【文档说明】【精准解析】广东省韶关市2020届高三下学期线上教学摸底自测化学试题.doc，共(14)页，598.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020届高三化学线上教学摸底自测一、单选题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产生活社会密切相关。下列说法正确的是A.“天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型有机

高分子材料B.石英玻璃主要成分是硅酸盐，可制作化学精密仪器C.寻找合适的催化剂，使水分解产生氢气同时放出热量是科学家研究的方向D.“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯【答案】D【解析】【详解】A．碳纤维，主要成分为碳单质，属于新型无机非金属材

料，故A错误；B．石英玻璃主要成分是二氧化硅，而不是硅酸盐，故B错误；C．催化剂能加快反应速率，但不能改变热效应。合适的催化剂能使水分解产生氢气，但反应过程仍需要吸收热量，故C错误；D．苏轼的《格物粗谈》有这样的记载，分析题意可知，这种“气”是指乙烯，因为

乙烯可以促进果实成熟，故D正确；答案选D。【点睛】绝大多数分解反应属于吸热反应。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol-1，当放出9.2kJ热量时，转移电子0.6NAB.向F

eI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时，共转移的电子数目为NAC.1mol·L-1氯化铜溶液中，若Cl-的数目为2NA，则Cu2+的数目为NAD.标准状况下，NO和O2各11.2L混合充分反应，所得气体的分子总数为0.75NA【答案】A【解析】【详解】A．反应3H2(g)+N2(

g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol转移6mol电子，转移电子数6NA，当放出热量9.2kJ时，转移电子0.6NA，故A正确；B．FeI2溶液中，I-的还原性大于Fe2+的，通入适量氯气，当有1molFe2+被氧化时,

溶液中I-已经完全被氧化，由于不知道FeI2的物质的量，无法计算转移的电子数，故B错误；C．只有溶质的物质的量浓度，但是没有给出溶液的体积，无法计算其中所含离子的数目，故C错误；D．标况下，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，NO和O2各11.2L，物质的量各为0.5mol，2NO+O2=2NO2，反

应后生成二氧化氮0.5mol和0.25mol氧气，共0.75mol，分子数目为0.75NA，二氧化氮能自身转化为四氧化二氮，2NO2⇌N2O4，导致混合气体的分子总数小于0.75NA，故D错误；答案选A。【点睛】NO和O2反应时要考虑量的关系，还要考虑二氧化氮和四氧化二氮的相互转换。3.在酸性

介质中，往MnSO4溶液里滴加（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）溶液会发生如下反应：Mn2++S2O82﹣+H2O→MnO4﹣+SO42﹣+H+，下列说法不正确的是（）A.可以利用该反应检验Mn2+B.氧化性比较：S2

O82﹣＞MnO4﹣C.该反应中酸性介质可以为盐酸D.若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol【答案】C【解析】A、在酸性条件下，加入(NH4)2S2O8，如果溶液变为紫红色，说明原溶液中含有Mn2＋，故A说法正确；B、利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，

根据反应S2O82－为氧化剂，MnO4－为氧化产物，因此S2O82－的氧化性强于MnO4－，故B说法正确；C、高锰酸钾具有强氧化性，能把Cl－氧化成Cl2，因此酸性介质不能是盐酸，故C说法错误；D、氧化产物是MnO4－，因此转移电子物质的量为0.1×(7－2

)mol=0.5mol，故D说法正确。4.甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是A.甲、乙的化学式均为C8H14B.乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）C.丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面D.甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色

【答案】D【解析】【分析】A．根据结构简式判断；B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上；C．苯为平面形结构，结合三点确定一个平面分析；D．乙与高锰酸钾不反应。【详解】A．由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同

或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7种，故B正确；C．苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；D．乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。故选D。5.对

实验室制得的粗溴苯[含溴苯（不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点156.2℃）、Br2和苯（沸点80℃）]进行纯化，未涉及的装置是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】思路：除溴（利用SO2的还原性）分离出苯和溴苯

