河南省洛阳市下庄中学2022-2023学年高三化学上学期摸底试题含解析

河南省洛阳市下庄中学2022-2023学年高三化学上学期摸底试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.下列单质或化合物性质的描述正确的是 （

）A．NaHSO4水溶液显中性

B．SiO2与酸、碱均不反应C．CaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂 D．Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3参考答案：C略2.8gFe全部溶于一定浓度200mLHNO3溶液中，得到标准状况下气体1.12L，测得反应后溶液pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断不正确的是A．反应后溶液中铁元素一定只以Fe3＋形式存在

B．1.12L气体可能是NO、NO2的混合气体C．反应后溶液中c(NO3－)＝0.85mol/LD．反应后的溶液最多还能溶解1.82gFe参考答案：B略3.A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，A和D、C和E分别同主族，E的原子序数为C的两倍，B的最外层电子数为A的最外层电子数的4倍．下列叙述正确的是（）A．A、B、C三种元素形成的化合物一定是非电解质B．A与C只能形成化学式为A2C的化合物C．第三周期中，D的原子半径最大D．E的氧化物对应的水化物一定具有强氧化性参考答案：C考点：原子结构与元素的性质分析：A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，C和E同主族，E的原子序数为C的两倍，则C为O元素、E为S元素；A和D同主族，B的最外层电子数为A的最外层电子数的4倍，则A、D处于IA族，B处于ⅣA族，而D的原子序数大于E，D只能处于第三周期、B处于第二周期，故B为C，D为Na，则A为H或Li，据此解答．解答：解：A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，C和E同主族，E的原子序数为C的两倍，则C为O元素、E为S元素；A和D同主族，B的最外层电子数为A的最外层电子数的4倍，则A、D处于IA族，B处于ⅣA族，而D的原子序数大于E，D只能处于第三周期、B处于第二周期，故B为C元素，D为Na元素，则A为H或Li元素，A．A、B、C三种元素可以形成CH3COOH，属于电解质，故A错误；B．A与C能形成化合物为H2O、H2O2，故B错误；C．D为Na，处于IA族，同周期自左而右原子半径减小，故第三周期中Na的原子半径最大，故C正确；D．E的氧化物对应的水化物有亚硫酸、硫酸，浓硫酸具有强氧化性，而亚硫酸、稀硫酸没有强氧化性，故D错误，故选C．点评：本题考查元素周期表、结构与位置关系，推断元素是解题的关键，注意对元素化合物知识的理解掌握．4.香兰素是重要的香料之一，它可由丁香酚经多步反应合成。已知（醛基-CHO）能与氢气发生加成反应，有关上述两种化合物的说法正确的是

（

）

A．常温下，1mol丁香酚只能与1molBr2反应B．丁香酚不能与FeCl3溶液发生显色反应C．1mol香兰素最多能与4mol氢气发生加成反应D．香兰素分子中至少有12个原子共平面参考答案：CD略5.下列有关化学用语表示正确的是A．氢氧化钠的电子式：B．质子数为53、中子数为78的碘原子：

C．水分子比例模型：

D．对硝基甲苯的结构简式：参考答案：B略6.下列是关于氯水的叙述，正确的是(

)

A．新制氯水中只含Cl2和HClO分子

B．新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C．光照氯水有气泡冒出，该气体为Cl2

D．氯水放置数天后，pH值将增大参考答案：B试题分析：A．氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，新制氯水中含Cl2和HClO分子，还有水分子，A错误；B．新制氯水具有酸性和强氧化性，因此可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，B正确；C．光照氯水有气泡冒出，该气体为氧气，即2HClO＝2HCl＋O2↑，C错误；D．氯水放置数天后由于次氯酸分解生成盐酸，酸性增强，pH值将减小，D错误，答案选B。7.下图是是两套电能与化学能相互转化的装置。对此两套装置的分析正确的是A．图1装置中的铁电极发生还原反应B．图2装置反应一段时间后溶液的pH会降低C．两装置中石墨电极上产生的气体都是H2D．两装置的原理都可以在现实生活中用来防止铁被腐蚀参考答案：B略8.某合金（仅含铜、铁）中铜和铁的物质的量之和为ymol，其中Cu的物质的量分数为a，将其全部投入50mLbmol·L－1的硝酸溶液中，加热使其充分反应（假设NO是唯一的还原产物）。下列说法正确的是 （

