届广东省广州市海珠区高三摸底考试理综化学卷word 解析版.docx
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届广东省广州市海珠区高三摸底考试理综化学卷word解析版
海珠区2020┄2021学年高三综合测试
（一）试题
理科综合化学部分
第一部分选择题
【试卷综析】本试卷是理科综合化学试卷，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。
以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导。
试题重点考查：
化学与环境、化学与生活、阿伏伽德罗定律、元素化合物知识、化学基本概念、化学计量的有关计算、溶液中的离子、化学实验题、化学反应与能量、化学平衡的移动、常见的有机物及其应用等主干知识，考查了较多的知识点。
注重常见化学方法和化学思想，体现学科基本要求。
一、单项选择题：
，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。
【题文】7．化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．福尔马林可用于保存海鲜产品
B．鸡蛋清中加入CuSO4溶液会发生变性
C．合成橡胶与光导纤维都属于有机高分子材料
D．丝绸和棉花的组成元素相同，分子结构不同，因而性质不同
【知识点】化学与生活D1M1M2O4
【答案解析】B解析：
A、福尔马林是30%的甲醛水溶液，有毒，不可用于保存海鲜产品，故A错误；B、CuSO4为重金属盐，能使蛋白质变性，故B正确；C、光导纤维的主要成分是二氧化硅，不属于有机物，也不是高分子材料，故C错误；D、丝绸的主要成分是蛋白质，棉花的主要成分是纤维素，组成元素不相同，故D错误。
故答案选B
【思路点拨】本题主要考查化学与生活的密切联系，关键是知道福尔马林、光导纤维、丝绸和棉花的主要成分。
【题文】8．NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（C—12H—1）
A．4.0gCH4中含有共价键的数目为NA
B．标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子
C．常温下，0.1mol/LNH4NO3溶液中NO3—的数目为0.1NA
D．标准状况下，2.24LCl2通入足量NaOH溶液中，反应转移电子的数目为0.2NA
【知识点】阿伏加德罗常数和物质的量A1A2A4
【答案解析】A解析：
A、4.0gCH4的物质的量为0.25mol，1mol甲烷含4mol共价键，所以4.0gCH4含有共价键的数目为NA，故A正确；B、22.4L是氨水的体积，不是标准状况下氨气的体积，无法知道含有个多少NH3分子，故B错误；C、缺少溶液体积这一条件，无法确定NH4NO3的物质的量，故C错误；D、标准状况下，2.24LCl2的物质的量为0.1mol,通入足量NaOH溶液中，反应转移电子的数目为0.1NA，故D错误。
故答案选A
【思路点拨】本题主要考查阿伏加德罗常数和物质的量问题，注意标准状况下气体摩尔体积的使用条件。
【题文】9．下列说法不正确的是
A．单质Si能与NaOH溶液反应
B．向氯化铝溶液中滴加过量氢氧化钠可制得Al（OH）3
C．在反应：
4CuS+5O2=2Cu2O+4SO2中，CuS既是氧化剂又是还原剂
D．向AgCl的饱和液中加少量KI溶液可以比较AgCl和AgI的溶解度大小
【知识点】硅、Al（OH）3的性质，氧化还原分析，沉淀转化B2C2D1H5
【答案解析】B解析：
A、Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2
，故A正确；B、因Al（OH）3溶于氢氧化钠，向氯化铝溶液中滴加过量氢氧化钠不可制得Al（OH）3，故B错误；C、CuS在反应中硫的化合价从-2升高到+4，铜的化合价从+2降到+1，CuS既是氧化剂又是还原剂，故C正确；D、向AgCl的饱和液中加少量KI溶液，如果白色沉淀转化成黄色沉淀，可以说明AgCl比AgI的溶解度大，故D正确。
故答案选B
【思路点拨】本题主要考查硅、Al（OH）3的性质，氧化还原分析等知识，需要熟练掌握高中阶段重要代表物的性质。
【题文】10．水溶液中能大量共存的一组离子是
A．K+、Ca2+、Cl—、SO42—
B．Fe2+、H+、CO32—、ClO—
C．Mg2+、NH4+、Cl—、SO42—
