【文档说明】湖南省湖湘名校教育联合体2021届高三上学期入学考试化学试题 答案.docx，共(4)页，28.203 KB，由小赞的店铺上传

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湖湘名校教育联合体•2021届高三入学摸底考试化学(参考答案)题号123456789101112131415答案BCADCDBDBAADCDBCBD1.【答案】B【解析】试题分析：A．聚氯乙烯中不存在碳碳双键结构，故A错误；B．聚乙烯常用作食品的包装

材料，故B正确；C.乙醇的体积分数在75%左右的酒精的消毒能力最高，C错误；D．用甲烷和氯气发生取代反应，多步取代同时发生，很难控制取代基的数目，故D错误。2.【答案】C【解析】A.浓盐酸和MnO2反应需要加热，故A错误；B.浓氨水与生石灰反应生成氨气，溶于水生成的一水合氨溶液

显弱碱性，不能使氢氧化铝溶解，故B错误；C.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，具有还原性，能使氯化铁溶液褪色，故C正确；D.盐酸有挥发性，和Na2SiO3溶液产生H2SiO3沉淀的可能是CO2也可能是挥发出来的HCl，故D错误。3.【答案】A【解析】W、X、Y、Z四种元素原

子序数依次增大且为短周期元素，由W与X可组成一种红棕色有刺激性气味的气体可知，W为N，X为O；由Y的周期数是族序数的3倍可知，Y为Na；由Z和X同主族，且为短周期，原子序数比O大的，故Z为S。O与N可形成N

O、NO2、N2O3等，O与Na可形成Na2O、Na2O2，O与S可形成SO2、SO3，A项正确；Na2O2中含有共价键，B项错误；S2－比N3－、O2－、Na＋多一个电子层，C项错误；W的氧化物中，N2O3对应的水化物HNO2是弱酸，D项错误。4.【答案】D【解析】A：CuSO

4溶液会将H2S和HCl都吸收掉，A错误。B：Na2CO3会将CO2也吸收掉，错误。C：炽热的铜网除去的是氧气，错误。D：Br2+2I－=I2+2Br－，生成的I2被CCl4萃取，进而分液除去。D正确。5.【答案】D【解析】丝、毛的主要成分是蛋白质，除了

含C、H、O元素外还含有N、P、S等元素。6.【答案】D【解析】A：Fe2O3为红色，故A错误；B：由分散质粒子可知该物质为胶体，不能通过过滤分离，故B错误；C：向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液得到的是Fe(OH)3沉淀，故C错误；D正确。7.【答案】B【解析】A

.根据题干信息知该分子中N-N-N键角都是108.1°，推知分子中4个氮原子在空间呈四面体型，所以分子中四个氮原子不可能共平面，故A错误；B.N(NO2)3的最简式为N2O3，7.6gN(NO2)3和N2O3混合物中237.6g(N

O)0.1mol76g/moln==，共含氮原子数为0.2NA，故B正确；C.N(NO2)3为液体，不能计算标准状况下一定体积的物质的量，故C错误；D.N(NO2)3的相对分子质量为152，15.2gN(NO2)3为0.1mol，每个N(NO2)3含有

的共价键不止6个，故D错误。8.【答案】D【解析】A.若甲呈碱性，必定有7<m<14，根据m＝2n，3.5<n<7，乙只能为酸性故错误；B.若乙溶液是碱性溶液，则n>7，m=2n定大于14，不合题设条件，故错误；C.若乙溶液是酸性，0<n<7，那

0<m<14甲溶液可能是碱溶液，也可能不是，故错误；D.甲溶液是酸性溶液，则m<7，根据m＝2n那么n<7，乙溶液定为酸性，pH越大c(H+)越小，故正确。9.【答案】B【解析】由实验一的现象知，镁条和水反

应产生了H2和难溶物Mg(OH)2，故A正确；氯化钠对Mg(OH)2在水中的溶解度无影响，故B错误；由实验二加热悬浊液，红色更深，可知Mg(OH)2(s)在水中的溶解过程是吸热的，故C正确；在Mg(OH)2饱

和溶液中滴加CoCl2溶液后，发生反应Mg(OH)2(s)＋Co2＋(aq)⇌Co(OH)2(s)＋Mg2＋(aq)，则c(Mg2＋)∶c(Co2＋)＝[c(Mg2＋)·c2(OH－)]∶[c(Co2＋)·c2(OH－)]＝Ksp

[Mg(OH)2]∶Ksp[Co(OH)2]＝2500∶1，故D正确。10.【答案】A【解析】A：氢键存在于氮、氧、氟和氢原子间；B：烃难溶于水；C：碳原子数大于16，常温常压下为固态；D：根据碳、氢元素质量比为7.2∶1，可计算得出

角鲨烯分子式为C30H50；比烷烃C30H62少12个氢原子，分子中最多含有6个碳碳双键。11.【答案】AD【解析】A由结构简式可知分子式为C20H14O4，故A正确；B.含酚-OH可发生取代、氧化反应，含苯环可发生加成反应，但不可以发生消去反应；C.

