届广东省汕尾市高三第一次模拟考试化学试题解析版.docx

1、届广东省汕尾市高三第一次模拟考试化学试题解析版2020广东汕尾高三化学上学期模拟考试试题注意事项：1答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡上。2选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H:1 C:12

2、O:16 Cl:35.5 Na:23 Ba:137第一部分 选择题一、单项选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30。每小题只有一个选项符合题意)1.下列物质中，不含有硅酸盐的是A. 硅芯片 B. 水玻璃 C. 黏土 D. 普通水泥【答案】A【解析】【详解】硅酸盐是指由硅、氧和金属组成的化合物的总称，A、硅芯片由硅单质制成，A符合题意；B、水玻璃为硅酸钠的水溶液，B不符合题意；C、一般的黏土都由硅酸盐矿物在地球表面风化后形成，含有硅酸盐。C不符合题意；D、普通水泥为传统的硅酸盐材料，D不符合题意；所以答案选A。2.常温下，在溶液中可以发生反应：X2Y3=2Y2X2。对下列叙述的判断正确的是(

3、 )X被氧化 X是氧化剂 X具有还原性 Y2是氧化产物 Y2具有还原性 Y3的氧化性比X2的氧化性强A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】X2Y3=2Y2X2，X元素化合价升高，X是还原剂，X发生氧化反应，X2是氧化产物；Y元素化合价由+3降低为+2，Y3是氧化剂，发生还原反应，Y2是还原产物；【详解】X化合价升高，X是还原剂，被氧化，故正确； X化合价升高，X是还原剂，故错误； X是还原剂，所以X具有还原性，故正确； Y3是氧化剂，发生还原反应，Y2是还原产物，故错误； Y2是还原产物，所以Y2具有还原性，故正确； 氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以Y3的氧化性比X2的氧化

4、性强，故正确；选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价，熟悉氧化还原反应中的概念，注意：氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还原性。3.下列可用来区别SO2和CO2气体的是澄清的石灰水 氢硫酸 氯水 酸性高锰酸钾 氯化钡 品红溶液A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】SO2、CO2在酸性上相似，都能使澄清石灰水变浑浊，不能用来区别，错误；SO2中S既具有氧化性又有还原性，SO22H2S=S2H2O，CO2不与H2S反应，现象不同，可以区分，正确；SO2Cl22H2O=2HClH2SO4，黄绿色褪去，CO2不与氯水反应，黄绿色不褪去，可以区分，

5、正确；SO2具有还原性，KMnO4具有氧化性，SO2能使酸性高锰酸钾褪色，而CO2不行，可以区分，正确；SO2、CO2均不与BaCl2反应，不能区分，错误；SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2不能使品红褪色，可以区分，正确。因此选项D正确。4.下列说法正确的是A. 非金属元素R所形成的含氧酸盐(MaROb)中的R元素必定呈现正价B. 只有非金属能形成含氧酸或含氧酸盐C. 除稀有气体外的非金属元素都能生成不同价态的含氧酸D. 非金属的最高价含氧酸都具有强氧化性【答案】A【解析】【详解】A、R与O元素形成含氧酸根时，R元素的化合价为正价，A正确；B、金属元素也能形成含氧酸及其含氧酸盐，如高

6、锰酸钾，B错误；C、氧、氟两非金属元素不能形成含氧酸，C错误；D、许多含氧酸如碳酸、磷酸不具有强氧化性，D错误；答案选A。5.下列有关氯元素单质及化合物性质的说法正确的是( )A. 液氯是纯净物，而氯水是电解质，漂白粉是混合物B. 氯气可用作消毒剂和漂白剂，是因为氯分子具有强氧化性C. 随着化合价的升高，氯的含氧酸酸性和氧化性均逐渐增强D. 氯化铝受热易升华，加压下加热得到熔融氯化铝不导电，故氯化铝是共价化合物【答案】D【解析】【详解】A.氯水是氯气的水溶液，是混合物，不是电解质也不是非电解质，故A错误；B. 氯气与水反应生成的HClO，具有强氧化性、漂白性，而不是因为氯分子具有强氧化性，故B

