2019届广东省惠州市高三上学期第二次调研考试理科综合化学试题(解析版)

1、广东省惠州市2019高三第二次调研考理综化学试题1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是：A.纤维素和淀粉水解的最终产物相同B.二氧化硫有漂白性，可用于纸浆的漂白C.车用乙醇汽油的使用有利于减少人类对石油的依赖D.加碘食盐中含碘物质主要是KI【答案】D【解析】【详解】A项，纤维素和淀粉水解的最终产物都是葡萄糖，A项正确；B项，SO具有漂白性，可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，B项正确；C项，传统汽油主要来源于石油，石油属于非再生能源，乙醇主要通过糖类农作物和纤维类植物原料来生产，糖类农作物和纤维类植物相比石油都是可再生能源，车用乙醇汽油的使用有利于减少人类对石油的依赖，C项正确；D项，加碘食盐

2、中的含碘物质主要是KIO3, D项错误；答案选Do2.设冲为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是：A. 42g己烯中含有碳氢键数目为32个B. 5.6g Fe 与足量盐酸完全反应时，失去电子数目为0.2 NaC.若1 mol AlCl 3完全转化为Al(OH)3胶体，则分散系中胶体微粒数为NaD.将0.1 mol N 2与0.3 mol H 2在一定条件下充分反应，生成 0.2 N a个NH3分子【答案】B【解析】【分析】A项，己烯的分子式为 GHz, 1个己烯中含12个C H键；B项，Fe与盐酸反应生成 FeCl2和H2, 1molFe参与反应失去 2mol电子；C项，Al (OH 3胶体中

3、的胶粒是一定数目Al (OH 3的集合体；D项，N2与H2在一定条件下合成 NH的反应是可逆反应。【详解】A项，己烯的分子式为 GH12, n (己烯)=42g+84g/mol=0.5mol , 1个己烯中含12个C H键，42g己烯中含碳氢键物质的量为0.5mol x 12=6mol,含碳氢键数目62个，A项错误；B项，n ( Fe) =5.6g + 56g/mol=0.1mol , Fe与盐酸反应生成 FeCL和H2, 1molFe参与反应失去 2mol电子，5.6gFe与足量盐酸完全反应失去0.2mol电子，失去的电子数为 0.2Na, B项正确；C项，ImolAlCl 3完全转化生成I

4、molAl (OH 3, Al (OH 3胶体中的胶粒是一定数目Al (OH 3的集合体,Al (OH 3胶体中的胶粒物质的量小于1mol,含胶体微粒数小于 NA, C项错误；D项，N与H2在一定条件下合成 NH的反应是可逆反应，将 0.1molN2与0.3molH2在一定条件下充分反应生成的NH物质的量小于0.2mol ,生成的NH分子数小于0.2Na, D项错误。答案选B。3.我国科学家屠呦呦因创造性地研制出抗疟新药青蒿素和双氢青蒿素(对疟原虫有100%勺抑制率)而获2015年诺贝尔医学奖。如图为青蒿素的键线式，以下关于青蒿素的说法错误的是A.含有酯基，可水解B.含有过氧键，有较强氧化性，

5、且不够稳定C.青蒿素的化学式05 H24O5D.在水中溶解度不大，易溶于有机溶剂【答案】C【解析】【详解】A项，青蒿素中含有酯基，青蒿素可水解，A项正确；B项，青蒿素中含过氧键(一 O-O-),过氧键有较强氧化性，且不够稳定，B项正确；C项，青蒿素的不饱和度为 5,青蒿素的化学式为 C5H2Q, C项错误；D项，青蒿素中含酯基、醛键、过氧键，不含羟基、竣基等亲水基，青蒿素在水中溶解度不大，易溶于有机溶剂，D项正确；答案选Co【点睛】有机物的水溶性与有机物中所含亲水基有关，一般亲水基越多、亲水基的含量越大，该有机物在 水中溶解度越大，典型的亲水基有：羟基、竣基、氨基等；而煌基、酯基、醍键都属于憎