D．H+、Fe3+、NO3—、SCN—
【知识点】离子共存的判断B1
【答案解析】C解析：
A、Ca2+与SO42—结合成CaSO4，故A不能；B、CO32
—、ClO—与H+结合成弱酸，并且HClO能氧化Fe2+，故B不能；C、四种离子间都不发生反应，故C能；D、Fe3+与SCN—会发生络合反应，故D不能。
故答案选C
【思路点拨】本题主要考查离子共存问题，如果离子间能结合成沉淀、弱电解质、发生氧化还原反应等，离子则不能大量共存。
【题文】11．下列叙述正确的是
A．氢氧燃料电池中O2通入负极
B．铅蓄电池在放电时，其负极的电极反应为：
Pb—2e＝Pb2＋
C．碱性锌锰电池在工作时，电解质中的OH—移向正极
D．在海轮外壳镶嵌锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
【知识点】电化学知识F3F4
【答案解析】D解析：
A、氢氧燃料电池中H2通入负极，O2通入正极，故A错误；B、铅蓄电池在放电时，其负极的电极反应为：
Pb—2e-+SO42-＝PbSO4
，故B错误；C、电池中阳离子移向正极，故C错误；D、在海轮外壳镶嵌锌块，锌块做负极而不断溶解，外壳得到保护不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法，故D正确。
故答案选D
【思路点拨】本题考查原电池原理以及电解池原理，理解时一定要与氧化还原反应密切联系。
【题文】12．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号
X
Y
Z
M
N
R
Q
原子半径（×10-10m）
1.86
0.99
1.43
1.60
1.02
0.75
0.74
主要化合价
最高正价
+1
+7
+3
+2
+6
+5
——
最低负价
——
—1
——
——
—2
—3
—2
下列说法正确的是
A．气态氢化物的稳定性：
N>Y
B．元素X和Q形成的化合物中不可能含有共价键
C．M（OH）2的碱性比XOH的碱性强
D．X、Z、R的最高价氧化物对应的水化物之间可两两相互反应
【知识点】元素推断、元素周期表元素周期律E5
【答案解析】D解析：
首先根据原子半径大小确定-2价的两种元素Q、N分别为氧、硫，-3价的R原子半径比氧的略大些，为氮元素，最高正价+1、+2、+3的X、M、Z分别为钠、镁、铝元素，Y最高+7价，为氯元素；A、HCl比NH3稳定，气态氢化物的稳定性：
Y>N，故A错误；B、元素X和Q形成的化合物Na2O2中含有共价键，故B错误；C、NaOH比Mg（OH）2碱性强，即XOH的碱性比M（OH）2的碱性强，故C错误；D、X、Z、R的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al（OH）3、HNO3可两两相互反应，故D正确。
故答案选D
【思路点拨】本题主要考查元素周期表元素周期律，首先根据元素的化合价和原子半径推出元素，再利用元素周期律分析各个选项。
二、双项选择题：
每小题6分，在每小题给出四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．
【题文】22．下列实验中，依据实验操作及现象，得出的结论正确的是
操 作
现 象
结 论
A
测定等浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液的pH
前者pH比后者的大
非金属性：
B
将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧
铝箔熔化但不滴落
铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于Al
C
向溶液X中加入稀盐酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中
生成白色沉淀
溶液X中一定含有
或
D
取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸
产生无色气体
Na2O2
没有变质
【知
识点】盐类的水解、物质检验H3J2
【答案解析】AB解析：
A、等浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液，前者pH比后者的大，说明碳酸的酸性比硫酸弱，所以非金属性：
