广东省蕉岭县蕉岭中学2020届高三8月摸底考试理综-化学试题

2020届高三摸底质检试题理科综合化学部分

1.化学与生活密切相关，下列说法错误是

A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火

B. 用K2FeO4处理自来水，既可杀菌消毒又可除去悬浮杂质

C. 蒸馏法是常用的海水淡化的方法之一

D. 黏土既是制水泥的原料又是制陶瓷的原料

【答案】A

【解析】

【详解】A.泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生大量的二氧化碳气泡，含有大量的电解质，不适用于电器起火，A错误；

B.用K2FeO4处理自来水，K2FeO4形成的溶液中，+6价的铁变为+3价，有强氧化性，可以杀菌，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可以去除悬浮物质，B正确；

C.蒸馏是分离和提纯液态混合物常用的方法之一，是分离沸点不同的液体混合物的一种方法，蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法，技术和工艺比较完备，C正确；

D.水泥以粘土和石灰石为主要原料；陶瓷的原料是粘土，黏土既是制水泥的原料又是制陶瓷的原料，D正确；

答案为A。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 标准状况下，0.1mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为0.1NA

B. 常温下，22gCO2和N2O混合气体中，含有的原子数目为1.5NA

C. 物质量浓度为0.1mol•L-1的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为0.2NA

D. 常温下，1L pH=11的Na2CO3溶液中由水电离出的H+数目为0.0001NA

【答案】B

【解析】

【详解】A.标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，氯气与水反应是可逆反应，转移的电子数目为小于0.1NA，A错误；

B.常温下，CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，且每个分子中含有3个原子，22g CO2和N2O混合气体中，分子的物质的量为0.5mol，含有的原子数目为1.5NA，B正确；

C.物质的量浓度为0.1mol•L-1的MgCl2溶液中，无体积，则无法确定含有的Cl-数目，C错误；

D. 常温下，1L pH=11的Na2CO3溶液中，溶液中的OH-由水电离产生，则由水电离出的H+与OH-相同，则H+数目为0.001NA，D错误；

答案为B；

【点睛】A选项中，Cl2溶于水，Cl2也可与水发生可逆反应；C选项中，给定浓度的溶液中，未给定溶液的体积，则无法确定微粒数目。

3.下列实验中，对应的现象以及解释或结论都正确，且两者具有因果关系的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】B

【解析】

A、反应中氢氧化钠过量，加入硫酸铜一定有蓝色沉淀氢氧化铜生成，不能据此说明二者溶度积常数，A错误；B、铝易被氧化物氧化铝，且Al2O3且熔点高于Al，因此铝箔熔化但不滴落下来，B正确；C、硝酸根在酸性溶液中具有强氧化性，能把亚硫酸根氧化生成硫酸，进而生成硫酸钡沉淀，不能说明含有硫酸根，C错误；D、过氧化钠变质产生碳酸钠，加入盐酸仍然会沉淀气体，不能据此说明过氧化钠没有变质，D错误，答案选B。

4.某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔导电材料。下列说法一定正确的是(    )

A. 该电池工作时，电子的流向外电路由A到B，内电路由B到A形成闭合回路

B. 电极B附近的HNO3浓度增大

C. A电极的反应为：NO2－e－＋H2O==NO3－＋2H＋,NO－3e－＋2H2O=NO3－＋4H＋

D. 该电池工作时，每消耗11.2 LO2(标况)，可以除去含1mol NO和NO2的混合尾气

【答案】C

【解析】

A、电解质溶液中是通过阴阳离子的定性移动形成电流，选项A错误；B、B电极上电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，有水生成，硝酸根离子不参加反应，所以硝酸根离子的物质的量不变，但氢离子消耗减少，溶液体积增大，所以硝酸浓度减小，选项B错误；C、A电极氮的气化物失电子转化为硝酸根离子，电极反应式为：NO2－e－＋H2O=NO3-＋2H＋、NO－3e－＋2H2O=NO3-＋4H＋，选项C正确；D、1mol NO和NO2的混合尾气中气体含量未知，则无法确定得失电子数目，则无法知道消耗氧气的量，选项D错误。答案选C。