6、水基。4.某兴趣小组探究 SO气体的还原性，装置如图所示，下列说法不合理的是也风溶液含有淀粉的膜水NGH期港ABCA. A装置中FeCl3溶液逐渐变为浅绿色，可以说明SO有还原性B. B装置中蓝色退去，说明还原性：SOI-C. C装置中吸收尾气有可能倒吸D. A、B装置中发生的反应转移电子数一定相等。【答案】D【解析】【分析】A项，A装置中FeCl3溶液逐渐变为浅绿色，Fe3+被还原为Fe2+,说明SO具有还原性；B项，B装置中蓝色褪去，说明 SQ与碘水发生了氧化还原反应，依据氧化还原反应中还原性：还原剂 还 原产物分析；C项，SO能被NaOH液迅速吸收，导致 C装置中导管内压弓II明显减小，

7、C装置中可能产生倒吸；D项，A、B装置中消耗反应物物质的量不确定。【详解】A项，A装置中FeCl3溶液逐渐变为浅绿色，说明Fe3+被还原为Fe2+,则SO被氧化，A装置中发生的反应为：2Fe3+SO+2H2O=2F2+SO2-+4H+,说明SO具有还原性，A项正确；B项，B装置中蓝色褪去，说明 SQ与碘水发生了氧化还原反应，反应的离子方程式为SO+I2+2H2O=4H+SO2-+2I-,在该反应中SO为还原剂，I -为还原产物，氧化还原反应中还原性：还原剂还原产物，则还原性：SOI-, B项正确；C项，SO污染大气，用 NaOH液吸收尾气，SO能被NaOH液迅速吸收，导致 C装置中导管内压强明

8、显 减小，C装置中可能产生倒吸，C项正确；D项，A、B 装置中发生的离子反应依次为：2Fe3+SO+2HO=2FS+SO2-+4H+、SO+12+2HO=4H+SO2-+2I -,由于A、B装置中消耗反应物物质的量不确定，A、B装置中反应转移电子物质的量不一定相等，D项错误；答案选Do5.已知a、b、c、d四种短周期主族元素，在周期表中相对位置如图，下列说法正确的是A. a、c两元素的最高正价一定相等B.原子半径大小顺序为：cdbaC. a、b两元素可能形成多种共价化合物D. c、d二种元素气态氢化物的稳定性比较：c d【答案】C【解析】【详解】A项，若a、b、c、d依次为Q F、S、Cl元素

9、，。没有最高正价，S的最高正价为+6价，A项错 误；B项，根据“层多径大，序大径小”，原子半径由大到小的顺序为：cdab, B项错误；C项，若a、b、c、d依次为N、O P、S元素，N与O可形成NO NQ、NO、NQ、NQ多种共价化合 物，C项正确；D项，根据c、d在周期表中的位置，非金属性：cd, c、d两种元素气态氢化物稳定性：c c(HC2O4 ) c(H+) c(OH )C. 0.1mol/L 的HGQ溶液，HGQ的电离度为 80%D. pH=7.0 的溶液中，c(Na+)=0.1+c(C 2。2 )-c(H 2QQ)【答案】C【解析】【详解】A、 HC2Q 的 电离方 程式为 H2G

10、QH+HCO-、 HCQ-H+GQ2- , HGQ 的 G=c(H +) c( GO2-)/c(HC 2O-)，根据图像当 c (HGQ-) =c (GQ2-)时溶液的 pH介于 4 和 5 之间，所以 HG。 的Q数量级为10-5, A正确；日 根据图像知 NaHCO4溶液呈酸性，NaHC4溶液中HCQ-的电离程度(HCQ-= H+GQ2-)大于HCO4-的水 解程度(HCQ-+HO H2c2O4+OH),但HCO-的电离程度和水解程度者酩艮微弱，因此 NaHCO4溶液中c (Na+) c (HCQ-) c (H+) c (OH), B正确；C H2Q。的电离以第一步电离为主， 已电离的H2

11、GQ分子的浓度等于溶液中 c (HCO-),图像中0.1mol/LH 2G。 溶液中 c (HCC4-) V0.08mol/L , 0.1mol/LH 2GQ溶液中 HG。的电离度小于 0.08/0.1 X 100%= 80% C错误； D 加入NaOHm后溶液中的电荷守恒式为： c (Na+) +c (H+) =c (OH) +c (HCQ-) +2c (GQ2-),常温下 pH=7.0的溶液呈中性，c (H) =c (OH),则pH=7.0的溶液中的电荷守恒为 c (Na+) =c ( HCC4-) +2c (GQ2-),将 c(H2GQ) +c (HCO-)+c (CO2-)=0.1mo

