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1、广东省惠州市惠东中学届高三周测9理科综合化学试题精校WORD版含答案周测97漆器是中华民族传统工艺的瑰宝，常以木材(炭)、金属为胎骨，在胎骨上层层髹红漆。漆的主要成分是含有15或17个碳原子的烷基邻苯二酚。下列说法不正确的是( )A收藏漆器工艺品应注意避免阳光暴晒B“钻石恒久远，一颗永流传”中的钻石和漆器中的木炭均由碳元素组成C铜做胎骨的漆器，掉漆后长时间放置，铜的表面仍能保持光亮D漆的烷基部分碳原子数越多越难溶于水解:A、酚有较强的还原性,能被氧气氧化,故收藏漆器工艺品在长时间光晒后会老化,故应注意避免阳光暴晒,故A错误;B、钻石和木炭的均为C单质,即均由碳元素组成,所以B选项是正确的;C、

2、铜掉漆后在空气中会生锈,在表面形成铜绿,不再光亮,故C错误;D、烷烃难溶于水,故烷烃基为憎水基,故烷基部分碳原子数越多,则越难溶于水,所以D选项是正确的.所以C选项是正确的.8某消毒液的主要成分为NaClO，下列有关该混合溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，H+、NH4+、SO42、Br可以大量共存B该溶液中，Ag+、K+、NO3、CH3CHO可以大量共存C向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.021023个D向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H2O【考点】氧化还原反应；离子方程式的书写；酸碱混合时的定性判断及有关

3、ph的计算【分析】A酸性条件下，NaClO能把Br氧化为溴单质；B某消毒液的主要成分为NaClO，还会含有NaCl，能与Ag+反应生成氯化银沉淀；C根据ClO+Cl+2H+Cl2+H2O计算；DNaClO溶液显碱性，离子方程式中不能有氢离子【解答】解：A酸性条件下，NaClO能把Br氧化为溴单质，所以在该溶液中Br不能大量共存，故A错误；B某消毒液的主要成分为NaClO，还会含有NaCl，能与Ag+反应生成氯化银沉淀，所以该溶液中Ag+不能大量共存，故B错误；C向该溶液中加入浓盐酸，发生反应为ClO+Cl+2H+Cl2+H2O，每产生1molCl2，转移电子为1mol，即转移电子约为6.021

4、023个，故C正确；DNaClO溶液显碱性，离子方程式中不能有氢离子，向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，该离子反应为3ClO+6Fe2+3H2O=2Fe（OH）3+3Cl+4Fe3+，故D错误故选C9.某化妆品的组分Z具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如图反应制备，下列叙述错误的是（）AX、Y和Z均能使溴水褪色BX和Z均能与NaHCO3溶液反应放出CO2CY既能发生取代反应，也能发生加成反应DY可作加聚反应单体，X可作缩聚反应单体【考点】真题集萃；有机物的结构和性质【分析】AX和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色；B酚羟基和碳酸

5、氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应；CY含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质；DY中含有碳碳双键，能发生加聚反应，X中含有酚羟基，能发生缩聚反应【解答】解：AX和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色，所以X和Z都能和溴水发生取代反应、Y能和溴水发生加成反应，所以三种物质都能使溴水褪色，故A正确；B酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应，Z和X中都只含酚羟基不含羧基，所以都不能和碳酸氢钠反应，故B错误；CY含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质，一定条件下能发生加成反应、还原反应、加聚反应、氧化反应、取代反应，故C正确；DY中含有碳

6、碳双键，能发生加聚反应，X中含有酚羟基，能和醛发生缩聚反应，故D正确；故选B10下列两组热化学方程式中，有关H的比较正确的是（）CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H1CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H2NaOH（aq）+1/2H2SO4（浓）Na2SO4（aq）+H2O（l）H3NaOH（aq）+CH3COOH（aq）CH3COONa（aq）+H2O（l）H4AH1H2；H3H4 BH1H2；H3H4CH1=H2；H3H4 DH1H2；H3H4【考点】反应热的大小比较【分析】H为化学反应的焓变，放热反应H0，吸热反应H0；CH4（g）+2O2（g）CO

7、2（g）+2H2O（g）；H1、CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）；H2 ，两个反应都是放热反应，后者生成液态水，所以放出的热量大于前者，据此比较；NaOH（aq）+H2SO4（浓）Na2SO4（aq）+H2O（l）；H3、NaOH（aq）+CH3COOH（aq）CH3COONa（aq）+H2O（l）；H4两个反应的实质是酸碱中和，都是放热反应，两个反应生成水的物质的量都是1mol，但是CH3COOH（aq）是弱电解质，电离过程吸收一部分热量，所以后者放出的热量小，【解答】解：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）；H1、CH4（g）+2O2（g）CO2（g

