广东省惠州市2018届高三理综(化学部分)第三次调研考试试题(含解析)

1、广东惠州市2021届高三第三次调研考理科综合化学试题可能用到的相对原子质量N : 14 O : 16 S 32 I : 127 W : 184 Ni 59 As 751. 以下生活用品的主要成分属于有机高分子物质的是A. 花生油 B. 味精 C. 紫砂壶 D. 面巾纸【答案】D【解析】A.花生油主要成分为油脂，不是高分子化合物，故A错谋;B味精的主要成分为谷氮酸钠.不是高分子化合物，故B错误；G紫砂帝由黏土烧制而成.由无机搦组成，不是高分子化合物故C错误；D *面巾娠的主要成分为纤维素，为高分子化合物，故D正确:应选D “点睛：此题考查物质的组成。有机高分子化合物为高聚物，相对分子质量在100

2、00以上。判断有机高分子化合物时，可以首先判断是否为有机物，有机高分子化合物一定是有机物，再 记住常见的有机高分子化合物，如纤维素、淀粉、蛋白质、酶、聚合物等。2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。以下有关表达正确的选项是A. 标准状况下，22.4 L四氯化碳中含有 C-CI数目为42B. 1 mol Cl 2通入足量水中反响转移的电子数为NAC. 常温下，0.5 mol?L 1 Fe2 (SQ) 3溶液中含Fe3+数目为1 NaD. 常温常压下，5.6 g丙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.4 2【答案】D【解析】A、标况下，四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错

3、误；B. 1mol氯气通入足量水中，参与反响的氯气只有少局部，所以转移的电子的物质的量小于1mol，故B错误；C、溶液的体积不知，无法由浓度求物质的量，故C错误；D. 5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含有0.4mol最简式CH,含有0.4molC原子，含有的碳原子数为 0.4 NA,故D正确；应选Do3. 以下关于有机化合物的说法正确的选项是A. 分子式为C3HCI2的有机物有4种同分异构体(不考虑立体异构)B. 用'：11和、厂俎互为同系物C. 乙炔和溴的四氯化碳溶液反响生成1,2-二溴乙烷D. 甲苯分子中所有原子都在同一平面上【答案】A【解析】A .当两个Cl原子在同一碳原子上时，存

4、在曲种同分异构体.CH(CI)2CH2CHaCH3C(CI)2CH3，当曲个Cl原子位于不同C原子时,也存在两种结构：CH.CICHCICHj ' CH2CICH2CH2CI所以分子式为C3H6Ch的有机物总共含有4种纺构，故A正确；B匕丁°%和 CT" ，的站构不相似，不属于同系物故吕错误；匸乙块含碳碳三镇、那么与，臭的四氯化碳溶液发生 加成反响生成1.1 2 N四漠乙烷故亡错课；D.由于甲苯中甲基为四面体结构t所以甲苯中所有原 子不可能共平面故小眾；应选从4. X、Y、Z、T、W是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中 X、T同主族，X与Y形成的简单气态化

5、合物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z原子的最外层电子数是电子层数的3倍，W是一种重要的半导体材料。以下说法正确的选项是A. 原子半径： X v Yv Zv TB. Y元素的含氧酸都属于强酸C. Z、T和W三种元素形成的化合物的水溶液呈碱性D. 元素Z、T组成的化合物中阴阳离子个数之比为2 ：1【答案】C【解析】X、Y、Z、T、W是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，X与Y形成的简单气态化合物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该化合物为氨气，那么X为H元素，Y为N元素；其中X、T同主族，那么T为Na元素；Z原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Z为0元素；W是一种重要的半导体材料，W为Si元素。A同周

6、期自左而右，原子半径逐渐减小，同主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径：N> 0,故A错误；B. N元素的含氧酸有硝酸和亚硝酸等，其中亚硝酸为弱酸，故B错误；C. Z、T和W三种元素形成的化合物为硅酸钠，水解后溶液呈碱性，故 C正确；D.元素Z、T组成的化合物为氧化钠和过氧化钠，其中阴阳离子个 数之比为1 : 2,故D错误；应选C。5. 以下图示与对应的表达不相符合的是£应理卓4巫;1壯空咗蛊厲屮CA. 图甲表示燃料燃烧反响的能量变化B. 图乙表示酶催化反响的反响速率随反响温度的变化C. 图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D. 图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线【答案】A【