12、l/L代入得c (Na+)=0.1+c (GO2-)-c(H2QQ), D 正确;答案选C。【点睛】准确理解图像是解题的关键，依据电离平衡常数的表达式和关键点的数值计算HC2Q的G和电离度。确定溶液中粒子浓度大小关系时，分析溶液中存在的平衡，弄清主次(如B项)，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒(质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出)。8.实验室中的Y形管是一种特殊的仪器，通常与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用下图装置可以探究SO与BaCl2反应生成BaSO沉淀的条件。回答下列问题:(1)广口瓶中间那根玻璃管的作用是： 。(2)实验前需要将 BaCl2溶液煮沸，其目的是： 。(3)甲中发

13、生反应的化学方程式为： (4)乙中分别加入一种常用氧化物和一种无色液体，常温下将两者混合可产生一种碱性气体。该反应的化 学方程式为:(5)实验时，先使甲中产生的足量气体通入BaCl2溶液中，始终无沉淀生成。由此得出的结论是(6)向上述(5)实验所得溶液中通入乙产生的气体，产生白色沉淀，请写出发生反应的离子方程式:(7)请指出该实验的一个不足之处： 。【答案】(1).平衡压强，使甲、乙中的气体可顺利进入BaCl2溶液中(2).排除溶解的 Q防止将SO在溶液中氧化为SQ2-而对实验产生干扰(3). Na2SO+HSO(浓)=SO T+N32SO+HO (4). CaO +NH H 2。= Ca(O

14、H)2+NH T (或 NH H 20d NH3 T +HO ) (5).在酸性条件下不能生成 BaSO沉淀 (6).SO+2NH+HO+Ba+=BaSOJ +2NH+.SO可能对环境产生污染(或没尾气处理装置)、通NH时有可能倒吸【解析】 【分析】本题的实验目的是探究 SQ与BaCl2反应生成BaSO沉淀的条件。甲装置中 NaSO与浓H2SO反应制备SO; 为了防止BaCl2溶液中溶解的Q与SO作用产生的SO2-干扰实验的判断，实验前需要将 BaCl2溶液煮沸赶尽溶解氧；通过实验现象得出在酸性条件下SO不能与BaCl2反应生成BaSO沉淀；装置乙中产生的碱性气体为NH,由CaO和氨水作用产生

15、 NH; SQ、NH通入BaCl2溶液中产生 BaSO沉淀；SO、NH都能污染大气,NH极易溶于水，该装置的不足之处是没有尾气吸收装置、通 NH时可能产生倒吸；根据上述分析作答。【详解】(1)广口瓶中间那根玻璃管的作用是：平衡压强，使甲、乙中的气体可顺利进入BaCl2溶液。(2)为了防止BaCl2溶液中溶解的。与SO作用产生的SO2-干扰实验的判断，实验前需要将BaCL溶液煮沸，其目的是：排除溶解的Q,防止将SO在溶液中氧化为 SO2-而对实验产生干扰。(3)甲中Na2SO与浓H2SO反应生成 NaSQ、HkO和SO,反应的化学方程式为：NmSO+HSO (浓)=NaSQ+SQT +HbQ(4

16、)乙中分别加入一种常用氧化物和一种无色液体，常温下将两者混合可产生一种碱性气体， 该碱性气体为NH,获得NH的常用氧化物为 CaO无色液体为氨水，两者反应的化学方程式为：CaO+NH H 2O=Ca(OH2+nhT。(5)实验时，将甲中产生的足量SQ通入BaCL溶液中，始终无沉淀生成，由此说明：酸性条件下SO不能与BaCl2反应生成BaSO沉淀。(6)向上述(5)实验所得溶液中通入 NH3,产生白色沉淀，反应的化学方程式为SO+2NH+H2O+BaCb=BaSOj +2NHC1,反应的离子方程式为 SO+2NH+HO+Ba+=BaSOJ +2NH+。(7) SO、NH都能污染大气，该装置的不足

