发布时间 : 星期六 文章广东省揭阳市2020届高三下学期线上教学摸底测试化学(理)试题(带答案解析)更新完毕开始阅读0cae1ff85dbfc77da26925c52cc58bd6318693d1
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关系，物质的氧化性、还原性与元素化合价升降的关系，注意过氧化钠的作用，侧重考查基本概念、计算。 4．B 【解析】 【分析】 【详解】
A. 根据物质结构简式可知法匹拉韦的分子式为C5H4N3O2F，A正确；
B. 该物质分子中含有的1个碳碳双键、1个C=N键在一定条件下能与氢气发生加成反应，所以法匹拉韦最多能与2mol H2发生加成反应，B错误；
C. 法匹拉韦含有肽键，因此在一定条件下能与NaOH溶液发生反应，C正确；
D. 法匹拉韦分子中含有碳碳双键，容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此可以使酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，D正确； 故答案选B。 5．B 【解析】 【分析】 【详解】
A. NO与空气中的O2会发生反应，不能使用排空气的方法收集NO，A错误；
B. 该装置为电解池，Fe为阳极，失去电子生成Fe2+，Fe2+与溶液中OH-结合形成Fe(OH)2，由于溶液表面覆盖煤油，可阻止空气中的氧气在溶液中的溶解，因此能较长时间观察Fe(OH)2沉淀的白色，B正确；
C. 该实验中反应温度不同，一个使用FeCl3、一个没有使用使用FeCl3，改变了两个外界条件，不能说明FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，应该采用控制变量方法，其它外界条件都相同，只是一个使用FeCl3、一个没有使用FeCl3，这样才可以对比判断，C错误； D. Cu与浓硝酸反应生成的NO2气体会与水反应产生NO，因此不能测定二氧化氮的体积，D错误； 故答案选B。 6．C 【解析】
答案第3页，总10页
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本题制备晶体硅，H2＋SiHCl3
Si＋3HCl，此反应应在IV装置中进行，A、装置I
的目的是制备氢气，氢气中含有水蒸气，对后续实验产生干扰，必须除去，因此装置II的目的是除去氢气中的水蒸气，即II中盛放浓硫酸，III的提供SiHCl3气体，因此在水浴中加热，故A错误；B、应先通入氢气，目的是排除装置中的空气，防止发生危险，故B错误；C、硅不与盐酸反应，铁与盐酸反应生成Fe2＋，Fe2＋被H2O2氧化成Fe3＋，与KSCN溶液变红，可以鉴定是否含有铁单质，故C正确；D、用NaOH溶液制备氨气，需要加热或NaOH溶液为浓溶液，I装置中没有加热装置，且NaOH溶液为稀溶液，因此此装置不能制备氨气，故D错误。 7．B 【解析】 【分析】 【详解】
A. 由图可知CO在Pd2催化作用下与氧气反应产生CO2，反应方程式为2CO+O2=2CO2，A正确；
B. 由图可知：反应路径2所需总的活化能比反应路径1低，反应路径2的催化效果更好，B错误；
C. 反应路径1和反应路径2的第一步能量变化都为3.22eV，C正确； D. 路径1的最大能垒(活化能)E正=-3.96eV-（-5.73eV） =1.77 eV，D正确； 故答案选B。 8．D 【解析】 【分析】 【详解】
A. d电极上CO32-→C，得到电子，发生还原反应，所以d为阴极，则c为电源的负极，A正确；
B. a电极上C2O52-→O2，失去电子发生氧化反应，所以a为阳极，电极反应式为2C2O52- -4e- =4CO2 ↑+O2↑，B正确；
答案第4页，总10页
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C. ①中CO2→C2O52-或②CO2→CO32-时C元素化合价均为+4价，所以C元素化合价均没有发生变化，C正确；
D. 根据图示a极生成O2，d极生成C，故该装置中总反应为CO2
通电C+O2，每捕获1molCO2
转移4 mol电子，则每转移1mol电子捕获0.25molCO2，其在标准状况下体积为5.6L，D错误； 故答案选D。 9．D 【解析】
分析：短周期主族元素X、四种元素形成的单质依次为m、Y、Z、W的原子序数依次增大．n、p、q，r、t、u是这些元素组成的二元化合物，其中u为形成酸雨的主要物质之一，u为SO2；25℃时，0.01mol/L的v溶液中pH=12，则v为NaOH，结合图中转化可知，m为H2，n为O2，p为Na，r为H2O，t为Na2O2，则X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，q为S单质，以此解答该题。
详解：由上述分析可知，X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S，m为H2，n为O2，p为Na，r为H2O，t为Na2O2，v为NaOH，q为S单质，u为SO2。A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小：X＜Y＜W＜Z，选项A错误；与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，抑制水的电离，选项B错误；元B．u为SO2，B．素的非金属性为O＞S＞H，即Y＞W＞X，故B正确；C．q为S单质，微溶于酒精，故粘有q的试管不可用酒精洗涤，应用浓的氢氧化钠溶液，选项C错误；D、Z分别与Y、W组成的化合物Na2O、NaH中化学健类型均为离子键，相同，选项D正确。答案选D。 点睛：本题考查无机物的推断，为高频考点，把握二氧化硫的应用及Kw的计算推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，u与v为推断的突破口，题目难度不大。 10．D
答案第5页，总10页
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【解析】 【分析】 【详解】
A. ACO3比BCO3溶解度更大，则ACO3的溶度积大于BCO3的溶度积，由图可知a的溶度积小于b的溶度积，所以线a表示BCO3的沉淀溶解平衡曲线，线b表示ACO3的沉淀溶解平衡曲线，A错误；
B. 在ACO3的饱和溶液中存在溶解平衡：ACO3(s)
A2+(aq)+CO32-(aq)，加入Na2CO3溶
c(CO32-)不一定大于Ksp(ACO3)，液，溶液的体积增大，c(A2+)减小，c(CO32-)增大，c(A2+)·因此不一定产生沉淀，B错误；
C. 由选项A分析可知线a表示BCO3的沉淀溶解平衡曲线，线b表示ACO3的沉淀溶解平衡p(CO32-)=2.2，c(CO32-)=10-2.2，曲线，当pM=0时，则Ksp(ACO3)= c(A2+)·同理可知Ksp(BCO3)= c(B2+)·c(CO32-)=10-4，t℃时，ACO3(s)+B2+(aq)
BCO3(s)+A2+(aq)平衡常数K=
cA2?2????K?ACO??10c?B?K?BCO?10sp3sp3?2.2?4=101.8，C错误；
D. 由曲线a可知Ksp(BCO3)=c(B2+)·c(CO32-)=10-4，n(BCl2)=1 mol/L×0.1 L=0.1 mol，n(Na2CO3)=
m116.6g?=1.1 mol，二者按1：1反应产生BCO3沉淀后Na2CO3过量，剩M106g/mol1mol=10 mol/L，则根据溶度积常数0.1L余CO32-的物质的量为1.1 mol-0.1 mol=1 mol，c(CO32-)=
可知此时溶液中c(B2+)=淀完全，D正确； 故答案选D。 11．CD 【解析】 【分析】
Ksp?BCO3?2?cCO3??10?4?mol/L=10-5 mol/L，所以此时可认为B2+离子沉10A. 根据TeO2是两性氧化物，微溶于水分析； B. 根据温度对盐酸的浓度影响分析判断；
C. 可根据金属的活动性及与金属单质反应的物质性质分析使用的试剂；
D. 还原过程中Te4+与SO2在溶液中发生氧化还原反应生成Te单质和SO42-，结合电子守恒、
答案第6页，总10页