7、解析】试题分析：A.燃料燃烧应放出热量，反响物总能量大于生成物总能量，而题目所给 图为吸热反响，故 A错误；B.酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，那么酶催化能力降低，甚 至失去催化活性，故 B正确；C.弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反响速率相等，图象符 合电离特点，故 C正确；D.强碱滴定强酸，溶液 pH增大，存在pH的突变，图象符合，故 D 正确；应选Ao考点：考查弱电解质的电离、化学反响与能量、化学平衡的影响。视频厦6. 全钒氧化复原电池是一种新型可充电池，不同价态的含钒离子作为正极和负极的活性物 质，分别储存在各自的酸性电解液储罐中。其结构原理如下图，该电池放电时，右槽中的 电极反响为

8、：V2+-e -=V3+，以下说法正确的选项是井摘屯遽氐貞载IA.放电时，右槽发生复原反响B. 放电时，左槽的电极反响式：VO+2Hh+e=v6+HOC. 充电时，每转移1mol电子，n(H+)的变化量为1molD. 充电时，阴极电解液 pH升咼【答案】B【解析】A、电池放电时右槽中的电极反响为V2+-e-=V3+, /失去电子，作电池的负极，发生氧化反响，所以 A错误；B、放电时左槽作电池的正极，溶液中的M向正极移动，结合 VO+和VO+中V元素的化合价，可写出其电极反响为VO+2bf+e =vO+"O,故B正确；C由放电时的正极反响式知，充电时每转移1mol电子，川的物质的量改变

9、 2mol,所以C错误；D根据充电、放电原理可知，充电时的阳极反响为vO+"O-e- = VQ+2H所以阳极电解液的 pH降低，H+从左槽邙日极)通过离子交换膜进入右槽(阴极)，所以阴极电解液的 pH也降低，故D错误。此题正确答案为 B。7. 25C时，0.1 mol N&CO与盐酸混合所得的一组体积为1 L的溶液，溶液中局部微粒与 pH的关系如以下图所示。以下有关表达正确的选项是A. 随pH增大，数值先减小后增大B. b 点所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(CI -)+c(HC03-)C. 25 C时，碳酸的第一步电离常数Kai=

10、10-7D. 溶液呈中性时：c(HCO-)>c(CO 3-)>c(H 2C0)【答案】B【解析】A. 0.1 mol Na 2CO与盐酸混合，随pH增大，根据图像，随 pH增大，在溶液中出现2旦匸6巧I碳酸根离子后，c(COs )增大，c(HCQ )减小，因此.数值增大，故 A错误；B. b点所示的溶液中c(CO32-)=c(HCO3-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H +)=2c(CO 32-)+c(OH-)+c(Cl -)+c(HCOJ )，故 B 正确；C.根据图像，pH=6 时，申®加) +7c(HCO3- )=c(H 2CO)，贝U 25C时，碳酸的第一步电

11、离常数Ka1= c(H )=10-，故C错误；D.溶液呈中性时pH=7,根据图像，c(HCO3- ) >c(H 2CO) >c(CO 32-)，故D错误；应选B。8. 实验室制备氨基甲酸铵( NH2C00NH的反响如下：2NH3(g) + CO(g) =NHCOONI(t)。该反响在枯燥条件下仅生成氨基甲酸铵，假设有水存在那么生成碳酸铵或碳酸氢铵。(1) 该反响在一定条件下能够自发进行，那么反响的 H0。(填大于、小于或等于)(2) 写出生成碳酸氢铵的化学方程式 (3) 实验步骤如下：步骤1:按图所示组装仪器，检查装置气密性。步骤2 :在相应仪器中装入药品，其中在三颈烧瓶中参加氢氧

12、化钠固体，恒压滴液漏斗中装入 浓氨水。步骤3:滴加浓氨水并搅拌，调节反响速率，在反响器中得到产品 枯燥管中盛放的药品是 。 比照碳酸盐和酸反响制CO,该实验利用干冰升华产生CO气体的优点有 , 。 以恒压滴液漏斗代替分液漏斗的目的是 。 反响后期CQ气流量下降时，可采取的相应措施是 。(4) 该实验装置中可能存在的缺陷是 。【答案】 (1). 小于 (2). NH+ CO+ H2O=N4HCO (3). 固体氧化钙(生石灰)或固 体氢氧化钠或碱石灰(写成化学式也给分.)(4). 不需净化和枯燥处理 (5). 提供低 温环境，提高转化率(或干冰升华吸收热量，提供低温环境使氨基甲酸铵的合成反响向正