17、之处是没有尾气吸收装置；NH3极易溶于水，该装置的不足之处是装置中d导管插入BaCl2溶液中，通NH时可能产生倒吸。9.甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO CO和HO在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主-1A H =-99kJ molA H= 58 kJ mol 1AH3要反应如下: CO(g) + 2H2(g) =CHOH(g) CO2(g) +3H(g) =CHOH(g)+HO(g) CO2(g) +H2(g) uCO(g)+HO(g)(1) CO的电子式是 AH =kJ mol t,反应正向的嫡变 AS 0(填或 = )o(3)在容积为2 L的密闭容器中，充入一定量 CO和H

18、b合成甲醇(上述反应)，在其他条件不变时，温度丁、T2对反应的影响图像如图。t甲醉的物质的g/mol温度为时，从反应到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)=图示的温度T1 T2(填写“”、“”或“=”)(4) Ti温度时，将2 mol CO和6 mol H2充入2 L密闭容器中，充分反应 (上述反应)达到平衡后，若 CO转化率为50%此时容器内的压强与起始压强之比为 ;反应在该温度达到平衡时，其平衡常数 的数值为CO生成CHOH的电极反应式:(5)若反应在原电池条件下实现，请写出酸性条件下惰性电极上由nA+ 41 (3). V (4). (5). V (6). 3 : 4%(8). CO

19、 2 + 6e - + 6H + = CH 30H + H2O (9). 正,该电极为原电池的 极。【答案】(1).(2).0.148 0.15 (或 1/6.75 以及 4/27【解析】【分析】(1)co的电子式为6 ： c二：6。 VI(2)应用盖斯定律计算 A H。反应正向的 AS0o(3)根据图像中数值用公式U=计算U (CHOH。Al用“先拐先平”法分析，图像中T2先出现拐点，T2反应速率快，则TiT2o (4)用三段式和化学平衡常数的表达式计算。(5) 1molCQ得到6mol电子生成1molCHOH结合原子守恒、电荷守恒写电极反应式；该反应为还原反应,在原电池的正极上发生。【详解

20、】(1) CO的电子式为 *(2)分析各热化学方程式，应用盖斯定律，将-得，C0(g)+H2(g)=二C0( g) +H2O(g) AH=AH2-AHi=(-58kJ/mol ) - (-99kJ/mol ) =+41kJ/mol。反应中气体反应物的化学计量数之和为4,气体生成物的化学计量数之和为 24,反应正向的 AS0。(3)根据图像，温度为 时，从反应到平衡反应生成CHOHW质的量为n/mol,生成甲醇的平均速率为 %： 2 % u (CHOH = mol/ (L min) = mol/ (L - min)。用“先拐先平”法分析，图像中T2先出现拐点，T2反应速率快，根据温度对化学反应速

21、率的影响知：丁1 ”或)；原因是。(4)硝酸镒是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO)2中的化学键除了 兀键外，还存在 。(5) MgO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得 MgO勺晶胞参数为a nm,则r(O2-)为 nm (用含a的算式表示，不必运算化简，下同 )。MnOtk属于NaCl型结构，晶胞参数为 a / nm则r(Mn2+)为 nm(用含a、a 的算式表示)。【答案】 (1). 1s22s22P63s23P63d54s2 或Ar3d 54s2 (2). O (3). Co (4). sp (5). sp(6) . (9). CO 2与

22、H2均为非极性分子，CO分子量较大、范德华力较大(10).离子键和b键(11). (12).42 4【解析】【分析】(1)根据构造原理写基态 Mn原子的核外电子排布式；第一电离能：MnO基态Mn原子核外未成对电子数为5,基态Co原子核外未成对电子数为3。(2) CO中C原子为sp杂化，CHOH中C原子为sp3杂化。(3)CH30H和H2O都是极性分子，H2O中氢键比CHOH,沸点：CHOHH2的相对分子质量，CO的范德华力H2的范德华力，沸点: CQH2O(4) Mn (NO) 2中M吊与NO-之间存在离子键，NO-内N原子和O原子间存在 (T键和兀键。(5) MgO!胞中阴离子采用面心立方最