）

A．若金属全部溶解，则溶液中一定含有Fe3＋

B．若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，金属又开始溶解

C．若金属全部溶解，且产生336mL气体（标准状况），则b=0．3

D．当溶液中金属离子只有Fe3＋、Cu2＋时，则a与b的关系为：b≤80y（1－a/3）参考答案：B略9.500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝6.0mol/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况）。下列说法正确的是A．原混合溶液中c(K＋)为2mol/L

B．上述电解过程中共转移4mol电子C．电解得到的Cu的物质的量为0.5mol

D．电解后溶液中c(H＋)为4mol/L参考答案：AB略10.高铁酸钾是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为，下列说法正确的是

A．制高铁酸钾用做还原剂

B．制备高铁酸钾时得到电子

C．高铁酸钾中铁的化合价为

D．用高铁酸钾处理水时，用到了其强氧化性，且其还原产物能水解产生具有强吸附能力的胶体参考答案：D11.在pH=0的溶液中，能大量共存的离子组是

（

）

A．Fe2+、Na+、Cl-、NO-3

B．K+、Ca2+、CH3COO-、HCO-3

C．Na+、Mg2+、NO-3、SO2-4

D．Ba2+、K+、Cl-、SO2-4参考答案：C略12.常温下，在一定体积某浓度的BaCl2溶液中，逐滴加入pH=1的稀硫酸至溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，测得溶液pH=2。若忽略两溶液混合时的体积变化，则加入稀硫酸的体积与原BaCl2溶液的体积比是A．10∶1

B．1∶10

C．9∶1

D．1∶9参考答案：D略13.下列叙述正确的是（）A．相同条件下，N2和O3的混合气体与等体积的N2所含原子数相等B．等物质的量的甲基（—CH3）与羟基（—OH）所含电子数相等C．常温常压下28gCO与22.4LO2所含分子数相等D．16gCH4与18gNH4+所含质子数相等

参考答案：答案：B

解析：由于O3为三原子分子，所以相同条件下，N2和O3的混合气体所含有的原子数大于等体积的N2所含原子数，故A选项错误；甲基（—CH3）和羟基（—OH）均含有9个电子，所以等物质的量的甲基（—CH3）与羟基（—OH）所含电子数相等，即B选项正确；28gCO的物质的量为1mol，含有NA个分子，而常温常压下22.4LO2的物质的量小于1mol，所以二者所含的分子数不相等，故C选项错误；CH4分子中含有质子10个，因此16gCH4含有的质子数为10NA个，而NH4+含有质子数为11，18gNH4+所含有的质子数为11NA个，二者不相等，故D选项错误。高考考点:物质的量，物质所含微粒数之间的关系。易错提醒:审题不清忽略O3为三原子分子而错选A；没有注意到B选项中的条件而错选。

备考提示:将物质的量与物质结构的指示联系在一起考查是高考试题中物质的量这一部分常见的题型之一；主要考察物质所含的电子数、质子数、中子数等构成微粒数之间的关系，在解答时首先要审清题目的有关条件（如涉及气体的体积时是否是标准状况等），再就是要正确理解物质的有关结构知识。由于这种题型涉及的知识点比较丰富，因此在备考复习时应多注意总结有关的知识点和规律。14.下列说法正确的是

A．淀粉和纤维素互为同分异构体，化学式均为(C6H10O5)n

B．油脂在酸性条件下的水解反应叫皂化反应

C．鸡蛋清溶液中加入醋酸铅溶液会变性

D．淀粉、纤维素、蛋白质和油脂均属于天然高分子化合物

参考答案：C略15.过氧苯甲酸与H2O2的分子结构中都有“—O—O—”。过氧苯甲酸可作为食品漂白剂，但它能破坏食品中的维生素C（俗名抗坏血酸）、维生素E（俗名生育酚）等，从而降低食品的营养价值，这个过程主要应是维生素C、维生素E等(

