广东省惠州市2023年届高三第一次调研考试理综化学试题

10惠州市2023高三第一次调研考试理科综合化学试题相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na:23 Cl:35.5一、选择题：此题共7个小题，每题6分。在每题只有一项正确。以下与化学有关的文献，理解正确的选项是《石灰吟》中“…烈火燃烧假设等闲…要留清白人间”，其中“清白”指氢氧化钙《咏煤炭》中“凿开混沌得乌金…不辞辛苦出山林”，其中“乌金”的主要成分是木炭《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，其中的“碱”是一种盐溶液《天工开物》中有如下描述:“世间丝、麻、裘、褐皆具素养…”文中的“丝”“麻”、“裘”主要成分均属于多糖【答案】C【解析】ACaCO3

CaO＋CO2CaO，A错误；BB错误；C、烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣，其中“碱”是碳酸钾，K2CO3为盐，故C正确；D、丝、裘主要成分是蛋白质，麻的主要成分是纤维素，故D错误。四氢大麻酚(简称THC)，是大麻中的主要精神活性物质，其构造如图。以下有关THC的说法不正确的选项是THC难溶于水1molTHC3mol溴单质的溴水发生反响3THCFeCl3

溶液能发生显色反响THC能与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液及碳酸氢钠溶液发生化学反响【答案】D【解析】【分析】依据有机物的构造简式，推断出含有的官能团，依据官能团的性质进展分析；【详解】A、依据有机物的构造简式，含有的憎水基团所占比例大，该有机物难溶于水，故A说法正确；B、1mol1mol1mol酚羟基，1mol3molBr2(1molBr2和碳碳双键发生加成反响，2molBr2和酚羟基的邻、对位发生取代反响)B说法正确；C、THCFeCl3溶液发生显色反响，故C说法正确；DH＋力量－COOH>H2CO3>酚羟基>HCO3－NaOHNa2CO，3NaHCO3发生反响，故D说法错误。以下有关试验方案或说法正确的选项是试验室制取乙酸乙酯比较NaHCO