8、）+2H2O（l）；H2 ，两个反应都是放热反应，后者生成液态水，所以放出的热量大于前者，而放热反应H小于0，放热越多，焓变值越小，故H1H2；NaOH（aq）+H2SO4（浓）Na2SO4（aq）+H2O（l）；H3、NaOH（aq）+CH3COOH（aq）CH3COONa（aq）+H2O（l）；H4两个反应的实质是酸碱中和，都是放热反应，两个反应生成水的物质的量都是1mol，但是CH3COOH（aq）是弱电解质，电离过程吸收一部分热量，所以后者放出的热量小，所以H3H4，故选：B11X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是（）元素XYZ单质与H2反应条件暗处爆炸光照高

9、温、高压、催化剂常温下氢化物水溶液的pH小于7小于7大于7AZ的氢化物分子间存在氢键 B最外层电子数ZYC气态氢化物的稳定性YX DY的含氧酸均为强酸【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素【解答】解：X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢

10、化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素，AZ的氢化物为氨气，分子间存在氢键，故A正确；BZ为N元素，原子最外层电子数为5，Y为Cl元素，原子最外层电子数为7，故最外层电子数YZ，故B错误；C非金属性FCl，故HCl的稳定性比HF弱，故C错误；DY为氯元素，含氧酸中HClO为弱酸，故D错误，故选A12下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A向AgCl悬浊液中加入NaI溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B加热盛有NH4Cl固体的试管试管底部固体消失，试管口有晶体凝结NH4Cl固

11、体可以升华C向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性D向含I的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2I2【考点】化学实验方案的评价【分析】A卤化银中，溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质；B升华属于物理变化，变化过程中没有新物质生成；C向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液，加入H2O2后溶液变成血红色，说明亚铁离子被氧化生成铁离子；D氯气具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性【解答】解：

12、A卤化银中，溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，向AgCl悬浊液中加入NaI溶液，产生黄色沉淀，说明发生了沉淀的转化，则Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故A错误；B升华属于物理变化，变化过程中没有新物质生成，氯化铵分解生成氯化氢和氨气，遇冷后二者立即反应生成氯化铵，整个过程中有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液，加入H2O2后溶液变成血红色，说明亚铁离子被氧化生成铁离子，该实验只体现亚铁离子的还原性，故C错误；D氯气具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化

13、性，该反应中氯气是氧化剂、碘是氧化产物，则氧化性：Cl2I2，故D正确；故选D13常温下，向10mL 0.1mol/L的HR溶液中逐滴滴入0l mol/L的NH3H2O溶液，所得溶液pH及导电性变化如图下列分析正确的是（）AHR为强酸Ba、b两点所示溶液中水的电离程度相同Cb点溶液中c（ NH4+）c（ R）、c（OH）c（H+）Dac任意点溶液均有c（H+）c（OH）=Kw=l.0l014【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A根据图象可知，ab点导电能力增强，说明HR为弱电解质，在溶液中部分电离，加入氨水后生成强电解质，离子浓度增大；B酸电离的氢离子浓度越大，水的电离程度越小

14、；Cb点溶液中，HR与氨水恰好反应生成NH4R，溶液显酸性，则NH4+水解程度大于R；DKw只与温度有关【解答】解：Aab点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A错误；B酸电离的氢离子浓度越大，水的电离程度越小，b点的pH大于a点，即b点溶液中氢离子浓度小，所以b点溶液中水的电离程度大于a点，故B错误；Cb点溶液中，HR与氨水恰好反应生成NH4R，溶液显酸性，则NH4+水解程度大于R，所以c（ NH4+）c（ R）、c（OH）c（H+），故C错误；DKw只与温度有关，温度不变，Kw不变，ac任意点溶液均有c（H+）c（OH）=Kw=l.0l014，故

15、D正确；故选D26氮化铝（AlN）是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域其制取原理为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO（1）根据氮化铝的制取原理，推测某氮化铝中所含杂质可能是C、Al2O3（有几种就写几种）（2）为了分析某AlN样品中 AlN的含量，某化学研究性学习小组成员设计了如下两种实验方案【方案1量气法】用如图中的一些装置来进行相关实验，根据反应中所生成氨气的体积来测定样品中的氮化铝的质量分数，并根据实验现象来确定杂质的成分（实验中导管体积忽略不计）图中仪器A的名称是分液漏斗；氮化铝与NaOH溶液反应的化学方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3广口瓶中的试剂

16、X最好选用下列试剂中的C（填选项的标号），广口瓶的液体没有装满（上方留有少量空间），实验测得NH3的体积将不变（填“偏大”、“偏小”或“不变”）A苯 B酒精 C植物油 DCCl4若实验中测得样品的质量为2.56g，氨气的体积为1.12L（标况下），则样品中AlN的质量分数为80.1%【方案2测重量】按以下步骤测定样品中A1N的纯度：步骤生成沉淀的离子方程式为CO2+AlO2+2H2O=HCO3+Al（OH）3步骤的操作是过滤、洗涤A1N的纯度是100%（用m1、m2表示）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）根据物质不一定完全反应进行判断；（2）依据装置图分析可知A为分液漏斗，氮