)A.酸性被中和

B.碱性被中和

C.被氧化

D.被还原参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.氯气的实验室制法是MnO2和浓盐酸在加热条件下反应，用KMnO4、KClO3氧化浓盐酸可快速制取氯气．根据上述反应原理，有人提出能否利用Na2O2的强氧化性氧化浓盐酸得到氯气呢．某课外小组在实验室进行了探索性实验，设计了如图装置：操作步骤及现在如下：①组装好装置，检查装置的气密性，加入药品．②缓慢通入一定量的N2后，将装置E连接好（导管未伸入集气瓶中），再向圆底烧瓶中缓慢滴加浓盐酸，反应剧烈，产生黄绿色气体．③一段时间后，将导管末端伸入集气瓶中收集气体．装置E中收集到能使带火星的木条复燃的无色气体．④反应结束后，关闭分液漏斗的活塞，再通入一定量的N2，至装置中气体无色．回答下列问题：⑴写出KClO3氧化浓盐酸制取Cl2的离子方程式

⑵装置B中湿润的红色布条褪色，说明A中有（填化学式）生成，装置C中为湿润的KI－淀粉试纸，能否仅通过试纸变蓝证明上述结论，请用离子方程式说明原因

⑶装置D的作用是⑷写出生成O2的可能的反应方程式⑸实验证明，Na2O2甚至能与干燥的HCl反应生成氯气，写出反应的化学方程式综合上述实验，请分析实验室

（填”能”或”否”)利用Na2O2与浓盐酸反应制备纯净的Cl2，理由是

参考答案：（1）ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O（2）Cl2

4H++4I－+O2===2I2+2H2O（3）吸收HCl和过量的Cl2，防止污染空气，使E中能收集到较为纯净的氧气（4）2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2（5）

Na2O2+4HCl==Cl2

+2NaCl+2H2O

否

①Na2O2与生成的H2O反应有O2生成；HCl混在Cl2中；H2O混在Cl2中②实验室没有可直接使用的干燥HCl气体；固体与气体反应较慢

略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池、多晶硅太阳能电池、GaAs太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。

（1）基态亚铜离子(Cu+)的价层电子排布式为________；高温下CuO容易转化为Cu2O，试从原子结构角度解释原因：______________________________________________。（2）H2O的沸点高于H2Se的沸点(－42℃)，其原因是___________________________。（3）GaCl3和AsF3的立体构型分别是____________，____________。（4）硼酸(H3BO3)本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH－生成[B(OH)4]－，而体现弱酸性。①[B(OH)4]－中B原子的杂化类型为______________。②[B(OH)4]－的结构式为________________。（5）金刚石的晶胞如图，若以硅原子代替金刚石晶体中的碳原子，便得到晶体硅；若将金刚石晶体中一半的碳原子换成硅原子，且碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶体(金刚砂)。①金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的排列顺序是________________(用化学式表示)；②金刚石的晶胞参数为apm(1pm＝10－12m)。1cm3晶体的平均质量为_______________(只要求列算式，阿伏加德罗常数为NA)。参考答案：(1)3d10