13、反应方向移动，提高了反响产率)(6).使氨水顺利滴下(使恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，液体顺利滴下)(7).调节恒压滴液漏斗旋塞，减慢氨水滴加速度(8).产品易堵塞导管；或没有防倒吸装置，稀硫酸会倒吸；或反响器与稀硫酸之间没有防止水蒸 气进入反响器的装置(任写一条，其它合理答案酌情给分.)【解析】(1)2NH3(g)+CO2(g) ?NH2COON4(S)，该反响为熵减的过程，假设能自发进行，说明该反应为放热反响，即 HV 0,故答案为：小于；(2) 水会和氨气、二氧化碳反响生成碳酸氢钠，反响的化学方程式为：NH+CO+HO=NhHCO；故答案为：NH+CO+H2O=NHIC由于制备氨基

14、甲酸铵的原料氨气必须是枯燥的，以防止副反响的发生，因此生成的氨气必须进行枯燥，因为氨气是碱性气体，所以枯燥氨气应该用氧化钙或固体氢氧化钠或碱石灰，故答案为：固体氢氧化钠或碱石灰； 碳酸盐和酸反响制 CQ,那么生成的CO必须进行净化和枯燥处理，而直接利用干冰制备CO,不需要枯燥；又因为该反响是放热反响，提供低温环境，可以提高转化率，故答案为：不需要枯燥；提供低温环境，提高转化率； 和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下，故答案为：使氨水顺利滴下； 反响后期，由于二氧化碳的气流下降，导致通入的二氧化碳气体减少，此时可以通过调节恒压滴液漏斗旋塞，

15、减慢氨水的滴加速度，故答案为：调节恒压滴液漏斗旋塞，减慢氨水的滴加速度；(4) 依据装置图中流程分析，平安问题主要是堵塞导气管，液体发生倒吸；依据反响过程中的产物分析，不能把污染性的气体排放到空气中，吸收易溶于水的气体需要放倒吸，实验装置存在平安问题产品易堵塞导管，稀硫酸会倒吸，故答案为：产品易堵塞导管，稀硫酸会倒吸。点睛：此题考查了物质制备实验的设计应用，涉及氨气的制备方法，氨基甲酸的制备实验装置分析判断。此题的易错点为干冰升华产生CO气体的优点分析，要注意与实验室制二氧化碳的比拟。9. 用金属钴板(含少量 Fe、Ni)制备应用广泛的氯化钴的工艺流程如下:注：钴与盐酸反响极慢，需参加催化剂硝

16、酸才可能进行实际生产。有关钴、镍和铁化合物的性质见下表：化学式沉淀完全时的pH钻镍性质Co(OH)29.4Co+ 2HCl= C0CI2+ H2TCo24 + 2NH H 2O= Co(OH)2 J + 2Nh|+Fe(OH)29.62+ +1n 1LC CCOLJ小1oi_|CO 十 2H2O C0(OH)2十 2HFe (OH) 33.7Ni 十 2HCI= NiCI 2+ H42+ 2 +Ni + 6NHHO= Ni(NH3)6+ 6HO(1) “除镍步骤中，NHHO用量对反响收率的影响见表中数据：从表中数据可知，当PH调节至x =时，除镍效果最好。加NHHO调pH收率/%Ni2+含量/

17、%998.10.089.5980.051097.60.00510.3940.005(2) “除镍步骤必须控制在一定的时间内完成，否那么沉淀中将有局部Co(OH)2转化为Co(OH)3，此反响的化学方程式为 。(3) “除铁步骤中参加双氧水发生反响的离子方程式是 。(4) “除铁步骤中参加的纯碱作用是 。(5) 在“调 pH'步骤中，加盐酸的作用是 。(6) 25C 时，KspFe(OH)3 = 4.0 X 10 一38,那么该温度下反响 Fe3* + 3fOFe(OH+ 3H+的平衡常数为。【答案】 (1). 10 (2). 4Co(OH)2+ C2+ 2H2O= 4Co(OH)3 (