的混合液（分液）分离出溴苯（蒸馏）。【详解】A.除去Br2可以用SO2，原理是：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，故A正确；B.苯和溴苯的混合液与无机溶液互不相溶，分液可得苯和溴苯的混合液，故B正确；C.由分析可知，不涉及到过滤操作，故

C错误；D.溴苯的沸点是156.2℃、苯的沸点是80℃，分离出溴苯用蒸馏，故D正确；答案选C。6.某学习小组设计实验制备Ca(NO2)2，实验装置如图所示(夹持装置已略去)。已知：2NO+CaO2===Ca(NO2)2；2NO2+CaO2==Ca(NO3)2

。下列说法不正确的是A.通入N2是为了排尽装置中的空气B.装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸C.将铜片换成木炭也可以制备纯净的亚硝酸钙D.借助装置A及氢氧化钠溶液和稀硫酸可以分离CO2和CO【答案】C【解析】A、装置内的空气会将NO氧化为NO2，影响产物的产

量，所以通入N2排尽装置中的空气，故A正确；B、由于硝酸具有挥发性，所以在A中生成的NO气体中会含有少量HNO3蒸气，可用装置B中的水除去，为防止CaO2与水反应，用装置D中的浓硫酸对NO气体进行干燥，故B正确；C、将铜片换成木炭，由于木炭与稀硝酸不能反应，所以得

不到要制备的产物，故C错误；D、装置A中盛氢氧化钠溶液，通过进气管通入CO2和CO的混合气体，CO2被NaOH吸收后生成Na2CO3，在出气管口即可收集到CO，然后将分液漏斗中的稀硫酸滴入A中，与生成的Na2CO3反应再释放出CO2，达到分离的目的，故D正确。本题正确答案为C。7

.电化学固氮可以在常温常压下实现氮气的还原合成氨，某课题组提出一种全新的电化学固氮机理——表面氢化机理示意图如下，则有关说法错误的是A.在表面氢化机理中，第一步是H+的还原反应B.在表面*H原子与催化剂的协

同作用下，N2与表面*H原子反应生成*N2H4中间体C.电化学固氮法较传统工业合成氨法，具有能耗小、环境友好的优点D.若竞争反应（析氢反应）的活化能显著低于固氮反应，则析氢反应的速率要远远高于固氮反应【答案】B【解析】【详解】A．H+得电子发生

还原反应，由图中信息可知，该反应为第一步反应，故A正确B．.N2与2个表面*H原子反应生成N2H2中间体，故B错误；C．传统工业合成氨需要高温、高压下实现，电化学固氮在常温常压下实现，故能耗减小，节能减排对环境友好

，故C正确；D．活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，活化能越小则反应速率越快，故D正确；答案选B。8.我国某科研机构研究表明，利用K2Cr2O7可实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图所示。下列说法正确的是A.N为该

电池的负极B.该电池可以在高温下使用C.一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小D.M的电极反应式为：C6H5OH＋28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋【答案】C【解析】【详解】A.由图可知Cr元素

化合价降低，被还原，N为正极，A项错误；B.该电池用微生物进行发酵反应，不耐高温，B项错误；C.由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na+和Cl-不能定向移动，所以电池工作时，负极生成的H+透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，正极

生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中与H+反应生成水，使NaCl溶液浓度减小。C项正确；D.苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为C6H5OH-28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，D项错误；答案选C。9.某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、

W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是A.Z的最高价氧化物对应的水化物是一元强酸B.WX的水溶液呈中性C.元素非

金属性的顺序为Y＞Z＞QD.该化合物中与Y单键相连的Q不满足8电子稳定结构【答案】A【解析】【详解】可根据信息推出X、Y、Z、Q、W分别为H、C、N、O、Na。A．Z的最高价氧化物对应水化物为硝酸，是一元强酸，故A正确；B．WX为NaH，溶于水