点睛：本题考查了原电池原理，涉及电极反应式的书写、离子的移动方向判断等知识点，易错选项是CD，物质得失电子与电极的关系，氮的氧化物失电子数目不同，为易错点。

5.秦皮是一种常用的中药，具有抗炎镇痛、抗肿瘤等作用。“秦皮素”是其含有的一种有效成分，结构简式如下图所示，有关其性质叙述不正确的是

A. 1mol 该化合物最多能与3 mol NaOH 反应 B. 该有机物分子式为C10H8O5

C. 该有机物能发生加成、氧化、取代等反应 D. 分子中有四种官能团

【答案】A

【解析】

【详解】A. 秦皮素中含有一个酯基，碱性条件下水解生成一个羧基，和一个酚羟基，秦皮素本身还含有2个酚羟基，使用1mol 该化合物最多能与4 mol NaOH 反应，故A错误；

B.从图示可知，该化合物化学式为：C10H8O5，故B正确；

C.该化合物含有碳碳双键和羟基可发生氧化反应，羟基和酯基可发生取代反应，故C正确；

D.该化合物含有酚羟基、酯基、醚键、碳碳双键四种官能团，故D正确。

故选A。

6.短周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A和D同主族，B和C相邻，F的最高价氧化物对应的水化物为无机含氧酸中的最强酸。E与B可组成化合物E3B2，且该物质遇水发生水解反应。已知利用如下图所示装置以制备E3B2，装置①用于制备B单质。

下列说法正确的是

A. E与B的简单离子的电子层结构相同，且简单离子半径B<E

B. ④⑥中依次盛装的试剂可以是NaOH溶液、碱石灰

C. D元素形成的单质与A2C不反应

D. 实验结束后，取⑤中的少量产物于试管中，加适量蒸馏水，可以产生使试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体

【答案】D

【解析】

【分析】

短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，则A为H元素，B为N元素；A和D同主族，则D为Na元素；B和C相邻，C为O元素；F的最高价氧化物对应的水化物为无机含氧酸中的最强酸，则F为Cl元素。E与B可组成化合物E3B2，且该物质遇水发生水解反应，E为+2价金属，为Mg元素；根据装置图，在装置⑤中制备Mg3N2，装置①用于制备N2，装置②为安全瓶，③④用于除去氮气中的杂质并干燥，装置⑥防止空气中的水蒸气进入装置⑤，据此答题。

【详解】A.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，Mg与N的简单离子的电子层结构相同，离子半径B＞E，故A错误；

B.饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠晶体混合加热可制备氮气，NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，氮气中的杂质主要是空气中的氧气，氧气能够与镁反应，需要除去，用NaOH溶液不能除去，故B错误；

C.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C错误；

D.Mg3N2+6H2O=2NH3↑+3Mg(OH)2，氨气的水溶液显碱性，可以使试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D正确。

故D正确。

【点睛】微粒半径大小的比较规律：

①层数相同，核大半径小。即电子层数相同时，结构相似的微粒中核电荷数大的微粒半径小；②层异，层大半径大。即当微粒的电子层数不同时，结构相似的微粒中，电子层数大的微粒半径大；③核同，价高半径小。即对同一种元素形成的不同的简单微粒中，化合价高的微粒的半径小；④电子层结构相同，核电荷数大，则半径小。

7.25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是

A. 未加盐酸时：c(OH－)＞c(Na＋)= c(NH3·H2O)

B. 加入10mL盐酸时：c(NH4＋) ＋c(H＋) ＝ c(OH－)

C. 加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl－) = c(Na＋)

D. 加入20mL盐酸时：c(Cl－) ＝c(NH4＋) ＋c(Na＋)

【答案】B

【解析】

A、混合溶液中，氢氧化钠和一水合氨的混合比例未知，故无法判断c(Na＋)= c(NH3·H2O)，故A错

误；B、加入10mL盐酸时，c（Cl-）=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4＋) ＋c(H＋) + c(Na+)＝c(OH

－)+c（Cl-），所以c(NH4＋) ＋c(H＋) ＝ c(OH－)，B正确；C、根据电荷守恒得到：c(NH4＋) ＋c(H＋) + c(Na+)