S＞C，故A正确；B、铝箔置于酒精灯外焰上灼烧，铝箔熔化而氧化膜没熔化，可知Al2O3熔点高于Al，故B正确；C、向溶液X中加入稀盐酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中，生成白色沉淀，无色气体还可能是SO2，溶液X中还可能含有SO32-或HSO3-故C错误；D、取久置的Na2O2粉末，如果变质含Na2CO3，向其中滴加过量的盐酸也能产生无色气体，故D正确。
故答案选AB
【思路点拨】本题主要考查盐类的水解、物质检验，注意向溶液中加入稀盐酸，产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，气体不一定只有CO2。
【题文】23．已知醋酸、醋酸根离子在溶液中存在下列平衡及其对应的平衡常数
常温下，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，下列叙述正确的是
Ａ．混合溶液PH＜7
Ｂ．对混合溶液进行微热，K1增大、K2减小
Ｃ．调节混合溶液的PH值至中性，则此时溶液中c（Na+）=c（CH3COO—）
Ｄ．温度不变，若在混合溶液中加入少量NaOH固体，c（CH3COO—）减小
【知识点】弱电解质的电离、盐类的水解H1H3H6
【
答案解析】AC解析：
通过比较K1、K2的大小可见醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，A、常温下，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，溶液呈酸性，故A正确；B、升温促进弱电解质的电离和盐的水解，对混合溶液进行微热，K1、K2都增大，故B错误；C、根据电荷守恒式；c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO—）+c（OH-），溶液呈中性c（H+）=c（OH-），所以溶液中c（Na+）=c（CH3COO—）故C正确；D、温度不变，若在混合溶液中加入少量NaOH固体，促进醋酸的电离而抑制醋酸根的水解，c（CH3COO—）增大，故D错误。
故答案选AC
【思路点拨】本题主要考查弱电解质的电离、盐类的水解平衡，比较离子浓度时要利用电荷守恒式。
【题文】30．（16分）已知化合物Ⅰ
和化合物Ⅱ
在一定条件下发生反应能生成化合物III
，请回答以下问题。
（1）物质Ⅰ的化学式为；
（2）下列对物质Ⅱ的说法正确的是；
A．能发生加成反应C．能与NaHCO3溶液反应生成CO2
B．具有5种不同化学环境的氢原子D．能与新制Cu（OH）2反应生成红色沉淀Cu2O
（3）写出化合物II符合下列条件的任意两种同分异构体，；
①苯环上只有一个取代基②含有酯基
（4）写出物质I
II发生加聚反应的化学方程式；
（5）物质在一定条件下能发生类似化合物I和化合物II生成
化合物III的反应，请写出类似化合物III的生成物的结构简
式。
【知识点】有机物的结构与性质I1I4L5
【答案解析】
（1）C9H8O
（2）ABC
（3）
或或
（4）
（5）
解析：
（1））物质Ⅰ含有9个碳原子，8个氢原子，1个氧原子，化学式为C9H8O；
（2）A．苯环能发生加成反应，故正确，B．具有5种不同化学环境的氢原子，故正确，C、羧基能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故正确，D．结构中没醛基，不能与新制Cu（OH）2反应生成红色沉淀Cu2O，故不正确，所以选ABC。
（3）要求苯环上只有一个取代基且含有酯基，所以移动酯基的位置即可得到符合要求的化合物II的同分异构体。
（4）类比1，3—丁二烯的1，4加成，即可写出物质III发生加聚反应的化学方程式：
（5）按照题干信息模仿化合物Ⅰ与化合物Ⅱ
生成化合物Ⅲ的反应得到新物质为
【思路点拨】本题主要考查有机物的结构与性质，需要理解各种常见官能团的性质以及利用新信息解决问题的能力。
【题文】31．（16分）已知2SO2（g）十O2（g）2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示。
请回答下列问题：
（1）1molSO2（g）氧化为1molSO3（g）放出的热量为99.00kJ·mol-1,
写出该反应的热化学方程式。
（2）①在图中标出该反应的活化能E和反应热△H；
②该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B
点升高还是降低，请在图中画图表示出来，并进行必要
的标注。
（3）能够说明在恒温恒容条件下，上述反应已经达到化学
平衡状态的是。
