广东省惠州市届高三第三次调研考理科综合化学试题.docx
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广东省惠州市届高三第三次调研考理科综合化学试题
广东惠州市2018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：
14O：
16S32I：
127W：
184Ni59As75
1.下列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
点睛：
本题考查物质的组成。
有机高分子化合物为高聚物，相对分子质量在10000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。
下列有关叙述正确的是
A.标准状况下，22.4L四氯化碳中含有C-Cl数目为4NA
B.1molCl2通入足量水中反应转移的电子数为NA
C.常温下，0.5mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+数目为1NA
D.常温常压下，5.6g丙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.4NA
【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错误；B．1mol氯气通入足量水中，参与反应的氯气只有少部分，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CH2，含有0.4molC原子，含有的碳原子数为0.4 NA，故D正确；故选D。
3.下列关于有机化合物的说法正确的是
A.分子式为C3H6Cl2的有机物有4种同分异构体（不考虑立体异构）
B.
和
互为同系物
C.乙炔和溴的四氯化碳溶液反应生成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
...............
4.已知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。
下列说法正确的是
A.原子半径：
X＜Y＜Z＜T
B.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】已知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，则X为H元素，Y为N元素；其中X、T同主族，则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O元素；W是一种重要的半导体材料，W为Si元素。
A.同周期自左而右，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＞O，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；故选C。
5.下列图示与对应的叙述不相符合的是
A.图甲表示燃料燃烧反应的能量变化
B.图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
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
【解析】试题分析：
A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；B．酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；C．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，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；故选A。
考点：
考查弱电解质的电离、化学反应与能量、化学平衡的影响。
视频
6.全钒氧化还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。
其结构原理如图所示，该电池放电时，右槽中的电极反应为：
V2+-e-=V3+，下列说法正确的是
A.放电时，右槽发生还原反应
B.放电时，左槽的电极反应式：
VO2++2H++e-=VO2++H2O
C.充电时，每转移1mol电子，n（H+）的变化量为1mol
D.充电时，阴极电解液pH升高
【答案】B
【解析】A、已知电池放电时右槽中的电极反应为V2+-e-=V3+，V2+失去电子，作电池的负极，发生氧化反应，所以A错误；B、放电时左槽作电池的正极，溶液中的H+向正极移动，结合VO2+和VO2+中V元素的化合价，可写出其电极反应为VO2++2H++e-=VO2++H2O，故B正确；C、由放电时的正极反应式知，充电时每转移1mol电子，H+的物质的量改变2mol，所以C错误；D、根据充电、放电原理可知，充电时的阳极反应为VO2++H2O-e-=VO2++2H+，所以阳极电解液的pH降低，H+从左槽（阳极）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。
本题正确答案为B。
7.25℃时，0.1molNa2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如下图所示。
下列有关叙述正确的是
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（Cl-）+c（HCO3-）
C.25℃时，碳酸的第一步电离常数Ka1=10-7
D.溶液呈中性时：
c（HCO3-）>c（CO32-）>c（H2CO3）
【答案】B
【解析】A.0.1molNa2CO3与盐酸混合，随pH增大，根据图像，随pH增大，在溶液中出现碳酸根离子后，c（CO32-）增大，c（HCO3-）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（CO32-）+c（OH-）+c（Cl-）+c（HCO3-），故B正确；C.根据图像，pH=6时，c（HCO3-）=c（H2CO3），则25℃时，碳酸的第一步电离常数Ka1=
=c（H+）=10-7，故C错误；D.溶液呈中性时pH=7，根据图像，c（HCO3-）>c（H2CO3）>c（CO32-），故D错误；故选B。
8.实验室制备氨基甲酸铵（NH2COONH4）的反应如下：
2NH3（g）＋CO2（g）
NH2COONH4（s）。
该反应在干燥条件下仅生成氨基甲酸铵，若有水存在则生成碳酸铵或碳酸氢铵。