7、错误；C. 随着化合价的升高，非羟基氧原子个数增多，则氯的含氧酸酸性增强，而氧化性逐渐减弱，故C错误；D. 加压下加热得到熔融氯化铝不导电，说明氯化铝在熔融状态下没有自由移动的离子，即氯化铝为共价化合物，故D正确；故答案为D。6. 化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是A. 电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl2eCl2B. 氢氧燃料电池的负极反应式：O2 2H2O 4e4OHC. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu2eCu2D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe2eFe2【答案】A【解析】【分析】在电解反应中，阳极发生氧化反应

8、，阴极发生还原反应；原电池反应中，负极发生氧化反应，而正极发生还原反应。A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；B、氢氧燃料电池中正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应；C、粗铜精炼时，连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极；D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失去电子生成亚铁离子。【详解】A项、电解饱和食盐水时，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应生成Cl2，电极反应为2Cl-2e-=Cl2，故A正确；B项、氢氧燃料电池的负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子的还原反应，碱性条件下正极反应式为O22H2O4e=4OH，故B错误；C项、精炼铜时，纯铜与电源负

9、极相连做阴极，粗铜与电源正极相连做阳极，阳极的电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，故C错误；D项、钢铁发生电化腐蚀时，金属铁做负极，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故D错误。故选A。【点睛】题考查原电池和电解池的工作原理及应用，明确电极上发生的反应是解题的关键。7.为提纯下列物质(括号内的物质是杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是被提纯的物质除杂试剂分离方法A溴化钠溶液(NaI)氯水、CCl4萃取、分液B氯化铵溶液(FeCl3)氢氧化钠溶液过滤C二氧化碳(CO)氧化铜粉末通过灼热的CuO粉末D苯(苯酚)浓溴水过滤A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】

10、A.Cl2与NaBr、NaI都会发生反应，不能达到除杂的目的，A错误；B.NaOH与NH4Cl、FeCl3都发生反应，不能达到除杂的目的，B错误；C.CuO与CO在加热时反应产生CO2、Cu单质，Cu是固体，与气体分离，达到除杂、净化的目的，C正确；D.浓溴水与苯酚发生取代反应产生三溴苯酚，但三溴苯酚容易溶于苯中，不能通过过滤的方法分离，D错误；故合理选项是C。8.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )A. 用MnO2催化H2O2分解时，每生成11.2L的O2转移NA个电子B. 标准状况下，22.4L SO3中含有的硫原子数目为NAC. 标准状况下，2.24L氧元素的单质所含原

11、子数一定为0.2NAD. 6.4gS6与S8的混合物中所含硫原子数一定为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A.没有标注温度和压强，无法确定11.2L氧气的物质的量，故A错误；B.标准状况下，三氧化硫是固体，故B错误；C.氧元素的单质有O2和O3，标况下2.24L臭氧所含原子数为0.3NA，故C错误；D.6.4gS2和S8的混合物中含有6.4gS原子，则混合物中含有S的物质的量为0.2mol，所含硫原子数一定为0.2NA，故D正确；故答案为D。9.在一定条件下，下列物质不能与二氧化硅反应的是( )焦炭 纯碱 碳酸钙 氢氟酸 硝酸 氢氧化钠 氢氧化钙A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详

12、解】：二氧化硅能被碳还原生成硅单质和一氧化碳，故不选；二氧化硅能与碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，故不选；二氧化硅能与碳酸钙反应生成硅酸钙和二氧化碳，故不选；二氧化硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅气体，故不选；二氧化硅不能与硝酸反应，故选；二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，故不选；二氧化硅能与氢氧化钙反应生成硅酸钙，故不选；不能与二氧化硅反应的为，故答案为D。【点睛】二氧化硅为酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性能与碱反应，但与水不反应，除与氢氟酸反应外，与其它酸不反应，能和纯碱反应。10.下列叙述中正确的是( )金属钠不能与NaOH溶液反应；液溴中溶有少量氯气，可以用加入溴化钠再用汽油萃取的方法提