会得到氢氧化钠溶液，显碱性，故B错误；C．同周期主族元素从左到右，原素的非金属性依次增强，Q＞Z＞Y，故C错误；D．该化合物中，与C单键相连的O，两者共用一对电子，另外，O原子还得到了一个电子，故其满足8电子稳定结构，D错误；答案选A。10.为研究用AgNO3溶液将混合溶液中的Cl-和CrO

42-沉淀分离，绘制了25℃时AgCl和Ag2CrO4两种难溶化合物的溶解平衡曲线。其中，pAg+=-lgc(Ag+)，其余离子类推。两条相交的溶解平衡曲线把图像分成了X、Y、Z、M四个区域。下列说法错误的是()A.Ksp(Ag2CrO4)约为1×10-12，Ksp(

AgCl)的数量级为10-10B.M区域内可析出Ag2CrO4沉淀，而不析出AgCl沉淀C.向Cl-、CrO42-均为0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入稀硝酸银溶液，先析出AgCl沉淀D.向Ag2CrO4、AgCl混合固体和水

的溶解平衡体系中加入少量水，242cCrOcCl增大【答案】D【解析】【详解】A.依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+CrO42-(aq)；Ksp(Ag2CrO4)=c2(A

g+)·c(CrO42-)=12•10-12=10-12，AgCl的沉淀溶解平衡为：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-3•10-7=10-10，A正确；B.在难溶化合物

的溶解平衡曲线下方的点，溶液中离子浓度幂之积大于其Ksp，可以形成该物质的沉淀，在溶解平衡曲线上方的点溶液中离子浓度幂之积小于其Ksp，不可以形成该物质的沉淀，M区域在AgCl溶解曲线上方而处于Ag2CrO4沉淀下方，所以M区域内可析出Ag2CrO4沉淀，而不析出

AgCl沉淀，B正确；C.向Cl-、CrO42-均为0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入稀硝酸银溶液，形成AgCl沉淀需要Ag+的浓度c(Ag+)=10100.1=10-9mol/L；形成Ag2CrO4沉淀需要Ag+的浓度c(Ag+)=12100.1=

3.162×10-6mol/L>10-9mol/L，形成AgCl沉淀需要的Ag+小，因此会先析出AgCl沉淀，C正确；D.向Ag2CrO4、AgCl混合固体和水的溶解平衡体系中加入少量水，其中仍然存在Ag2CrO4、Ag

Cl的沉淀溶解平衡，温度不变，所以242cCrOcCl不变，D错误；故合理选项是D。二、选择题：本题共4题，每小题5分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分。11.以高硫铝土

矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是A.加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4B.向滤液中通入过量HCl气体、过滤、洗涤、灼烧

沉淀可制得Al2O3C.隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1:5D.烧渣分离可用磁选法【答案】BC【解析】【详解】A．高硫铝土矿主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2，FeS2焙烧会生成

SO2，SO2会污染空气，加入CaO会与SO2、氧气反应生成CaSO4，硫酸钙可以做建筑材料，故A正确；B．滤液中含有偏铝酸根，通入过量HCl会使生成氢氧化铝沉淀溶解成AlCl3，难以分离得到Al2O3，应该通入过量的二氧化碳，故B错误；C．根据流程写出隔绝空气焙烧的方程式FeS2+16

Fe2O3=2SO2+11Fe3O4，所以反应中FeS2与Fe2O3消耗的物质的量比为1:16，故C错误；D．四氧化三铁具有磁性，故可以用磁选法进行分离，故D正确；答案选BC。12.在常压，Ru/TiO2催化下，CO2

和H2混合气体(体积比1:4，总物质的量amol)进行反应，测得CO2转化率、CH4和CO选择性随温度变化情况分别如下图所示(选择性:转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)。反应ICO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)△H