18、没有配平扣 1.分)(3).2Fe2 + HQ+ 2H+= 2Fe3+ + 2H.O (没有配平扣 1 分) (4).使 Fe3+ 转化为 Fe(OH)3沉淀而除去(或 2Fe + 3CO + 6H>O= 2Fe(OH)3 J + 3COf) (5). 防止 Co 水解 (6). 2.5 X 10 一5(mol L -1) 2 (没有单位不扣分)【解析】用金属钴板(含少量Fe、Ni)制备应用广泛的氯化钴的工艺流程为：钴板在稀硝酸作催化剂条件下反响生成氯化镍、氯化钴和氯化铁、氯化亚铁等，调节溶液的pH除去镍，然后参加双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，然后参加纯碱将铁离子转化成氢氧化铁除去，最后

19、经 过一系列操作得到氯化钴晶体。(1) 根据表中的数据知道，当pH等于10的时，收率最高，镍离子的含量最小，除镍效果最好，故答案为：10;(2) 钴离子易从正二价容易被氧气氧化到正三价，发生的化学方程式为：4Co(OH)2+Q+2HzO=4Co(OH)，故答案为：4Co(OH)2+Q+2HO=4Co(OH)；(3) 双氧水具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，发生的化学反响为：2Fe2+HQ+2H+=2Fe3+2HO,故答案为：2Fe2+HO+2H+=2Fe3+2H2O;(4) 参加碳酸钠可以和酸发生反响，在适当的环境下，可以让铁离子形成沉淀而除去，所以加入的纯碱作用是起到调节溶液的pH的作

20、用，故答案为：使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去3+2(或 2Fe +3CO-+6HO=2Fe(OH) J +3CQ T );(5) 钴离子是弱碱阳离子，能发生水解，显示酸性，参加盐酸可以防止C&水解，故答案为:10 1-1，反响 Fe3+3HC? Fe(OH)3+3H+ 的平防止CcT水解；3+338+(6) K spFe(OH) 3=c(Fe ) Xc (OH)=4.0 x 10- , c(H )= -421010-4=2.5 X 10-5，故答案为:2.5 X 10 -5。衡常数K(F尹)cOH )c(Fcs + )10. 碘及其化合物在生产、生活和科技等方面都有着重要的应用。答复

21、以下问题:(1) ： 2I 2(s)+5O 2(g) = 2l2Q(s) H= 1966 kJ?mol 2CO(g)+Q(g) = 2C0(g) H= 1200 kJ?mol -1。那么 5C0(g) +l2Q(s)=5CO2(g)+l 2 ($)的厶 H=(2) 碘不易溶于水，但易溶于碘化钾溶液并生成多碘离子，反响如下：2 I 2(s)+l -(aq)l3-(aq) H<0 I 2 (s)+2I -(aq) 14-(aq)。温度降低时，反响的平衡常数将 (填“增大 “减小或“不变)；反响 的平衡常数的表达式为K=。(3) 碘与钨在一定温度下，可发生如下可逆反响：W(s)+I 2(g)

22、= Wb(g)。现准确称取0.508g碘和0.736g金属钨放置于50.0mL的密闭容器中，并加热使其反响。如图是混合气体中的W2蒸气的物质的量随时间变化关系的图象n(WI 2)t,其中曲线I (0t2时间段)的反响温度为450C，曲线H (从12时刻开始)的反响温度为530CoXW卜)/胡lsoxioz12CXI0-该反响 H0填“ >或“ <)。 反响从开始到ti(t 1= 3 min)时间内I 2的平均反响速率v(l 2)= 能够说明上述反响已经到达平衡状态的有A.I 2与WI2的浓度相等B.C.容器内混合气体的密度不再改变D.【答案】(1).-2021 kJ mol-1(2

23、).0.012mol L -1 min-1(6). 9(7). BC(填选项字母)。容器内各气体的浓度不再改变 容器内气体压强不发生变化增大(3). c(l 42-)/c 2(l -)(4).<(5). 在450C时，该反响的平衡常数K的值为 1【解析】(1)： 2I 2(s)+5O2(g) = 2l2Q(s) H= 1966 kJ?mol -，2CO(g)+O2(g)2CO(g) H= 1200 kJ?mol -1，根据盖斯定律，将x '-X得：1966 kJ?mol2 25CO(g)+l 2Q(s)=5CO2(g)+l 2(s) H=( 1200 kJ?mol-1) x-1)

24、 x1=-2021 kJ2mol-1，故答案为:-2021 kJ mol反响的 H< 0,所以降低温度平衡向正方向移动，那么平衡常数增大；方程式 l2(s)+2l -(aq) ?l 42-，那么其平衡常数表达式为：K= ;故答案为：增大；升高温度，化学平衡向吸热方向移动；升高温度时，WI2的物质的量减少，所以该反应向逆反响方向移动，即逆反响是吸热反响，所以正反响是放热反响，H< 0，故答案为：<；1.8 x 10 mol 因为v(WI 2)= QO5L =1.2 0X 10-2mol?L-1?min-1 ；由于反响速率之比等于计量数之比,3m in2 11 2 11以 v(l