分子中含羟基、酯基两种官能团，苯基不是官能团，故C错误；D.可以使酸性高锰酸钾溶液褪色。12.【答案】C【分析】由图可知，ClO-浓度减小，HCO3-浓度增加，则还原反应为ClO-→Cl-，氧化反应为CNO-→N2，由电子、电荷守恒可

知离子反应为3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，以此来解答。【详解】B．对废水处理的目的本身就是将废水中的有害物质转化为对生态环境无害的物质，根据分析对废水处理发生的反应产物为N2、HCO3-、Cl-对环境无害，故B正确；C．产物中含有碳

酸氢根离子，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，使溶液显碱性。若溶液为强碱性，不可能含有HCO3-离子，故C错误；D．根据分析，氧化反应为CNO-→N2，N元素由-3价变为0价，则每处理1molCNO−转移3mole−，故D

正确。13.【答案】D【解析】A.由溶液呈碱性知HB－水解大于电离，故c(H2B)>c(B2-)，A正确；B.由电荷守恒知c(Na+)+c(H+)＝2c(S2－)+c(HS－)+c(OH－)，溶液呈碱性得c(Na+)>2c(S2－)+c(HS－)，B正确；C、根据物料守恒可得：c(S

O42-)=c(NH4+)+c(NH3•H2O)，则c(SO42-)＞c(NH4+)；由于溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)+c(NH4+)=c(OH-)+2c(SO42-)，所以c(

Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)，结合c(SO42-)＞c(NH4+)可知：c(Na+)＞c(SO42-)，所以溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)=c(OH-)，故C正确；D：CH3C

OOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中水的电离程度和纯水相同的点有两个：一个是CH3COOH和CH3COONa的混合液，溶液呈中性；另一个点是CH3COONa和NaOH的混合液，溶液呈碱性，故D错误。14.【答案】BC【解析】A．当

pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上电极反应式为：2H++2e-=H2↑，正确；B．当6<pH<8溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，错误；C．在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应O2+

2H2O+4e-=4OH-，错误；D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，正确。15.【答案】BD【解析】A.该历程中最大能垒步骤应为步骤④，E正=1.86-(-0.16)=2.0

2eV，故A正确。B.由图像可知，水煤气变换反应反应物为CO(g)+2H2O(g)，其相对能量为0eV，生成物CO2(g)+H2(g)+H2O(g)的相对能量为-0.72eV。前者的相对能量比后者的高，所以反应为放热反应，ΔH<0，故B错误；C.由步骤③的初始状态与末状态可知，其化学方

程式应为：CO●+OH●+H2O(g)=COOH●+H2O●，故C正确；D.步骤⑤的化学方程式为：COOH●+2H●+OH●=CO2(g)+H2(g)+H2O●，可得知生成物中氢气含有非极性键H-H键，二氧化碳含有极性键

C=O键，故D错误。16.【答案】（每空2分）(1)FeCl3(2)2Fe3++2I-=I2+2Fe2+或者4H++4I-+O2=2I2+2H2O(3)①除去FeCl3，降低Cl2的溶解度②NaBr/KBr变为浅橙

红色(4)2FeCl3·6H2O+MnO2====△Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O↑【解析】(1)通入KSCN溶液，溶液变红说明气体中含有Fe3+。(2)氧化性比I2的氧化剂均可将I-被氧化为I2，这里可能是FeCl3，

也可能是空气中的O2。(3)①试剂C即要除去FeCl3杂质的同时又要防止氯气被消耗，因此选择饱和食盐水②X试剂要和氯气反应有较为明显的现象，又不能和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+，所以选择NaBr溶液，反应生成Br2，溶于水后呈现浅橙红色。17.【答案】（每空2分）(1)+3

取少量PAFC加盐酸溶解后，再取少量溶解液加KSCN溶液变红(2)PAFC水解得到氢氧化铁和氢氧化铝胶体，具有吸附性，可用于净水(3)H+、Al3+、Fe2+(4)C(5)酸性【解析】(1)由[AlFe(OH)nCl6-n]m正负化合价代数和为0