A．容器中气体总压强不变
B．容器中混合气体的密度不变
C．每生成1molSO3的同时生成1molSO2
D．SO2、O2、SO3的物质的量之比为2∶1∶2
（4）在400℃，常压下，向体积为2L的密闭容器中充入2molSO2（g）和1.92molO2（g），充
分反应后，测得还有0.08molSO2剩余,求该反应的平衡常数（要求写出计算过程）。
【知识点】化学反应与能量、化学反应速率、化学平衡F1G5
【答案解析】
（1）2SO2（g）十O2（g）2SO3（g）△H＝—198.00kJ/mo1
（2）①②
（3）AC（4）K=1200L/mol
2SO2（g）十O2（g）2SO3（g）
C始（mol/L）2mol/2L=1mol/L1.92mol/2L=0.96mol/L0
△C（mol/L）0.960.480.96
C平（mol/L）0.08mol/2L=0.040.480.96
K=C2（SO3）/C2（SO2）C（O2）=（0.96mo
l/L）2/（0.04mol/L）2×0.48mol/L=1200L/mol
解析：
（1）根据1molSO2（g）氧化为1molSO3（g）放出的热量为99.00kJ·mol-1得到该反应的热化学方程式为2SO2（g）十O2（g）2SO3（g）△H＝—198.00kJ/mo1，注意标出物质的状态；
（2）使用催化剂能降低反应的活化能，会使图中B点降低；
（3）A．上述反应是一反应前后气体体积变化的反应，容器中气体总压强不变能够说明在恒温恒容条件下，上述
反应已经达到化学平衡状态；
B．反应物和生成物都是气体，平衡移动过程中气体的密度也不变，所以容器中混合气体的密度不变不能够说明在恒温恒容条件下，上述反应已经达到化学平衡状态；
C．每生成1molSO3的同时生成1molSO2说明正速率等于逆速率，能够说明在恒温恒容条件下，上述反应已经达到化学平衡状态；
D．SO2、O2、SO3的物质的量之比为2∶1∶2，不能说明正速率等于逆速率，不能说明在恒温恒容条件下，上述反应已经达到化学平衡状态；故选AC；
（4）利用三段式，结合平衡常数的表达式计算即可。
【思路点拨】本题主要考查化学反应与能量、化学反应速率、化学平衡等知识，利用三段式进行分析计算清楚明了。
【题文】32．（16分）二氧化钛（TiO2）又称钛白，工业上利用钛铁矿（主要成分FeTiO3，其中铁为正二价）为原料，采用硫酸法制得，其工艺流程如下图所示
请回答：
（1）铁矿加入硫酸反应可制得硫酸氧钛，其反应的化学方程式为：
FeTiO3+2H2SO4=（）TiOSO4+（）+（）；
（2）为了提高二氧化钛的纯度,需要除去浸出液中的Fe3+，则加入的试剂A为，需过量的原因是。
（3）操作1是。
（4）进行操作1时需将滤液1在70-75℃，压力8000Pa的条件下真空蒸发器中进行，其原因是为了防止，滤液2加水稀释使硫酸氧钛（TiOSO4）水解生成偏钛酸（TiO2·nH2O），请写出该水解反应的化学方程式。
【知识点】化学与技术C3C5O1
【答案解析】
（1）FeTiO3+2H2SO4=
（1）TiOSO4+
（1）FeSO4+
（2）H2O；
（2）铁屑，防止已还原的Fe2+重新被空气氧化（或保证Fe3+全部转化为Fe2+）（3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（4）蒸发浓缩过程温度升高，会促使硫酸氧钛（TiOSO4）过早水解；
TiOSO4+（n+1）H2O=TiO2·nH2O+H2SO4
解析：
（1）根据含铁的化合物与稀硫酸反应时铁保持原有的化合价，钛铁矿的主要成分FeTiO3中铁为正二价，所以FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；
（2）浸出液中含Fe2+、Fe3+，要除去其中的Fe3+应该用铁屑还原，Fe2+容易被氧化，为防止已还原的Fe2+重新被空气氧化，需要加过量的铁。
（3）看图发现经过操作1，实现了从溶液中得到晶体的过程，所以先将溶液蒸发浓缩，然后再冷却结晶，析出绿矾晶体后过滤。
（4）根据提示知：
进行操作1时需将滤液1在70-75℃，压力8000Pa的条件下真空蒸发器中进行，其原因是为了防止蒸发浓缩过程温度升高，会促使硫酸氧钛（TiOSO4）过早水解；水解反应的化学方程式为：
TiOSO4+（n+1）H2O=TiO2·nH2O+H2SO4
【思路点拨】本题结合流程图考查了金属及其化合物的性质，注意题目的引导并结合流程图的提示即可解答。
【题文】33．（16分）氯元素（Cl）是最重要的“成盐元素”，主要以NaCl的形式存在于海水和陆地的盐矿中。