25、 2)=1.20 x 10- mol?L- ?min-，故答案为：1.20 x 10 - mol?L- ?min-； 反响开始时，碘的物质的量为 n=0.002mol，反响达平衡时生成 W21.8O X 10-3 mol,254g/mol根据化学方程式可知，需要碘1.80 X 10-3mol参加反响，剩余碘 0.0002mol，所以平衡时，c(WI 2)=1 冬 厲山=3.6 X 10-2mol/L , c(I 2)= 0 05LU.UUU2m01OQ5L=0.004mol/L，因为W是固体，所以故答案为:9；0.036mobLK=9,0 OCUmoLL(4) 反响到达平衡状态时，正逆反响速率

26、相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化。A、反响达平衡时，丨2与WI2的浓度可能相等也可能不等，与反响初始浓度及转化率有关，所以不能证明到达平衡状态，故A错误；B容器内各气体的浓度不再改变，表示反响的正逆反响速率相等，所以到达平衡状态，故B正确；C、平衡时各种物质的物质的量，即质量也不变，容器的体积不变，所以密度不再变化，故C正确；D该反响是反响前后气体体积不变的反响，无论反响是否到达平衡状态，压强始终不变，故D错误；故答案为：BG11. 在电解炼铝过程中参加冰晶石 (用“A代替)，可起到降低Al 2O3熔点的作用。冰晶石的生产原理为2AI(OH) 3+ 12HF+ 3NatCO=

27、2A+ 3COT + 9fQ根据题意完成以下填空：(1) 冰晶石的化学式为,含有离子键、等化学键。(2) 生成物中含有10个电子的分子是 (写分子式)，该分子的空间构型 ，中心原子的杂化方式为。(3) 反响物中电负性最大的元素为 (填元素符号)，写出其原子最外层的电子排布图:(4) 冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图甲所示，位于大立方体的顶点和面心，O位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，那么大立方体的体心处所代表的微粒是(填微粒符号)。(5) Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位 置关系的平面图如图丁所示：ViMT假设Al的原子半

28、径为d, NA代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为 M那么一个晶胞中Al原子的数目为 个；Al晶体的密度为 (用字母表示)。【答案】(1). Na3AIF6 (2).共价键、配位键(3). H20 (4). V 形(5). sp(6) . F (7).(8). Na +(9). 4(10).【解析】(1)冰晶石的成分是 N&AIF6，该物质中Na+和AIFJ之间存在离子键，Al原子和F原子之间存在配位键和共价键，故答案为：NQAIF6；共价键和配位键;(2)H 2O中含有10个电子，水分子中含有 2个共价单键和2个孤电子对，所以其空间构型为V形，0原子采用杂化，故答案为：H2O V

29、形；sp3；鸟0皿，故答案为：f；2ft 2p(4) 的个数=8Xl+6X '=4,0个数=12X 1 +8+1=12,要使两种离子的个数之比为8241 : 3,那么大立方体的体心处所代表的微粒是Na+,故答案为：Na+; 该晶胞中Al原子个数=8X +6X8=4,该晶胞棱长,所以晶胞的体积=(2逸d)3, 元素的非金属性越强，其电负性越强，所以电负性最强的是F元素；F原子核外最外层上 s、p能级，s、p能级上电子分别是 2、5,其最外层轨道表示式为点睛：此题涉及晶胞的计算、化学键的判断、原子杂化方式等知识点，禾U用均摊法、价层电子对互斥理论等知识点分析是解答的关键。此题的难点是晶胞的计算，注意(5)中棱长不是Al原子直径，为易错点。12. 我国化学家合成了一种新型除草剂的合成路线如下:0H*.Ach; CH;aUNiOH ©OCHCOOH.rT厶加比SOO.* U i(1)中两种含氧官能团的名称。除草剂的分子式为 (2)与生成的反响类型是，-转化中另外一种产物是 HCI，那么试剂X是(3) 写出一种同时满足以下条件的物质的同分异构体的结构简式 属于芳香族化合物； 苯环上的一取代物只有两种； 在铜催化下与 O2反响，其生成物1 mol与足量的银氨溶液