和NaCO

的热稳定性3 2 3脱脂棉燃烧证明过氧化钠与水反响放热2a处有红色物质生成，b处变蓝，证明X肯定是H2【答案】C【解析】【详解】A、为防止倒吸，右端的导管不能深入液面以下，应在靠近液面的上方，故A错误；3B、“套管试验“中外管的温度高，内管温度低，假设外管盛放碳酸钠，内管盛放碳酸氢钠，内管连接的澄清石NaHCO3Na2COB错误；32 2 2 C、一般燃烧，需要氧气和温度到达着火点，过氧化钠与H2O2NaO＋2HO=4NaOH＋O2 2 2 2脂棉燃烧，说明过氧化钠与水反响生成O，且该反响为放热反响，故C正确；23 2 D、a处有红色物质生成，说明氧化铜转化成Cu，无水硫酸铜变蓝，说明有水生成，X可能是NH、CH，也可能是H、或HCO的混合物等，故3 2 某离子反响涉及到ClO﹣、NH4+、N2、Cl﹣等微粒，其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如下图，以下说法不正确的选项是N该反响中ClO－为氧化剂，为氧化产物N2反响后溶液的pH减小如图t时反响达平衡状态021molN6mol电子2【答案】C【解析】【分析】通过图像，N2的物质的量增大，说明N2为生成物，ClO－的物质的量减小，说明ClO－为反响物，化学反响NH4＋为反响物，Cl－为生成物，然后进展分析和推断；【详解】通过图像，N2的物质的量增大，说明N2为生成物，ClO－的物质的量减小，说明ClO－为反响物，化学反响遵循元素守恒和原子守恒，即NH4＋为反响物，Cl－为生成物，2A、依据上述分析，ClO－→Cl－ClClO－为氧化剂，NH4＋→N，其中N的化合价上升，NH4＋为复原剂，N2为氧化产物，故A说法正确；22 B3ClO－＋2NH4＋＋2OH－=N↑＋5HO＋3Cl－OH－pH2 B说法正确；C、依据图像t0后，物质的量仍发生变化，说明t0时没有到达平衡，故C说法错误；D1molN21mol×2×[0－(－3)]=6molD说法正确。NaOH0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如下图，以下推断正确的选项是三种酸对应电离常数Ka的大小关系为：HD<HB<HA滴定至P点时，溶液中：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HB)pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)当中和百分数达100%时，三种溶液中：c(A－)<c(B－)<c(D－)【答案】A【解析】HD【详解】A、依据图像，观看图像的起点，pH：HA<HB<HD，可知酸性：HA>HB>HD，酸性越强，酸的电离常数越大，即KHA>KHB>K ，故A正确；HDB、依据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(B－)，P点时依据横坐标中和百分数为50%c(NaB)：c(HB)=1：1HB的电离程度大于B－水解程度，c(HB)<c(B－)c(Na＋)＋c(H＋)>c(OH－)＋c(HB)B错误；C、依据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(B－)，pH=7c(Na＋)=c(A－)c(Na＋)=c(B－)、c(Na＋)=c(D－)NaOH的量不同，c(Na＋)c(A－)c(B－)、c(D－)C错误；D、中和百分数到达100%，c(NaA)=c(NaB)=c(NaD)，利用越弱越水解，水解程度大小挨次是D－>B－>A－c(A－)>c(B－)>c(D－)D错误。以下图是利用甲醇燃料电池进展电化学争论的装置图，以下说法正确的选项是甲池是化学能转化为电能的装置，总反响式为：2CHOH+3O＝2CO+4HO3 2 2 乙池中的Ag3 2 2 反响一段时间后要使乙池恢复原状，可参加肯定量Cu(OH)固体22280mL(标准状况下)O参与反响时，乙池中理论上可析出1.6g固体2【答案】D【解析】【分析】依据装置图，甲池为燃料电池，通甲醇一极为负极，通氧气一极为正极，乙池为电解池装置，石墨连接正极，即石墨一极为阳极，Ag极为阴极，然后依据原电池工作原理、电解原理进展分析；AKOH，CO2KOH反响生成K2CO，332CH3OH＋3O2＋4KOH=2K2CO＋6H2OA错误；3B、甲池中通甲醇一极为负极，AgAg极为阴极，依据电解原理，Ag极反响式为Cu2＋＋2e－=Cu，Ag极质量增重，故B错误；C、乙池中电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，需要参加CuOC错误；2Oe～2－1=1.6gD正确。

m(Cu)=0.0125mo××·molA、B、C、D四种短周期元素的原子序数依次增大，A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年月，BC为金属元素且有两种常见含氧化合物〔都含两种元素；假设往D单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观看到先变红后褪色。以下说法中正确的选项是C的两种含氧化合物中阴阳离子个数比都为1：2最高价氧化物对应的水化物的酸性B>DB的氢化物的沸点肯定高于A的氢化物原子半径D>A>B>C【答案】A【解析】【分析】32 A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年月，常用的是14C鉴定文物的年月，故AC，B的气态NHBN，C为金属元素且两种常见含氧化合物〔都含两种元素，符合要求的是aO和aO，即C为D单质的水溶液滴加少量紫色石蕊试液，先变红，说明水溶液中显酸性，后褪色说明溶液中含强氧化性物质，即DCl32 【详解】A一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年月，常用的是14C鉴定文物的年月，故AC，B3的气态氢化物的水溶液呈碱性，该氢化物为NH3的

BN，C为金属元素且两种常见氧化物，符合要求2 Na2ONaOCNa，D2 性，后褪色说明溶液中含强氧化性物质，即DCl，2 A、C的两种含氧化合物分别是Na2O和NaO，其电子式分别是、2 1：2，故A正确；B、BHNO，D的最高价氧化物对应水化物是HClO，HClO