Cu2O中Cu+的价层电子排布处于稳定的全充满状态

(2)水分子间存在氢键、H2Se分子间无氢键

(3)平面三角形

三角锥型

(4)sp3

(5)C>SiC>Si

【分析】（1）Cu原子失去1个电子生成Cu+，Cu+核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理书写Cu+基态核外电子排布式，轨道处于全空、半满或全满时最稳定；（2）H2O的分子间存在氢键；（3）根据价层电子对互斥理论来确定其空间构型；（4）在[B(OH)4]－中B原子与4个羟基相连，一对孤对电子对。【详解】（1）Cu原子失去1个电子生成Cu+，Cu+核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，则基态亚铜离子(Cu+)的价层电子排布式为3d10；原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，结构上Cu2+为3d9，而Cu+为3d10全充满更稳定，故高温下CuO容易转化为Cu2O；（2）H2O和H2Se都是极性分子，其分子间有色散力、诱导力、取向力。但由于H2O的分子间还有氢键存在，所以H2O沸点比H2Se沸点高；（3）GaCl3中价层电子对个数=3+（3-3×1）=3，且没有孤电子对，所以其空间构型是平面三角形结构；AsF3中价电子对个数=3+（5-3×1）=4，有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥形；（4）①在[B(OH)4]－中，硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，B原子与4个羟基相连，一对孤对电子对，为sp3杂化；②[B(OH)4]－离子中的配位键，氧元素提供孤对电子给硼元素O→B，可表示为；（5）①金刚石、晶体硅、碳化硅都是原子晶体，半径越小，熔点越高，故金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的排列顺序是C>SiC>Si；②根据分摊原则，立方氮化硼晶体的结构与金刚石相似，晶胞中共有8个原子，N和B各占4个。1cm3晶体的平均质量为=。18.三氯胺(NCl3)是一种饮用水二级消毒剂，可由以下反应制备：Ⅰ．NH3(g)+3Cl2(g)NCl3(1)+3HCl(g)

△H回答下列问题：(1)已知：Ⅱ．2NH3(g)+3Cl2(g)N2(g)+6HCl(g)

△H1Ⅲ．

△H2则△H2=________(用含△H和△H1的代数式表示)。(2)向容积均为2L的甲乙两个恒温密闭容器中分别加入4molNH3和4molCl2，发生反应Ⅰ，测得两容器中n(Cl2)随反应时间的变化情况如下表所示：时间/min04080120160容器甲(T1)4.03.02.21.61.6容器乙(T2)4.02.92.02.02.0①0~80min内，容器甲中v(NH3)=________________。②反应Ⅰ的△H________0(填“>”或“<”)，其原因为________________________。③关于容器乙，下列说法正确的是________(填选项字母)。A．容器内，说明反应达到平衡状态B．反应进行到70min时，v正一定大于v逆C．容器内气体平均相对分子质量在增大，说明平衡在正向移动D．达平衡后，加入一定量NCl3(l)，平衡逆向移动E．达平衡后，按原投料比再充入一定量反应物，平衡后NH3的转化率增大④温度为T1时HCl(g)的平衡体积分数=________，该温度下，若改为初始体积为2L的恒压容器，平衡时容器中n(Cl2)________(填“>”、“=”或“<”)1.6mol。⑤温度为T2时，该反应的平衡常数K=________。参考答案：(1)2△H-△H1

(2)①3.75×10-3mol?L-1?min-1

②<

容器乙反应速率快，所以T1>T2,又因为容器乙平衡时n(Cl2)大，说明温度升高，平衡逆向移动，△H2<0》

③E

④0.33或

<

⑤0.6【分析】（1）根据盖斯定律进行计算；

（2）①由表中数据可知，0～80min内，容器甲中消耗氯气1.8mol，则由方程式可知消耗0.6mol氨气，结合计算；

②容器乙达到平衡用时少，则反应快，温度高，容器乙中平衡时n（Cl2）较大，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；④温度为T1时，达到平衡消耗2.4mol氯气，结合方程式计算；该温度下，若改为初始体积为2L的可变容器，则压强大于恒容时；

⑤计算平衡时各物质的浓度，可计算平衡常数。【详解】（1）已知Ⅰ．NH3(g)+3Cl2(g)NCl3(1)+3HCl(g)；Ⅱ．2NH3(g)+3Cl2(g)N2(g)+6HCl(g)

；根据盖斯定律2×Ⅰ-Ⅱ可得，所以=2△H-△H1，故答案为：2△H-△H1（2））①由表中数据可知，0～80min内，容器甲中消耗氯气1.8mol，则由方程式可知消耗0.6mol氨气，则=3.75×10-3mol?L-1?min-1

故答案为：3.75×10-3mol?L-1?min-1；

②容器乙达到平衡用时少，则反应快，温度高，容器乙中平衡时n（Cl2）较大，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，

故答案为：＜；容器乙反应速率快，所以T1>T2,又因为容器乙平衡时n(Cl2)大，说明温度升高，平衡逆向移动，△H2<0；

③A．按1：1投入反应物，按1：3反应，无论任何时候，都不能满足，故A错