17、化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氨气；X处在上层，密度比水小，且不溶于水、不吸收氨气，用于隔离氨气与水，注意由于苯易挥发，会浪费试剂、影响氨气体积测定；广口瓶内的液体是否充满不影响所收集到的NH3体积大小；由题目信息可知，由于AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2、并放出NH3，据此得到方程式生成1.12LmolNH3，物质的量=0.05mol，根据氮元素守恒可知2.56g样品中含有AlN的物质的量为0.05mol，根据m=nM计算AlN的质量，再根据质量分数定义计算；步骤生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；上述分析可知步骤是过滤洗涤

18、得到氢氧化铝沉淀，测定原理是：A1N+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀：CO2+AlO2+2H2O=HCO3+Al（OH）3，氢氧化铝灼烧得到氧化铝，通过测定氧化铝得质量来计算氮化铝的质量【解答】解：（1）反应物中有氧化铝固体、碳固体可能未反应完而留在AlN中，故答案为：C、Al2O3；（2）依据装置图分析可知A为分液漏斗，氮化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氨气，反应的化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，故答案为：分液漏斗；AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3；A、苯易挥发，会浪费试剂，排出液体增大，影响氨气

19、体积测定，故A不选；B、酒精易挥发，挥发出来的气体对实验有影响，同时由于酒精易溶于水，也不能达到隔离的目的，故B不选；C、植物油既不溶于水，密度小于水也不易挥发，可以把氨气与水进行隔离，故C选；D、CCl4密度大于水，不能起到隔离作用，故D不选；本次实验的目的在于测定产生气体的体积而不是收集纯净的气体，氨气排出装多少水，氨气的体积就是多少，广口瓶内的液体是否充满不影响所收集到的NH3体积大小，故答案为：C；不变；由于AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2、并放出NH3，其反应方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，生成NH3的物质的量为=0.05mol，根据氮元素守恒可知2

20、.56g样品中含有AlN的物质的量为0.05mol，AlN的质量为0.05mol41g/mol=2.05g，样品中AlN的质量分数为100%=80.1%，故答案为：80.1%；步骤生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成，反应的离子方程式为：CO2+AlO2+2H2O=HCO3+Al（OH）3，故答案为：CO2+AlO2+2H2O=HCO3+Al（OH）3；上述分析可知步骤是过滤洗涤得到氢氧化铝沉淀，测定原理是：A1N+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀：CO2+AlO2+2H2O=HCO3+Al（OH）3，氢氧化铝灼烧得到

21、氧化铝，通过测定氧化铝得质量来计算氮化铝的质量，Al2O3物质的量=mol，依据氮元素守恒得到样品中氮元素物质的量=n（AlN）=mol2=mol，A1N的纯度=100%=100%，故答案为：过滤、洗涤；100%27.硫是一种重要的非金属元素，在自然界中以游离态和多种化合态形式存在。其中二氧化硫是主要的大气污染物之一。完成下列填空：（1）依据平衡移动原理，用化学用语解释将SO2通入CaCO3悬浊液使之变澄清的原因 。（2）火法炼铜中有如下反应：2Cu2S(s)+3O2(g)2Cu2O(s)+2SO2(g) H 768.2 kJmol1：2Cu2O(s)+ Cu2S(s)6Cu(s)+SO2(g

22、) H 116.0 kJmol1在反应中，只作氧化剂的是 （用化学式表示）。反应Cu2S(s)+O2(g)2Cu(s)+SO2(g)的H 。（3）工业上用过硫酸钾（K2S2O8）测定钢铁中的锰含量，配平下列反应式： Mn2+ S2O82+ H2O MnO4+ SO42+ H （4）将SO2通入氯酸溶液中生成一种强酸和一种氧化物，已知反应掉1.5mol氯酸时转移了9.031023个电子，写出该反应的化学方程式 。答案（1）CaCO3(s)Ca2+(ag)+CO32(ag) （2分，写成CaCO3Ca2+CO32给1分） CO32+2SO2+H2OCO2+2HSO3（1分）。（2）Cu2O（2分）

23、 217.4 kJmol1（3分，只要数正确即给2分，有其他错扣1分）（3）2、5、8, 2、10、16 （2分） （4）SO2+2HClO3H2SO4+2ClO2（2分，没配平扣1分，化学式错误0分）28重铬酸钾是工业生产和实验室的重要氧化剂，工业上常用铬铁矿（主要成分为FeOCr2O3，杂质为SiO2、Al2O3）为原料生产它，实验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如下图请回答下列问题（1）FeOCr2O3与氯酸钾、氢氧化钠高温反应化学方程式为6FeOCr2O2+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O若有245g KClO3 参加反应