（1）该反应在一定条件下能够自发进行，则反应的ΔH________0。
（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，其中在三颈烧瓶中加入氢氧化钠固体，恒压滴液漏斗中装入浓氨水。
步骤3：
滴加浓氨水并搅拌，调节反应速率，在反应器中得到产品
……
①干燥管中盛放的药品是_________。
②对比碳酸盐和酸反应制CO2，该实验利用干冰升华产生CO2气体的优点有______，_______。
③以恒压滴液漏斗代替分液漏斗的目的是________________。
④反应后期CO2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）.NH3＋CO2＋H2O=NH4HCO3（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）.不需净化和干燥处理（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应向正反应方向移动，提高了反应产率）（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；或反应器与稀硫酸之间没有防止水蒸气进入反应器的装置（任写一条，其它合理答案酌情给分）
【解析】
（1）2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s），该反应为熵减的过程，若能自发进行，说明该反应为放热反应，即△H＜0，故答案为：
小于；
（2）水会和氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为：
NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；故答案为：
NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；
（3）①由于制备氨基甲酸铵的原料氨气必须是干燥的，以防止副反应的发生，因此生成的氨气必须进行干燥，因为氨气是碱性气体，所以干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；
②碳酸盐和酸反应制CO2，则生成的CO2必须进行净化和干燥处理，而直接利用干冰制备CO2，不需要干燥；又因为该反应是放热反应，提供低温环境，可以提高转化率，故答案为：
不需要干燥；提供低温环境，提高转化率；
③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；
④反应后期，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，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，安全问题主要是堵塞导气管，液体发生倒吸；依据反应过程中的产物分析，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，实验装置存在安全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：
本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。
本题的易错点为干冰升华产生CO2气体的优点分析，要注意与实验室制二氧化碳的比较。
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：
钴与盐酸反应极慢，需加入催化剂硝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
钴镍性质
Co（OH）2
9.4
Co＋2HCl＝CoCl2＋H2↑
Co2＋＋2NH3·H2O＝Co（OH）2↓＋2NH4＋
Co2＋＋2H2O
Co（OH）2＋2H＋
Ni＋2HCl＝NiCl2＋H2↑
Ni2＋＋6NH3·H2O＝[Ni（NH3）6]2＋＋6H2O
Fe（OH）2
9.6
Fe（OH）3
3.7
（1）“除镍”步骤中，NH3·H2O用量对反应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NH3·H2O调pH
收率/%
Ni2＋含量/%
9
98.1
0.08
9.5
98
0.05
10
97.6
0.005
10.3
94
0.005
（2）“除镍”步骤必须控制在一定的时间内完成，否则沉淀中将有部分Co（OH）2转化为Co（OH）3，此反应的化学方程式为________________。
（3）“除铁”步骤中加入双氧水发生反应的离子方程式是________________________。
（4）“除铁”步骤中加入的纯碱作用是________________________________。
（5）在“调pH”步骤中，加盐酸的作用是______________________________。
（6）已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10－38，则该温度下反应Fe3＋＋3H2O
Fe（OH）3＋3H＋的平衡常数为_____________________。
【答案】
（1）.10
（2）.4Co（OH）2＋O2＋2H2O＝4Co（OH）3（没有配平扣1分）（3）.2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O（没有配平扣1分）（4）.使Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀而除去（或2Fe3＋＋3CO32－＋6H2O＝2Fe（OH）3↓＋3CO2↑）（5）.防止Co2＋水解（6）.2.5×10－5（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应生成氯化镍、氯化钴和氯化铁、氯化亚铁等，调节溶液的pH除去镍，然后加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入纯碱将铁离子转化成氢氧化铁除去，最后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+O2+2H2O=4Co（OH）3，故答案为：
4Co（OH）2+O2+2H2O=4Co（OH）3；
（3）双氧水具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，发生的化学反应为：