酸性最强，故3 4 4B错误；3 2 C、NNH，也可以是NH等，C的氢化物是一类物质，即烃，烃的状态有气体、液体和固体，因此N的氢化物的沸点不肯定高于C的氢化物，故C3 2 DNa>Cl>C>ND错误。【点睛】易错点是选项ANa2O21：1，Na2O1：2，本选择题应从电子式入手，进展分析和推断。)氟碳铈矿(主要成分为CeFCO 是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，以氟碳铈矿为原料提取铈的)3工艺流程如下图。答复以下问题：CeFCO3中Ce的化合价为 。2氧化培烧时不能使用陶瓷容器，缘由是 。(3)氧化焙烧后的产物之一为CeO，则酸浸时发生反响的离子方程式为 。(4)HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作Ⅰ的名称为 。2为了提高酸浸率，可以适当提高反响温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其缘由是 。有机物HT能将Ce3+从水溶液中提取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层) CeT3(有机层)+3H+(水层)。向CeT3(有机层)中参加稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其缘由： 。(7)，298K时，Ksp[Ce(OH)3]=5×l0-20，假设溶液中c(Ce3+)=0.05mol·L-1，加碱调整pH到 时Ce3+开头沉淀(无视加碱过程中溶液体积变化)。(8)写出向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化学方程式： 。2【答案】 (1).+3 (2).陶瓷会与生成的HF反响 (3).2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2

2↑+4HO (4).2分液 (5).温度上升双氧水发生分解造成浸出率偏小 (6).向混合液中参加稀硫酸使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动 (7).8 (8).4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4【解析】【分析】此题主要考察工业流程。做题之前，要先观看工艺流程图，再去结合题中的每一问去分析各步骤目的及注意事项，再据此答题。〔1〕CeFCO3CO32－整体显－2价，F显－1价，整个化合价代数和为0Ce的价态为＋3价；陶瓷容器中含有SiO

SiO

＋4HF=SiF

↑＋2H

O，因此钙流程氧化焙烧时不2 2 2 4 2能使用陶瓷容器；3 2 CeF，Ce显＋3价，CeOCe显＋4价，即在酸浸时，Ce的价态降低，CeO3 2 2 2 2 2 H2O22CeO＋HO＋6H＋=2Ce3＋＋O↑＋4HO2 2 2 2 操作I得到溶液和有机相，因此操作I的名称为分液；2 2 2 2 2 2 2 2 依据流程，酸浸时参加HO，HO在高温下发生分解，HOCeO发生反响时HO2 2 2 2 2 2 2 2 造成浸出率降低；该过程中存在Ce3+(水层)+3HT(有机层)

CeT3(有机层)+3H+(水层)，参加稀硫酸，c(H＋)增大，平衡向逆反响方向进展，生成Ce3＋的水溶液，能获得较纯含Ce3＋水溶液；Ce3＋开头消灭沉淀，c(Ce3＋)×c3(OH－)=Ksp[Ce(OH)3]，则有c(OH－)=

mol·L－1=1×10－6mol·L－1pH=8时Ce3＋开头消灭沉淀；43利用氧气将Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4Ce(OH)＋O43

22＋2H22

4O=4Ce(OH)。4【点睛】此题既有常规学问的考察又有情景题的考察，常规题目涉及到化合价、溶度积的计算等，命题情景要求依据题意写出有关反响的方程式，做题时留意依据物质的性质正确推断反响物和生成物，用守恒的方法去推导并书写。某化学兴趣小组用如下图装置探究苯与溴的反响原理。请答复以下问题：仪器M的名称为 。装置Ⅰ中铁丝除做催化剂外，还可掌握反响的进展，使反响停顿的操作是 。装置Ⅰ中生成溴苯化学方程式为 。冷凝管的进水口为

〔填或，下同；其作用 ；的能验证苯与液溴发生的是取代反响的现象是 ；装置Ⅱ中，假设撤去装有苯的小试管，将导管直接插入硝酸银溶液，对试验目的达成会产生什么影响装置III中的离子反响方程式为 。2【答案】 (1).分液漏斗 (2).将铁丝拔出液面 (3). +Br2

+HBr(4).a (5).冷凝回流苯和液溴，削减原料损失。 (6).溶液中有浅黄色沉淀生成 (7).没有苯，溴蒸汽进入溶液也会消灭浅黄色沉淀，无法确认HBr存【解析】【分析】