13、纯；溴化银具有感光性，碘化银不具感光性；某溶液与淀粉碘化钾溶液反应出现蓝色，则证明该溶液是氯水或溴水；氟气能与氯化钠水溶液反应生成HF和O2；氯气跟水反应时，水既不是氧化剂也不是还原剂。A. 只有 B. 只有C. 只有 D. 只有【答案】C【解析】【详解】NaOH溶液中有水，钠单质可以和水反应生成氢氧化钠和氢气，故错误；氯气与溴化钠反应生成溴单质与NaCl，溴易溶于有机溶剂，再用汽油萃取提纯，故正确；溴化银、碘化银见光由易分解，都具有感光性，故错误；强氧化性物质都可以将KI氧化为碘单质，使淀粉KI溶液反应出现蓝色，故该溶液不一定是该溶液是氯水或溴水，故错误；氟气跟氯化钠水溶液反应是氟气与水反应

14、，即2F2+2H2O=4HF+O2，故正确；氯气跟水反应中，水中所含元素化合价没有变化，既不是氧化剂也不是还原剂，只有氯气中Cl元素的化合价发生，Cl元素化合价既升高又降低，氯气既是氧化剂又是还原剂，故正确正确的有，故答案为C。二、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的给2分，选两个且都正确的给4分，但只要选错一个，该小题就为0分。)11.三氟化氮(NF3)是一种无色无味的气体，它是氨和氟(F2)在一定条件下直接反应得到：4NH3+3F2=NF3+3NH4F，下列有关

15、NF3的叙述正确的是( )A. NF3是共价化合物 B. NF3的还原性比NH3强C. NF3氧化性比F2强 D. NF3中的N呈3价【答案】AD【解析】【详解】ANF3常温下为气体，沸点较低，为分子晶体，故A正确；B还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则有NF3的还原性比NH3弱，故B错误；C反应中F2为氧化剂，NF3为氧化产物，则NF3的氧化性比F2弱，故C错误；DNF3中F的化合价为-1价，则N呈+3价，故D正确。故选：AD。12.下列叙述正确的是标准状况下，1molSO2和1molSO3具有相同的体积；SO2使溴水、高锰酸钾酸性溶液褪色是因为SO2有漂白性；SO2有漂白性，湿润的氯气也

16、有漂白性，若将SO2和Cl2以等物质的量混合后通入品红溶液中，一定褪色更快；SO2溶于水，得到的溶液有氧化性，还有还原性；SO2通入Ba(OH)2溶液中，有白色沉淀生成，加入稀硝酸最终沉淀将全部溶解SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成。A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】标准状况下，SO3不是气体，不能适用于气体摩尔体积，不正确；高锰酸钾酸性溶液褪色是利用的SO2的还原性，不正确，；因为二者混合发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，失去漂泊性，不正确；SO2溶于水得到H2SO3，其中S的化合价为+4，可以升高到+6，可以降低到0或者-2，具有还原性，也具有氧化性，正确；硝酸有氧化性，能

17、氧化亚硫酸钡生成硫酸钡，沉淀不溶解，不正确；如果SO2与BaCl2溶液反应，反应BaSO3和HCl，但是弱酸不能制强酸，所以不反应，正确；综上正确，答案选C。13.下列离子方程式书写正确的是( )A. 过量的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中：SO2+2OH-=SO42-+H2OB. 澄清石灰水中通入少量二氧化碳：Ca2+2OH-+CO2=CaCO3+H2OC. 碳酸氢钙溶液和氢氧化钠溶液混合：HCO3-+OH-=CO32-+H2OD. 碳酸钙和盐酸反应：CO32-+2H+=CO2+H2O【答案】B【解析】【详解】A.过量二氧化硫通入氢氧化钠溶液中生成亚硫酸氢钠，正确的离子方程式为：SO2+OH-HS