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（4）加入碳酸钠可以和酸发生反应，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的作用，故答案为：
使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去（或2Fe3++3CO32-+6H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑）；
（5）钴离子是弱碱阳离子，能发生水解，显示酸性，加入盐酸可以防止Co2+水解，故答案为：
防止Co2+水解；
（6）Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=4.0×10-38，c（H+）=
，反应Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+的平衡常数K=
=
=
=
=2.5×10-5，故答案为：
2.5×10-5。
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。
回答下列问题：
（1）已知：
①2I2（s）+5O2（g）＝2I2O5（s） ΔH＝—1966kJ•mol-1
②2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g） ΔH＝—1200kJ•mol-1 。
则5CO（g）+I2O5（s）=5CO2（g）+I2（s）的△H=__________________________。
（2）碘不易溶于水，但易溶于碘化钾溶液并生成多碘离子，反应如下：
①I2（s）+I-（aq）
I3-（aq）△H<0；②I2（s）+2I-（aq）
I42-（aq）。
温度降低时，反应①的平衡常数将______________（填“增大”“减小”或“不变”）；反应②的平衡常数的表达式为K=__________________________。
（3）碘与钨在一定温度下，可发生如下可逆反应：
W（s）+I2（g）
WI2（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，并加热使其反应。
如图是混合气体中的WI2蒸气的物质的量随时间变化关系的图象[n（WI2）～t]，其中曲线Ⅰ（0～t2时间段）的反应温度为450℃，曲线Ⅱ（从t2时刻开始）的反应温度为530℃。
①该反应△H____________0（填“>”或“<”）。
②反应从开始到t1（t1=3min）时间内I2的平均反应速率v（I2）=_________。
③在450℃时，该反应的平衡常数K的值为__________________。
④能够说明上述反应已经达到平衡状态的有________________（填选项字母）。
A.I2与WI2的浓度相等B.容器内各气体的浓度不再改变
C.容器内混合气体的密度不再改变D.容器内气体压强不发生变化
【答案】
（1）.-2017kJmol-1
（2）.增大（3）.c（I42-）/c2（I-）（4）.<（5）.0.012mol·L-1·min-1（6）.9（7）.BC
【解析】
（1）已知：
①2I2（s）+5O2（g）＝2I2O5（s） ΔH＝—1966kJ•mol-1 ，②2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g） ΔH＝—1200kJ•mol-1 ，根据盖斯定律，将②×
-①×
得：
5CO（g）+I2O5（s）=5CO2（g）+I2（s）△H=（—1200kJ•mol-1）×
-（—1966kJ•mol-1）×
=-2017kJmol-1，故答案为：
-2017kJmol-1；
（2）已知反应①的△H＜0，所以降低温度平衡向正方向移动，则平衡常数增大；已知方程式I2（s）+2I-（aq）⇌I42-，则其平衡常数表达式为：
K=
；故答案为：
增大；
；
（3）①
（1）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，所以该反应向逆反应方向移动，即逆反应是吸热反应，所以正反应是放热反应，△H＜0，故答案为：
＜；
（2）因为v（WI2）=
=1.20×10-2mol•L-1•min-1；由于反应速率之比等于计量数之比，所以v（I2）=1.20×10-2mol•L-1•min-1，故答案为：
1.20×10-2mol•L-1•min-1；
（3）反应开始时，碘的物质的量为n=
=0.002mol，反应达平衡时生成WI21.80×10-3mol，根据化学方程式可知，需要碘1.80×10-3mol参加反应，剩余碘0.0002mol，所以平衡时，c（WI2）=
=3.6×10-2mol/L，c（I2）=
=0.004mol/L，因为W是固体，所以K=
=9，故答案为：
9；
（4）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化。
A、反应达平衡时，I2与WI2的浓度可能相等也可能不等，与反应初始浓度及转化率有关，所以不能证明达到平衡状态，故A错误；B、容器内各气体的浓度不再改变，表示反应的正逆反应速率相等，所以达到平衡状态，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、该反应是反应前后气体体积不变的反应，无论反应是否达到平衡状态，压强始终不变，故D错误；故答案为：
BC。
11.在电解炼铝过程中加入冰晶石（用“A”代替），可起到降低Al2O3熔点的作用。
冰晶石的生产原理为2Al（OH）3＋12HF＋3Na2CO3=2A＋3CO2↑＋9H2O。
根据题意完成下列填空：
（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）反应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，○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：
若已知Al的原子半径为d，NA代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，则一个晶胞中Al原子的数目为___________个；Al晶体的密度为________（用字母表示）。
【答案】
（1）.Na3AlF6
（2）.共价键、配位键（3）.H2O（4）.V形（5）.sp3（6）.F（7）.