(8).H+

+OH-=HO2此题试验目的是制备溴苯，原理是

+Br2

+HBr，由于苯和液溴易挥发，因此HBr中混有一局部苯和溴蒸气，溴蒸气会对HBr的检验产生干扰，必需除去，肯定留意尾气的处理；〔1〕M的特点，推出仪器M为分液漏斗；铁丝在反响中作催化剂，当把铁丝插入到混合液中，反响进展，当铁丝拔出，反响停顿；苯和液溴在铁或FeBr3作催化剂下发生取代反响，反响方程式为+Br2+HBr；为了增加冷凝效果，冷凝水是下进上出，即从a口进水，苯与液溴反响是放热反响，且苯和液溴易挥发，因此冷凝管的作用是冷凝回流苯和液溴，削减原料损失，提高原料的利用率；证明苯与液溴发生取代反响，需要验证HBr，即硝酸银溶液中消灭浅黄色沉淀；苯和液溴易挥发，挥发出的HBrHBr的检验产生干扰，即苯的作用是除去HBr中溴蒸气，假设直接插入硝酸银溶液，造成：没有苯，溴蒸气进入溶液，也会产生浅黄色沉淀，无法确认HBr的存在；Ⅲ装置的作用是尾气处理，HBr对环境有污染，必需除去，发生离子方程式为H＋＋OH－=H2O。丙烯是重要的有机化工原料，工业上丙烷脱氢制丙烯的反响如下：CH

(g)

H(g)+H(g) △H3 8 3 6 2 110L2molC3H810min到达平衡状态，测得平衡1.75倍。①0～10min内丙烯的生成速率v(C3H6)= ，C3H8的平衡转化率为 。②以下状况能说明该反响到达平衡状态的是 。A．气体密度保持不变 B．[c(C3H6)·c(H2)]/c(C3H8)保持不变C．装置内总压器保持不变 D．C3H8分解速率与C3H6生成速率相等总压强分别为p1和p2时，上述反响在不同温度下到达平衡，测得丙烷及丙烯的物质的量分数如以下图所示：①压强：p1 p2；△H1 0 (填“>”或“<”)，该反响自发进展的条件是 (填“高温”“低温”或“任意温度”)②假设p1=0.1MPa，起始时充入肯定量的丙烷发生反响，计算Q点对应温度下该反响的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，某气体分压=总压×某气体物质的量分数)③在恒温恒压条件下，向容器中通入丙烷和稀有气体的混合气体，发生丙烷脱氢反响，觉察混合气体中稀有气体所占比例越多，丙烷脱氢转化率渐渐增大。试解释缘由 。在实际生产中，还可能存在如下副反响：C3H8(g) C2H4(g)+CH4(g) △H2=+81.7kJ/molC2H4(g)+H2(g)C3H8(g)+H2(g)则△H3= 。

C2H6(g) △H3CH4(g)+C2H6(g) △H4=-54.8kJ/mol【答案】 (1).0.015mol·L-1·min-1 (2).75% (3).BC (4).> (5).> (6).高温 (7).0.0125MPa (8).该反响是气体分子数增加的反响，随着稀有气体比例的增加，降低了反响体系各气体的分压，相当于减压，从而促进反响向正反响方向进展，提高了丙烷脱氢的转化率 (9).-136.5kJ/mol【解析】3 8 3 6 【详解〔1〕①令消耗C3H8的物质的量为xmol，CH(g) CH(g)+H(g)3 8 3 6 起始：2 0 0变化：x x x平衡：2－x x x利用压强之比等于物质的量之比，得出，x=1.5mol，依据化学反响速率的数学表达式，v(C3H6)=

mol/(L·min)=0.015mol/(L·min)；C3H8的转化率为

=75%；②A、依据

，CH、CH、H保持不变，密度不变，3 8 3 6 不能说明反响到达平衡，故A3 8 3 6 B、Qc=[c(CH

)·c(H

)]/c(CH

)，K=[c(CH

)·c(H

)]/c(CH

)，当Qc=K时反响到达平衡，即随着反响进展该3 6 2 3 8 3 6 2 3 8比值不再转变，说明反响到达平衡，故B符合题意；C、反响前后气体系数之和不相等，利用压强之比等于物质的量之比，因此当压强不再转变，说明反响到达平衡，故C符合题意；3 8 3 6 3 8 3 D、分解CH，生成CH，反响都是向正反响方向进展，因此CH分解速率与CH生成速率相等，不能说明反响到达平衡，故D3 8 3 6 3 8 3 2 3 〔2〕①C8的物质的量增大，物质的量分数增大，即p1>p；依据图像，随着温度上升，CH2 3 即需要在高温下；②假设起始时丙烷的物质的量为1mol，依据方程式可知：C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)起始量〔mol〕1 0 0变化量〔mol〕y y y平衡量〔mol〕1-y y yQ点：丙烷的物质的量分数为50%1-y=0.5(1+y)，解得y=1/3，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)平衡时的物质的量分数分别为：1/2、1/4、1/4，则Q点对应温度下该反响的平衡常数Kp== =0.0125MPa，③由反响方程式C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)可知，该反响是气体分子数增加反响，随着稀有气体比例的增加，降低了反响体系各气体的分压，相当于减压，从而促进反响向正反响方向进展，提高了丙烷脱氢的转化率；〔3〕①C3H8(g)②C2H4(g)+H2(g)③C3H8(g)+H2(g)

