平衡受到抑制作用；c点是Na2CO3溶液，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，促进水的电离；d点是pH等于7的CH3COONa和CH3COOH混合的中性溶液，水的电离平衡的抑制作用与促进作用相等，对水电离平衡移动无影响，根据溶液pH大小可知，四点水电离程度：

b

b

D.d点溶液pH=7为中性，c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，

×

=

=180，D正确；

故答案选BD。

14．AC

【解析】

【分析】

【详解】

A.水分子中价层电子对数为2+

=4，所以VSEPR模型为正四面体结构，A错误；

B.CH3CH2OH分子中亚甲基（-CH2-）上的C原子形成了4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，所以C原子的杂化形式为sp3杂化，B正确；

C.四种物质都是由分子构成的分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，在室温下H2和CO是气体，H2O和CH3CH2OH是液体，气体的沸点小于液体物质的沸点，分子间作用力H2

H2O>CH3CH2OH，所以物质的沸点CH3CH2OH

D.CO