1反应IICO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2下列说法不正确的是A.△H1小于零B.温度可影响产物的选择性C.CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少D.其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1:3，可提高CO2平衡转化率【答案】CD【解析】【

详解】A．结合题目的两幅图，可知在350-400℃CH4的选择性为100%，也就是CH4仅发生反应I，看左图得知在此温度区间升高温度，CO2转化率下降，平衡逆向移动，所以反应I的△H1小于零，故A正确；B．图象2分析可知，图象变化趋势

随温度升高到400℃以上，CH4和CO选择性受温度影响，随着温度升高，甲烷的选择生减小，一氧化碳的选择性增大，温度可影响产物的选择性，故B正确；C．在一定的温度范围内，只发生了反应I，由于△H1＜0，可知CO2平衡转化率随温度升高而降低，故C错误；D．上图是CO2和H2混合气

体体积比1:4时得到的曲线，若要增大CO2的平衡转化率，应提高H2所占的比例，故D错误；答案选CD。13.常温下，在新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离出来的c水(H+)与NaOH溶液的体积之间的关系如图所示。下列推断正确的是A.用pH试纸测定E点对应的溶液，其pH=3B.G点对应的溶液

中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)C.常温下加水稀释H点对应的溶液，溶液pH减小D.F、H点对应的溶液中都存在：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)【答案】BC【解析】【详解】往氯水中滴加NaOH溶液，会使平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO正向移动，生

成NaCl和NaClO，图中四个关键点的溶质E点为HCl和HClO，F点为NaCl、HClO和NaClO，G点为NaCl和NaClO，H点氢氧化钠过量，溶质有NaCl、NaClO和NaOH。A．E点溶液有漂白性，不能用pH试纸测定

酸碱度，故A错误；B．G点溶液的NaCl和NaClO的量1:1，NaClO部分水解显碱性，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B正确；C．对H点的溶液加水稀释，过量的NaOH大量存在，稀释对O

H-浓度减小的影响比对NaClO水解的促进作用大，所以pH减小，故C正确；D．分清F、H点的溶质，便可知F点溶液显中性，而H点溶液显碱性，c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)只能在溶液显中性时成立，故D错误；答案选BC。【点睛】判断出E，F，G，H的溶质成分是

解本题的关键。14.叠氮化钠用于汽车的安全气囊中，当发生车祸时迅速分解放出氮气，使安全气囊充气，其与酸反应可生成氢叠氮酸(HN3)，常用于引爆剂，氢叠氮酸还可由肼(N2H4)制得。下列叙述错误的是A.CO2、N2O与N3

-互为等电子体B.氢叠氮酸(HN3)和水能形成分子间氢键C.NaN3的晶格能小于KN3的晶格能D.HN3和N2H4都是由极性键和非极性键构成的非极性分子【答案】CD【解析】【详解】A．N3-含3个原子、16个价电子，因此与CO2、N2O互为等电子体，故A正确；B．HN3的分子结构为，HN3和水

能够形成分子间氢键，故B正确；C．由于钾离子半径大于钠离子半径，所以NaN3的晶格能大于KN3的晶格能，故C错误；D．HN3和N2H4都是极性分子，故D错误；答案选CD。15.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是A.1

molX最多能与2molNaOH反应B.Y与乙醇发生酯化反应可得到XC.X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应D.室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等【答案】CD【解析】【详解】A.X分子中，1mol羧基消耗1molNaOH，1mol由酚羟基形成的酯基消耗2molNaOH

，所以1molX最多能与3molNaOH反应，故A错误；B.比较X与Y的结构可知，Y与乙酸发生酯化反应可得到X，故B错误；C.X和Y分子中都含有碳碳双键，所以均能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C正确；D.X和Y分子中碳碳双键的位置相同，分别与足量Br2加成后产物的结构相似，所以具有相

同数目的手性碳原子，都有3个，故D正确；故选CD。