＝ c(OH－)+c（Cl-），pH=7时，即c(H＋) ＝ c(OH－)，所以c(NH4＋) + c(Na+)＝ c（Cl-），c(Cl－) >c(Na

＋)，故C错误；D、加入20mL盐酸时， c（Cl-）="2" c(Na＋),由于铵根离子的水解，c(NH4＋) ﹤c(Na+)，

所以c(Cl－)>c(NH4＋) ＋c(Na＋)，故D错误，此题选B。

【考点定位】本题重点考查溶液中水的电离和离子的水解，比较溶液中离子浓度的大小，物料守恒，电荷守恒和质子守恒原理的应用。

8.四氧化锡可用作媒染剂。利用如图所示装置可以制备四氯化锡（部分夹持装置已略去）；

有关信息如下表：

回答下列问题：

（1）戊装置中冷凝管的进水口为___________（填“a”或“b”）。

（2）用甲装置制氯气，MnO4-被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为________________。

（3）将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到___________（填现象）后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：

①促进氯气与锡反应；

②_______________________________。

（4）如果缺少乙装置，可能产生的后果是___________________；己装置的作用是_________________。

（5）某同学认为丁装置中的反应可能产生SnCl2杂质，以下试剂中可用于检测是否产生SnCl2 的有_______________（填标号）。

a.FeCl3溶液（滴有KSCN）      b.H2O2溶液       C.溴水     d.AgNO3溶液

（6）反应中用去锡粒1.19g，反应后在戊装置的试管中收集到2.38gSnCl4，则SnCl4的产率为________。

【答案】    (1). a    (2). 2MnO4-+10C1-+16H+==2Mn2++5Cl2↑+8H2O    (3). 丁装置内充满黄绿色气体    (4). 使SnCl4气化，利于从混合物中分离出来    (5). 氯化氢与锡反应，降低产率，且可能发生氢气和氯气混合爆炸    (6). 除去未反应的氯气，防止污染空气、防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解    (7). a、c    (8). 91.2%

【解析】

【详解】(1). 为增加冷凝效果，冷凝水应采用“下进上出”的方式，所以戊装置中冷凝管的进水口为a，故答案为：a；

(2). 用甲装置制氯气，MnO4-被还原为Mn2+，根据得失电子守恒和原子守恒，高锰酸钾与浓盐酸反应的离子方程式为：2MnO4-+10C1-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+10C1-+16H+==2Mn2++5Cl2↑+8H2O；

(3). 将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到丁装置内充满黄绿色气体后，说明装置中的空气已全部排出，此时开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：①、可以促进氯气与锡反应；②、因SnCl4沸点较低，继续加热丁装置可以使SnCl4气化，利于SnCl4从混合物中分离出来，故答案为：丁装置内充满黄绿色气体；使SnCl4气化，利于从混合物中分离出来；

(4). 乙装置的作用是除去氯气中混有的HCl杂质，如果缺少乙装置，则氯化氢会与锡反应，降低SnCl4的产率，且可能发生氢气和氯气混合爆炸，己装置的作用是除去多余的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物SnCl4水解，故答案为：氯化氢与锡反应，降低产率，且可能发生氢气和氯气混合爆炸；除去未反应的氯气，防止污染空气、防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解；

(5). 根据题中信息可知，SnCl2具有还原性，易被氧化，向FeCl3溶液（滴有KSCN）或溴水中加入少量SnCl4样品，通过观察溶液颜色的变化检测是否含有SnCl2杂质，H2O2虽然也具有氧化性，但因为无明显现象，所以不能使用H2O2溶液进行检验，将SnCl4样品加入AgNO3溶液中，无论是否含有SnCl2杂质，均能生成白色沉淀，所以不能用AgNO3溶液检验样品中是否含有SnCl2杂质，故答案选：a、c；

(6). n(Sn)==0.01mol，理论上生成SnCl4的质量为：m(SnCl4)=0.01mol×261g/mol=2.61g，则SnCl4的产率为×100%=91.2%，故答案为：91.2%。

9.工业以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工业流程如下：

（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的化学方程式为Fe2O3+ SO2+2H+=2Fe2++ SO42－+ H2O，该反应是经历以下两步反应实现的。写出ⅱ的离子方程式：_____________。