18、O3-，故A错误；B.澄清石灰水中通入少量二氧化碳，离子反应为Ca2+2OH-+CO2=CaCO3+H2O，故B正确；C.碳酸氢钙溶液跟足量氢氧化钠溶液混合生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式：Ca2+2HCO3-+2OH-=CO32-+2H2O+CaCO3，故C错误；D. 碳酸钙跟盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+CO2+H2O+Ca2+，故D错误；故答案为B。【点睛】本题考查离子反应的书写及正误判断，明确发生的化学反应即可解答，注意离子反应中保留化学式的物质。14.下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系(其他反应产物及反应

19、所需条件均已略去)，当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。下列说法中不正确的是( )A. 当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B. 当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3C. B和Cl2的反应是氧化还原反应D. 当X是强酸时，C在常温下是气态单质【答案】D【解析】【分析】根据图中的转化关系可知，A一定是弱酸的铵盐，当X是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。【详解

20、】A.由上述分析可知，当X是强酸时，F是H2SO4，故A正确；B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是HNO3，故B正确；C.无论B是H2S 还是NH3，B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确；D.当X是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D错误；答案选D。15.向1.00L0.3mol/L的NaOH溶液中缓慢通入CO2气体至溶液增重8.8g，所得溶液中( )A. 溶质为Na2CO3B. 溶质为Na2CO3、NaHCO3C. c(Na)c(HCO3-)c(CO32-)c(H2CO3)D. c(Na)c(HCO3-)2c(CO32-)c(OH-)c(H+)【答案】BD【解析】【分析】向1L

21、0.3mol/L的NaOH溶液中缓缓通入CO2气体至溶液增重8.8g，则增重的8.8g为二氧化碳的质量，物质的量为0.2mol，发生反应CO2+NaOH=NaHCO3，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，由于n(CO2)：n(NaOH)=2：3=1：1.5，介于1：11：2之间，所以两个反应都发生，所得溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，结合物料守恒与电荷守恒判断。【详解】A由上述分析可知，溶液为Na2CO3和NaHCO3，故A错误；B由上述分析可知，溶液为Na2CO3和NaHCO3，故B正确；C由碳元素守恒可知c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.2mol/L，

22、溶液中c(Na+)=0.3mol/L，所以c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故C错误；D根据溶液电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，所以c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)-c(H+)，故D正确。故选：BD。【点睛】本题考查根据方程式计算、离子浓度的比较，判断二氧化碳与氢氧化钠的反应是解题关键，注意CD选项中离子浓度比较中物料守恒、电荷守恒的运用。16.把少量NO2体通入过量小苏打溶液中,再使逸出的气体通过装有足量的过氧化钠颗粒的干燥管,最后收集到的气体是( )A. 氧气 B. 二氧

23、化氮 C. 二氧化氮和氧气 D. 二氧化氮和一氧化氮【答案】C【解析】【详解】假设3mol二氧化氮和水反应生成2mol硝酸和1mol一氧化氮，2mol硝酸和小苏打反应生成2mol二氧化碳，2mol二氧化碳和过氧化钠反应生成1mol氧气，1mol一氧化氮和0.5mol氧气反应生成1mol二氧化氮，所以剩余气体有二氧化氮和氧气，选C。17.一定条件下，可逆反应C(s) + CO2(g)2CO(g) H0，达到平衡状态，进行如下操作：升高反应体系的温度； 增加反应物C的用量；缩小反应体系的体积； 减少体系中CO的量。上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是A. B. C. D. 【答案】B【解