可知铁元素只有+3价，注意这里PAFC加盐酸溶解，才能检验。(2)PAFC会水解得到氢氧化铁和氢氧化铝胶体，具有吸附性，可用于净水。(3)由于Al、Fe以及Fe2O3的物质的量关系无法确定，则不能确定溶液中是否存在Fe3+，盐酸过量所以还有H+。(4)[AlFe(OH)nCl

6-n]m中铁元素为Fe3+，所以加入的X应为氧化剂，可将Fe2+生成Fe3+，所以A不行，为了确保Fe2+全部生成Fe3+，除杂试剂必须过量，选用Na2O2控制不了溶液的酸碱性，导致Fe3+转化为Fe(OH)3。(5)溶液呈中性或者碱性会使Fe3+转化为Fe(OH)3，而得不到[Al

Fe(OH)nCl6-n]m。18.【答案】（每空2分）(1)Na2SO3(2)2ClO2+H2O2+2OH－=2ClO2－+O2↑+2H2O(3)H2SO4阳(4)Cl－的还原性随溶液浓度的增大而增强(

或者ClO2－的氧化性的随酸性增强而增大)，因此Cl－被氧化得到Cl2(5)相等【解析】(1)Ⅰ中为Na2SO3。(2)Ⅱ中反应的离子方程式是2ClO2+H2O2+2OH－=2ClO2－+O2↑+2H2O；(3)用离子交换膜电解

水，在阳极生成O2和硫酸，阴极产生H2和NaOH，A为硫酸在阳极产生。(4)ClO2－的氧化性或Cl－的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl－被氧化得到Cl2。(5)NaClO2变质前后分别与Fe2+反应时，最终均得到等量NaCl，Cl元素均由+3价变为－1价，根据电子

守恒，两个过程中得到的电子的物质的量相同。19.【答案】（每空2分）(1)负4Al2Cl7－＋3e－===Al＋7AlCl4－H2(2)①Sn2－＋2H＋===(n－1)S↓＋H2S↑②NO－3e－＋2H2O===NO3－＋4H＋NH3【解析】(2)

①电解时，阴极区溶液中的阳离子放电，即水溶液中的H＋放电生成H2。②由题给反应可知，阳极区生成了Sn2－，Sn2－可以理解为(n－1)S＋S2－，加入稀硫酸生成S单质和H2S气体。(3)根据电解NO制备NH4NO3的工作原理示意图知：阴极反应式为NO＋5e－＋5H＋==NH3＋H2O，

阳极反应式为NO－3e－＋2H2O===NO3－＋4H＋，总反应式为8NO＋7H2O==3NH4NO3＋2HNO3，为了使电解产生的HNO3全部转化为NH4NO3，应补充NH3。20.【答案】（每空2分）Ⅰ.AⅡ.(1)

-746(2)BD(3)①0.056mol·L－1·min－1②增大③0.11【解析】Ⅰ.A：白磷易燃，通常保存在水中，A正确；B：由图可知白磷中的键角为60°，B错误；C：P4O10是酸性干燥剂不能干燥碱性气体，C错误；D：由图可知，P4O10

中P原子有5对共用电子对，不满足8电子稳定结构。Ⅱ.(1)由盖斯定律得：ΔH3=2ΔH2-ΔH1=-746kJ·mol－1。(2)选BD，A.单位时间内生成1molNO的同时消耗了0.5molN2，描述的都是正反应，不能说明反应已经达到平衡，A错误；B.在绝热恒容的容器中，容器内的温度

随反应的进行而变化，平衡常数也会发生变化，平衡常数不再变化，说明容器的温度不变，反应达到平衡，B正确；C.在恒温恒容的容器中，密度等于混合气体的质量除以容器体积，根据质量守恒，不管是否达到平衡，混合气体的质量都不变，容器体积不变，所以密度始终不变，C错误；D.在恒温恒压的容器中，NO的体

积分数保持不变，说明各成分的物质的量不再变化，反应达到平衡，D正确。(3)①由表格数据得出，5～10min，NO2的浓度变化为(1.7－1.56)mol·L－1＝0.14mol·L－1，则CO2的浓度变化为＝0.28mol·L－1，v＝0.056mol·L－1·min－1

。②20min时，保持温度不变，继续向该容器中加入相同比例的反应物，相当于加压，平衡正向移动，NO2的转化率比原平衡增大。③4CO(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋4CO2(g)220010.50.25111.50.251K＝14×0.2514

×1.52L·mol－1≈0.11L·mol－1。