24、，则转移的电子数为12mol（2）操作的名称是过滤固体X的主要成分是，沉淀Y的主要成分是Al（OH）3、H2SiO3（3）流程中酸化所用的酸和钾盐Z最合适的是（填符号）C，A盐酸和氯化钾 B硫酸和氯化钾 C硫酸和硫酸钾 D次氯酸和次氯酸钾酸化反应的离子方程式为2CrO42+2H+Cr2O72+H2O（4）称取制得的K2Cr2O7晶体2.5000g 配成250mL 溶液，取出25.00mL 于锥形瓶中，加入10mL2mol/LH2SO4和足量碘化钾（铬的还原产物为Cr3+），放于暗处5min，然后加入100mL 水，加入3mL 淀粉指示剂，用0.1200mol/LNa2S2O3 标准溶液滴定（I

25、2+2S2O32=2I+S4O62 ）判断达到滴定终点的依据是：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化若实验中共用去Na2S2O3 标准溶液40.00mL，计算所得产品中的重铬酸钾的纯度（设整个过程中其他杂质不参与反应）94.08%【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】由制备流程可知，高温下发生6FeOCr2O2+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7HCl+12H2O，固体加水，Fe2O3不溶于水，SiO2、Al2O3与NaOH反应而溶解，则操作I为溶解，操作为过滤，固体X为Fe2O3，溶液中含硅酸根离子、偏铝酸根离子，调节pH

26、均转化为沉淀，Na2CrO4溶液在酸性溶液中反应生成K2Cr2O7，浓缩、结晶、过滤、干燥得到K2Cr2O7固体，以此来解答【解答】解：由制备流程可知，高温下发生6FeOCr2O2+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7HCl+12H2O，固体加水，Fe2O3不溶于水，SiO2、Al2O3与NaOH反应而溶解，则操作I为溶解，操作为过滤，固体X为Fe2O3，溶液中含硅酸根离子、偏铝酸根离子，调节pH均转化为沉淀，Na2CrO4溶液在酸性溶液中反应生成K2Cr2O7，浓缩、结晶、过滤、干燥得到K2Cr2O7固体，（1）FeOCr2O3与氯酸钾、氢氧化钠高温反应方程式为6

27、FeOCr2O2+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O，反应中每7mol氯酸钾参加反应转移42mol电子，所以若有245g 即2molKClO3 参加反应，则转移的电子数为12mol，故答案为：6FeOCr2O2+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O；12mol；（2）由上述分析可知，操作分离溶液与不溶性固体，名称为过滤，根据上面的分析可知，固体X为Fe2O3，溶液中含硅酸根离子、偏铝酸根离子，调节pH均转化为沉淀，则Y中含Al（OH）3、H2SiO3，故答案为：过滤；Fe2O3；Al（OH）3、H2S

28、iO3；（3）在酸性环境下，CrO42转化为Cr2O72，即2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，应选硫酸酸化，因为氯离子能被氧化，故选C，故答案为：C；2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；（4）达到滴定终点时，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化，故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化；由Cr2O72+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O、I2+2S2O32=2I+S4O62 可知，存在Cr2O726S2O32， 1 6n 0.1200mol/L0.040Ln=0.0008mol250ml溶液中含有Cr2O72物质的量为

29、0.0008mol=0.008mol；所得产品中重铬酸钾纯度=100%=94.08%，故答案为：94.08%36.龙胆酸烷基酯类F是一种药物皮肤美白剂，合成路线如下：（1）D(龙胆酸)中含氧官能团的名称为 、 。（2）EF的反应类型是 。（3）写出DE反应的化学方程式： 。（4）写出满足下列条件的龙胆酸乙酯（）的一种同分异构体结构简式： 。.能发生银镜反应，与FeCl3不发生显色反应但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。.核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6:2:1:1。（5）已知：。水杨酸乙酯()广泛应用于日用香皂等。根据已有知识并结合相关信息，写出以苯、乙醇为原料制备水杨酸乙酯的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例如下： 【答案】（1）酚羟基（或羟基）、 羧基；（2）取代反应；（3）（4）或（以上一种即可）（5）【解析】本题考查了有机物的合成。(1)、D(龙胆酸)中的氧官能团为酚羟基（或羟基）和 羧基；(2)、反应E F：，由E、F的结构简式的差别以及E F断键和成键位置分析得，E中的氢原子被E中苯甲基取代；(3)、D(龙胆酸)E: 发生酯化反应，反应方程式为：(4)、龙胆酸乙酯（）分子式为C9H10O4，能发生银镜反应则含有醛基(-CHO)，其与FeCl3不发生显色反应,则不含酚羟基，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，则结构中存