24、析】【详解】升高温度，化学反应的正反应、逆反应的速率都加快；由于碳单质是固体，所以增加反应物C的用量，化学反应速率不变；缩小反应体系的体积，反应物、生成物的浓度都增大，正反应、逆反应的速率都加快；减小体系中CO的量，即减小生成物的浓度，在这一瞬间，由于反应物的浓度不变，正反应速率不变，生成物的浓度减小，v正v逆，化学平衡正向移动。随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小 ，正反应速率逐渐减小，最终正反应、逆反应速率相等，达到新的平衡状态；故上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的是 ；答案选B。18.500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)6.0molL-1，用石墨作电极

25、电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是( )A. 原混合溶液中c(K)为2molL-1B. 上述电解过程中共转移4 mol电子C. 电解得到的Cu的物质的量为0.5molD. 电解后溶液中c(H)为2molL-1【答案】AB【解析】【详解】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，两阶段的化学方程式分别为2Cu22H2O2CuO24H，2H2O2H2O2；气体的物质的量=1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1m

26、ol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量= =1mol，则铜离子的物质的量浓度=2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=6molL-1-2mol/L2=2mol/L，A根据分析知，原混合溶液中c(K+)为2molL-1，故A正确；B转移电子的物质的量=1mol4=4mol，故B正确；C根据以上分析知，铜的物质的量为1mol，故C错误；D第一阶段才有H+产生，第一阶段转移了2mol电子，产生的H+的物质的量为2mol，电解后溶液中c(H+)为：=4mol/L，故D错误；故选：AB。19.丁香油酚结构简式如图所示，下列关于它的性质说法正确的是(

27、 )A. 既可燃烧，又可使酸性KMnO4溶液褪色B. 可跟NaHCO3溶液反应放出CO2气体C. 碱性条件下可发生水解反应D. 可与浓溴水发生取代反应【答案】AD【解析】【详解】A该有机物含C、H、O元素，可燃烧生成二氧化碳和水，且含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B含酚羟基，但酸性弱与碳酸，不与NaHCO3溶液反应，故B错误；C不含能水解的官能团，则不能发生水解反应，故C错误；D含酚羟基，其邻位可与浓溴水发生取代反应，故D正确；故选：AD。20.向含0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的溶液中持续稳定地通入6.72L(已换算成标准状况)CO2气体。下列表示溶液中离

28、子的物质的量与通入CO2的体积关系的图象中，符合题意的是(气体的溶解和离子的水解都忽略不计)( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】n(CO2)=6.72L22.4L/mol=0.3mol，通入含有0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ba2+2OH-+CO2=BaCO3+H2O，0.1molBa(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，剩余0.2molOH-，生成0.1molBaCO3然后发生2OH-+CO2=CO32-+H2O，消耗0.1molCO2，生成0.1molCO32-上述两阶段共消耗0.2molCO2，剩余0.1molCO2，再

29、发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，消耗0.1molCO2，至此CO2完全消耗，不再发生BaCO3+CO2+H2O=Ba2+2HCO3-反应，最后溶液中溶质为NaHCO3，据此计算解答。【详解】含有0.2mol NaOH和0.1mol Ba(OH)2的溶液中，Na+为0.2mol、Ba2+为0.1mol、OH-为0.2mol+0.1mol2=0.4mol，离子总的物质的量为：0.2mol+0.1mol+0.4mol=0.7mol。n(CO2)=6.72L22.4L/mol=0.3mol。相当于首先发生：Ba2+2OH-+CO2=BaCO3+H2O，该阶段0.1molBa(OH)2完全

30、反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH-，生成0.1molBaCO3沉淀。然后发生2OH-+CO2=CO32-+H2O，0.2molOH-完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32-。再发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.1mol，溶液中离子为0.4mol，至此CO2完全消耗，不再发生BaCO3+CO2+H2O=Ba2+2HCO3-反应，最后溶液中溶质为NaHCO3，故图象C符合。故选：C。第二部分 非选