ⅰ：Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3++3H2O

ⅱ：……

（2）过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为_____________（填离子符号）。

（3）写出氧化过程中MnO2与SO2反应的化学方程式：_________________。

（4）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示，为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是_________；向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是___________________。

（5）加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：___________________。

（6）生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是____________________。

【答案】    (1). 2Fe3++ SO2+2H2O = 2Fe2+ + SO42－+4H+    (2). Mn2+   Fe2+    (3). MnO2+SO2=MnSO4    (4). 90℃    (5). 防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率    (6). Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O    (7). 取1-2mL最后一次洗液于试管，滴加盐酸酸化BaCl2溶液，若无白沉淀产生，则洗涤干净

【解析】

(1)反应ⅱ是溶液中的Fe3+氧化SO2生成硫酸，本身还原为Fe2+，发生反应的离子方程式为2Fe3++ SO2+2H2O = 2Fe2+ + SO42－+4H+ ；

(2)浸锰操作时MnO2被SO2还原为Mn2+，则过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为Mn2+、Fe2+ ；

(3)氧化过程中MnO2被还原为Mn2+，SO2被氧化为SO42-，发生反应的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4；

(4)由图示可知温度在90℃左右时，锰的浸出率最高，此时MnS2O6的生成率最低，则“浸锰”的适宜温度是90℃；因NH4HCO3稳定性差，受热易分解，向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是 防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率；

(5)加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，此气体应为CO2，发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；

(6)生成的MnCO3沉淀表面附着液中含有SO42-，则检验洗涤是否完全的方法是取1-2mL最后一次洗液于试管，滴加盐酸酸化BaCl2溶液，若无白沉淀产生，则洗涤干净。

10.羰基硫（COS）是全球硫循环的重要中间体，也是有机合成中的重要原料，是化学工作者重要的研究对象。已知：

Ⅰ．COS（g）＋H2（g）H2S（g）＋CO（g）     △Hl＝－17kJ／mol；

Ⅱ．COS（g）＋H2O（g）H2S（g）＋CO2（g）   △H2＝－35kJ／mol。

回答下列问题：

（1）反应CO（g）＋H2O（g）H2（g）＋CO2（g）的△H＝________。

（2）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应I。设起始充入的n（COS）：n（H2）＝m，相同时间内测得COS转化率与m和温度（T）的关系如图所示。

①m1________m2（填＞、＜或＝）。

②温度高于T0时，COS转化率减小的可能原因为_________。

A．有副反应发生。      B．反应的△H增大。

C．催化剂活性降低。    D．逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的倍数

（3）在恒温、恒容密闭容器中．进行反应I。下列说法中能说明反应I已达到平衡状态的是____。

A．c（H2S）＝c（CO）               B．v正（H2）＝v逆（H2S）

C．容器中气体密度保持不变         D．容器中混合气体平均摩尔质量保持不变

E．c（COS）保持不变

（4）某温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中通入5 mol COS（g）和5 molH2O（g），发生反应Ⅱ，5 min后反应达到平衡，测得COS（g）的转化率为60％。

①反应从起始至5 min内，用H2S浓度变化表示的平均反应速度v（H2S）＝________。

②该温度下，上述反应的平衡常数K＝________。

③其他条件相同时，既能使上述反应中COS的平衡转化率增大，又能使反应速率加快的做法是________。

A．缩小容器容积                    B．升高温度

C．分离出硫化氢                    D．加入一定量H2O（g）

【答案】    (1). -18 kJ／mol    (2). ＜    (3). ACD    (4). BE    (5). 0.3mol/(L∙min)    (6). 2.25    (7). D

【解析】

【详解】（1）根据盖斯定律反应Ⅱ-Ⅰ：CO（g）＋H2O（g）H2（g）＋CO2（g）的△H＝－35kJ／mol-（－17kJ／mol）=-18 kJ／mol ；答案：-18 kJ／mol。

(2)①相同条件下, n(COS )/ n(H2)减小, COS转化率减小,所以m1<m2;答案: <。

②To前,升高温度,正反应速率加快, COS转化率增大;温度高于To时,催化剂的活性降低,发生副反应,逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的倍数,都有可能导致COS转化率减小,焓变与温度无关,综上所述,本题答案是: ACD。