（8）.Na＋（9）.4（10）.
【解析】
（1）冰晶石的成分是Na3AlF6，该物质中Na+和AlF6-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：
Na3AlF6；共价键和配位键；
（2）H2O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，O原子采用杂化，故答案为：
H2O；V形；sp3；
（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
，故答案为：
F；
；
（4）●的个数=8×
+6×
=4，○个数=12×
+8+1=12，要使两种离子的个数之比为1：
3，则大立方体的体心处所代表的微粒是Na+，故答案为：
Na+；
（5）该晶胞中Al原子个数=8×
+6×
=4，该晶胞棱长=
=2
d，所以晶胞的体积=（2
d）3，ρ=
=
=
，故答案为：
4；
。
点睛：
本题涉及晶胞的计算、化学键的判断、原子杂化方式等知识点，利用均摊法、价层电子对互斥理论等知识点分析是解答的关键。
本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：
（1）①中两种含氧官能团的名称_______、_____。
除草剂⑦的分子式为_______。
（2）③与⑥生成⑦的反应类型是____，④
⑤转化中另外一种产物是HCl，则试剂X是_____。
（3）写出一种同时满足下列条件的物质③的同分异构体的结构简式______________。
①属于芳香族化合物；②苯环上的一取代物只有两种；
③在铜催化下与O2反应，其生成物1mol与足量的银氨溶液反应生成4molAg
（4）写出②
③的化学方程式__________________________________________。
（5）卡巴拉丁是老年人认知障碍的重要治疗药物。
请结合上述合成路线及下面所给的反应：
ROH＋SOCl2
RCl＋HOSOCl
请写出合成卡巴拉丁流程中A、B、D的结构简式，C试剂的化学式。
A：
____________、B：
_____________、C：
____________、D：
________________。
【答案】
（1）.羟基
（2）.醛基（3）.C18H20O5（4）.取代反应（5）.ClCH2COOH（6）.
（7）.
（8）.
（9）.
（10）.HBr（11）.
【解析】
（1）①为
，含有的官能团有羟基和醛基；除草剂⑦的结构简式可知，其分子式为C18H20O5，故答案为：
羟基、醛基；C18H20O5；
（2）③与⑥生成⑦和HCl，应为取代反应；④→⑤转化的另一产物是HCl，该反应为取代反应，则X为ClCH2COOH，故答案为：
取代反应；ClCH2COOH；
（3）③的同分异构体满足下列条件：
在铜催化下与O2发生反应，其生成物1mol与足量的银氨溶液反应生成4molAg，说明生成物中两个醛基，结合③的结构简式可知，则该同分异构体分子中含有2个-CH2OH，苯环上的一取代物只有两种，可以为两个不同的取代基且处于对位，可以含有为2个-CH2OH、1个-CH3，处于间位或间位且甲基处于2个-CH2OH之间，符合条件的同分异构体有：
，故答案为：
；
（4）②→③为取代反应，反应的方程式为：
，故答案为：
；
（5）由除草剂的合成路线可知，
与KBH4发生还原反应生成A为
，进而与SOCl2反应生成B为
，B发生取代反应生成
，
与HBr发生取代反应生成D为
，D发生取代反应可生成卡巴拉丁，故答案为：
；
；
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