23、密堆积，4r (C2-) =5 a nm； MnOtk属于NaCl型，根据“ MnO的晶胞参数=2r (M吊)+2r (C2-) ” 解得 r (Mr2+)。【详解】(1) Mn的原子序数为25, Mn原子核外有25个电子，根据构造原理，基态Mn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2 (或Ar 3d 54s2); Mn为金属元素易失去电子，O为非金属元素，第一电离能：MnO第一电离能较大的是 Q基态Mn原子价电子排布式为 3d54s2,基态Mn原子核外未成又电子数为 5, 基态Co原子价电子排布式为 3d74s：基态Co原子核外未成对电子数为 3,基态原子核外未成对电

24、子数较 少的是Co=，、一一、，一 ,一 1 ， 一， 一 一，一 CO中中心原子 C的价层电子对数为-X (4-2X2) +2=2, CO中C原子为sp杂化；CHOH中C原子形成4个b键，C上没有孤电子对，C的价层电子对数为 4, CHOH中C原子为sp3杂化。(3)CH30H和H2O都是极性分子，H2O中氢键比 CHOH ( 1moHO中含2mol氢键,1molCHOH中含1mol 氢键)，沸点：CHOHH2的相对分子质量，CO的范德华力H2的范德华力，沸点:CQH2O(4) Mn (NO) 2中Mn+与NO-之间存在离子键，NO-内N原子与O原子间除了存在 兀键外还存在3个(T键,Mn

25、(NO) 2中除了兀键外，还有离子键和 b键。(5) MgO!胞中阴离子采用面心立方最密堆积，则 4r (C2-) =Ji a nmy r (C2-) =nm； MnOtk属于NaCl 4型，MnO阴、阳离子的配位数都为 6, MnO的晶胞参数=2r ( M吊)+2r (C2-),也,nm=2r (M吊)+2X 国 nm 4解得 r ( Mn+)=( 上铛) nm=2412.对羟基苯乙酸是合成药物的中间体，其制备路线如下(A为芳香煌)：浓盐酸已知: R-CN * R-COOH、(e/H/ %)-no2； NH3回答下列问题：(1) A的名称是。(2) BfC的反应试剂是 ,反应类型是; E-F

26、的反应类型是。(3) C-D反应的化学方程式为 。(4) E中含氧官能团的名称为 。(5) 1molG与足量NaOH反应，可以消耗 molNaOH(6) H是G的同系物，满足下列条件的H的同分异构体有 种(不考虑立体异构)H相对分子质量比 G大14苯环上含两个取代基其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为1:2:2:2:2:1的结构简式为 (7) 结合以上合成路线及相关信息，设计由苯制备苯酚的合成路线 【答案】(1).(2).浓硫酸、浓硝酸(或浓HSQ、应(或硝化反应)(4).还原反应(5).。力(6)至分其、 褶其(7)2(8)6(9)浓HNO全对才给分)(3).取代反1 + NaC?N Oj

27、N+ NaCl.一。 .，： 7：，|(10)八)乂、 H 口1 .J 1 .八浓浓H：S%【解析】【分析】A为芳香烧，A与Cl 2光照下发生侧链上的取代反应生成B, B的分子式为 1 . .GHCl,则A为甲苯，A的结构简式为0出，B的结构简式为II、一；对比b和c的分子式，B生成C为硝化反应；对比 C、D的分子式，C转化为D为C中一Cl被一CNWt； D转化为E发生题给已知的反应，D中一CN水解成一COOHE转化为F发生题给已知的反应，E中一NO被还原成一NH; F与NaNQ H2SO作用生成G, G中两个取代CH:C1 , D 的-CH2COOH , F的结构简式为氐CN , E的结构简式为0根据以上推断结果作答。【详解】A为芳香烧，A与C12光照下发生侧链上的取代反应生成B, B的分子式为 CzHCl,则A为甲苯，A的结构简式为CHm, B的结构简式为(/B和C的分子式，B生成C为硝化反应;基处于对位，逆推出 C、D E、F中的两个取代基都处于对位，C的结构简式为 。强对比C、D的分子式，C转化为D为C中一Cl被一CN取代；D转化为E发生题给已知的反