(3) A.c(H2S) =c(CO) ,没有指明反应速率进行的方向,无法判定反应已达到平衡状态,A错误; B.正(H2) =V逆(H2S) ,指明正逆反应速率的方向,且满足速率之比和系数成正比,可以判定反应已达到平衡状态,B正确;C .反应前后气体的总质量不变,容器的体积不变,所以容器中气体密度始终保持不变,无法判定反应I已达到平衡状态,C错误;D .反应前后气体的总质量不变,反应前后气体的总量也保持不变,根据M =m (总)/(总)可知,容器中混台气体平均摩尔质量始终保持不变无法判定反应已达到平衡状态,D错误;E.c( COS)保持不变,可以判定反应已达到平衡状态,正确;综上所述,本题选BE。

(4)           COS(g) +H2O(g)= = H2S(g) +CO2(g)

起始量(mol)    5          5         0        0

变化量(mol)  560%=3  560%3      3        3

5min后量(mol) 2          2          3        3

①反应从起始至5 min内，用H2S浓度变化表示的平均反应速度v（H2S）＝3mol/2L5min=0.3 mol/(L∙min);

②该温度下的平衡常数K＝c(H2S)c(CO2)/c(COS )c(H2O )=1.51.5/11=2.25。

③A.因为反应前后体积不变,缩小容器容积,增大压强,反应速率加快,平衡不移动, COS的平衡转化率不变错误;B .该反应为放热反应,升高温度,平衡左移,速率加快, COS的平衡转化率减小，B错误;C.分离出硫化氢,减小生成物浓度,平衡右移, COS的平衡转化率增大,速率减慢,错误;D.加入一定量H2O(g) ,平衡右移,反应速率加快, COS的平衡转化率增大,D正确;综上所述,本题选D。

11.由烃A制备抗结肠炎药物H的一种合成路线如图所示(部分反应略去试剂和条件)：

回答下列问题：

（1）H的分子式是______，A的化学名称是_______。反应②的类型是_______。

（2）D的结构简式是________。F中所含官能团的名称是_______。

（3）E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是________。

（4）设计C→D和E→F两步反应的共同目的是________。

（5）化合物Ⅹ是H的同分异构体，X遇FeCl3溶液不发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比为3：2：2，任写一种符合要求的X的结构简式：_______。

（6）已知：易被氧化，苯环上连有烷基时再引人一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位。写出以A为原料(其他试剂任选)制备化合物的合成路线：____________

【答案】    (1). C7H7O3N    (2). 甲苯    (3). 取代反应    (4).     (5). 羧基、羟基    (6).     (7). 保护酚羟基（防止酚羟基被氧化）    (8). 或    (9).

【解析】

分析：C发生信息(I)中的反应生成D，D发生氧化反应生成E，结合C原子数可知，A为，B为，C的结构简式为，D为，D氧化生成E为，E与氢氧化钠反应、酸化得到F为，由信息(II)可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成G为，G发生还原反应得到抗结肠炎药物H。

(6)以A为原料合成化合物，甲苯先发生硝化反应生成邻硝基甲苯，再发生氧化反应、最后发生还原反应。

详解：(1)H()的分子式是C7H7O3N，A为，化学名称是甲苯。反应②中苯环上H被硝基取代，反应类型是取代反应，故答案为：C7H7O3N；甲苯；取代反应；

(2)D的结构简式是，F()中含有的官能团有羧基、羟基，故答案为：；羧基、羟基；

(3)E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是，故答案为：；

(4)设计C→D和E→F两步反应的共同目的是保护酚羟基(防止酚羟基被氧化)，故答案为：保护酚羟基(防止酚羟基被氧化)；

(5)化合物X是H的同分异构体，X遇FeCl3溶液不发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为3：2：2，可知含1个甲基、1个-NO2，符合要求的X的结构简式为或，故答案为：或；

(6)以A为原料合成化合物，甲苯先发生硝化反应生成邻硝基甲苯，再发生氧化反应、最后发生还原反应，流程为，故答案为：。