C2H4(g)+CH4(g) △H2=+81.7kJ/molC2H6(g) △H3CH4(g)+C2H6(g) △H4=-54.8kJ/mol依据盖斯定律，③-①=②，则△H3=△H4-△H2=-54.8kJ/mol-81.7kJ/mol=-136.5kJ/mol。22CaF、CaC22

都是工业生产的重要物质。答复以下问题：基态钙原子的电子排布式 ，钙原子核外电子 种不同的空间运动状态。CaC2与水反响生成乙炔(C2H2)，乙炔中碳原子的杂化类型为 ，乙炔中的σ键与π键数之比为 。224CaF2与浓H2SO4反响生成HF，HF的沸点高于CH缘由是；HF能与BF3化合得到HBF，224从化学键形成角度分析HF与BF3能化合的缘由 。NO2F分子与BF3互为等电子体，则NO2F分子的立体构型为 。(5)CaF2的晶胞为立方晶胞，构造如以下图所示：①CaF2晶胞中，Ca2+的配位数为 个。②“原子坐标参数”A、BC点的“原子坐标参数”为( ，1/4)③晶胞中两个F-的最近距离为273.1pm，用NA表示阿伏加德罗常数，则晶胞的密度为 g/cm3(1pm=1×10-10㎝，列出计算式即可)。【答案】 (1).[Ar]4s2

(2).10 (3).sp (4).3∶2 (5).HF分子之间存在氢键 (6).BF中硼3原子有空轨道HF中氟原子有孤对电子两者之间可形成配位键 .平面三角形 .8 .3/，3/4，1/4 (10).【解析】〔1〕Ca20号元素，依据构造原理可知基态钙原子的电子排布式是1s22s22p63s33p64s2，可简写为[Ar]4s2，依据核外电子排布式可知Ca10种不同的空间运动状态；乙炔中碳原子间形成碳碳三键，碳原子的杂化类型为sp杂化；依据共价单键是σ键，共价三键是1个σ2π键，乙炔的构造式是H-C≡C-H3σ键，2π键，所以σ键与π键数之3：2；HF、CH都是由分子构成的分子晶体，HF存在分子间氢键，CH不存在分子间氢键，因此HF的沸2 2 2 2点高于CH；在BF分子中的BHF分子中的F原子上有孤对电子，当BF

HF靠近2 2 3 3时，HFF原子的孤对电子填充BF3

分子中B原子的空轨道，二者形成配位键，从而结合形成HBF；4BF3

分子中B原子的价层电子对数为3+ =3，没有孤电子对，所以分子的空间构型是平面三角形，而NOFBF是等电子体，二者构造相像，所以NO

F分子的空间构型也是平面三角形；2 3 2①以面心Ca2+为争论对象，在一个晶胞中连接4F-，通过该Ca2+2个晶胞，所以与该Ca2+距离相等且最近的F-8个，因此Ca2+8；②观看A、B、C的相对位置，可知C点的x轴坐标是，y轴坐标是，z轴坐标是；③依据晶胞构造可知，在一个晶胞中含有Ca2+： ，含有F-：1×8=8，即一个晶胞中含有4个CaF，依据C点的坐标可知：晶胞中F-离子之间的距离为晶胞边长的一半，所以晶胞参数2L=2×273.1pm=546.2pm，则该晶胞的密度为==g/cm3。【点睛】此题考察了原子核外电子排布、杂化类型、化学键的形成、氢键及配位数的推断、原子位置确实定、晶体密度计算等学问。把握原子构造理论，具备空间想象力和肯定的数学计算力量是此题解答的关键。M的合成路线如下：：A