食盐不仅是人体必需的物质，而且是重要的化工原料，从海水中提取氯并应用于工农业生产中的图示如下。
（1）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质、精制后可得饱和NaCl溶液。
精制时通常在溶液中依次加入的试剂及操作正确的是；
A．过量的BaCl
2过量NaOH过量Na2CO3过滤过量HCl
B．过量的NaOH过量Na2CO3过量BaCl2过滤过量HCl
C．过量的BaCl2过量Na2CO3过量NaOH过滤过量HCl
D．过量的NaOH过量BaCl2过量Na2CO3过量HCl过滤
写出加入盐酸后可能发生的化学反应的离子方程式。
（2）工业上用电解饱和食盐水的方法制取烧碱和氢气、氯气。
下图是电解饱和食盐水装置的一部分，请将装置补充完整,并标出阴阳极和通电时溶
液中离子移动的方向。
阴极反应式为；反应类型（填氧化或还原反应）,
总电极反应式为。
（3）在实验室中用浓盐酸与MnO2共热可制取Cl2
。
①下列收集Cl2的装置正确的是；
②检验是否有氯气生成可采用的方法是；
A．用干燥的蓝色石蕊试纸
B．用干燥的有色布条
C．用湿润的淀粉
碘化钾试D．将气体通入硝酸银溶液
③将制得的Cl2与Ca（OH）2充分反应，可制得漂粉精，写出反应的化学方程式。
如下图所示,往漂粉精溶液中持续通入SO2的过程中，可观察到的现象有（至少写出两点）。
【知识点】化学与环境B4C3D1
【答案解析】
（1）AC,H++OH―=H2O；2H++CO32―=H2O+CO2↑
（2）
阴极:
2H++2e―=H2↑还原反应
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑
（3）①C②CD③2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
溶液中先出现浑浊最后产生大量白色沉淀；溶液颜色由无色变为黄绿色最后黄绿色褪去；液面上方出现白雾。
解析：
（1）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，注意Na2CO3一定要在加入BaCl2之后，这样可以将Ca2+、Ba2+一并除去，同理盐酸要在加入Na2CO3之后，用于除去CO32-所以选AC。
三、工业上用电解饱和食盐水的方法制取烧碱和氢气、氯气。
根据与电源正极相连的电极为电解池的阳极，与电源负极相连的电极为电解池的阴极，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，即可将装置补充完整,并标出阴阳极和通电时溶液中离子移动的方向。
（3）①由于氯气的密度比空气大，且有毒，多余的氯气需要用碱液吸收，防止污染环境，综合以上2点选C。
②氯气可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，检验是否有氯气生成可用湿润的淀粉碘化钾试纸；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与硝酸银溶液反应有白色沉淀生成，可将气体通入硝酸银溶液进行检验，选CD。
③根据氯气的化合价变化情况方程式为：
2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
漂粉精的主要成分是CaCl2和Ca（ClO）2，往漂粉精溶液中持续通入SO2的过程中，发生的反应为：
Ca（ClO）2+SO2+H2O=CaSO4↓+HCl+HClO；SO2+HClO=H2SO4+2HCl
当SO2足量时反应为：
Ca（ClO）2+2SO2+2H2O=CaSO4↓+2HCl+H2SO4，期间还有反应：
CaCl2+Ca（ClO）2+H2SO4=2CaSO4↓+Cl2+2H2O，Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl；所以往漂粉精溶液中通入SO2的过程中，可观察到白
色沉淀；溶液颜色由无色变为黄绿色，最后黄绿色褪去；液面上方出现白雾。
【思路点拨】本题考查二氧化硫和氯气的化学性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、实验设计及现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查。
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