广东省六校联盟深圳实验广州二中珠海一中届高三第二次联考理综化学试题文档格式.docx

广东省六校联盟深圳实验广州二中珠海一中届高三第二次联考理综化学试题文档格式.docx

《广东省六校联盟深圳实验广州二中珠海一中届高三第二次联考理综化学试题文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省六校联盟深圳实验广州二中珠海一中届高三第二次联考理综化学试题文档格式.docx（19页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

一种制备方法如图所示，下列说法正确的是（）

A.可用溴的CCl4溶液区别β–蒎烯与诺卜醇

B.β–蒎烯和诺卜醇分子中都有一个由5个碳原子构成的四面体

C.可用乙酸检验β–蒎烯中是否含有诺卜醇

D.β–蒎烯的饱和碳原子上的一氯代物有7种

【答案】B

【详解】A.β–蒎烯与诺卜醇均含有碳碳双键，都能与溴发生加成反应，不能用溴的CCl4溶液区别，故A项错误；

B.β–蒎烯和诺卜醇分子中与两个-CH3直接相连碳原子为饱和碳原子，该碳原子与周围4个碳原子构成四面体，故B项正确；

C.诺卜醇中虽然含有羟基，但在与乙酸反应时无明显现象，无法区分二者，故C项错误

D.β–蒎烯的饱和碳原子上有6种环境的氢，故一氯代物最多有6种，故D项错误；

故答案为B。

4.下列图示实验正确的是（）

A.制取蒸馏水

B.制取收集氨气

C.乙酸乙酯的制备

D.碳酸氢钠受热分解

【详解】A.温度计应安装在通向冷凝管的侧口部位，故A项错误；

B.氨气的密度比空气小，应用向下排空气法，导管应伸入试管底部，故B项错误；

C.该装置可以制备乙酸乙酯，C项正确；

D.加热固体试管口应朝下，故D项错误；

5.以铬铁矿[主要成分为Fe（CrO2）2]，含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质为主要原料生产重铬酸钠晶体（Na2Cr2O7·

2H2O）的主要工艺流程如下，关于该流程说法错误的是（）

A.煅烧生成Na2CrO4的化学方程式为：

4Fe（CrO2）2+8Na2CO3+7O2

2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2

B.SiO2在“浸出过滤”步骤中和Fe2O3一起除去

C.Na2CrO4到Na2Cr2O7转化的原理为：

2H＋+2CrO42－

Cr2O72－+H2O

D.该工艺中“煅烧”产生的CO2可用于“除杂”步骤以节约生产成本，为完全除去AlO2－，发生的离子反应为：

CO2+AlO2－+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－

【详解】A.根据流程可知，煅烧过程中反应物空气，纯碱（Na2CO3）和铁铬矿，产物有Fe2O3、Na2CrO4和CO2，铬元素和铁元素被氧化，反应物中有空气，可推测氧化剂为氧气，根据电子守恒和元素守恒可知反应方程式为：

，故A项正确；

B.煅烧过程中加入纯碱，高温条件下SiO2会与纯碱发生反应，故B项错误；

C.

，加入稀硫酸会使平衡右移，生成Cr2O72-，故C项正确；

D.碳酸的酸性强于偏铝酸，可与AlO2-反应生成氢氧化铝沉淀，D项正确；

6.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。

X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。

x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。

其转化关系如图所示，下列判断正确的是（）

A.反应①、②属于氧化还原反应，③属于非氧化还原反应

B.Y的离子半径比Z的离子半径小

C.反应③可以证明X的非金属性强于W

D.一定条件下，x与甲反应生成丁

【答案】D

【分析】

根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与二氧化硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；

y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。

【详解】A.反应①为镁和二氧化碳反应，反应过程镁和碳元素化合价均发生变化，是氧化还原反应，反应②为碳在氧气中点燃，是氧化还原反应，反应③为碳和二氧化硅反应，反应过程中碳和硅元素化合价均发生变化，是氧化还原反应，故A项错误；

B.Y的离子为O2-，Z的离子为Na+，电子层数均为两层，但氧离子的核电荷小于钠离子，故氧离子半径大于钠离子，故B项错误；

C.根据元素周期律，非金属性越强，单质氧化性越强，反应③为：

反应中C将Si元素还原，不能说明C的非金属性强于Si，故C项错误；

D.碳可以和二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，故D项正确；

故答案为D。

【点睛】具有相同核外电子排布的离子，原子序数越大，其离子半径越小。

7.环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe（C5H5）2，结构简式为

），后者广泛应用于航天、化工等领域中。

二茂铁的电化学制备原理如图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。

下列说法错误的是（）

A.制备二茂铁总反应为：

Fe+2

=

+H2↑

B.电解制备需要在无水条件下进行

C.Ni电极与电源负极连接

D.阳极电极反应为：

2Br－－2e－=Br2

根据转化关系可知，过程中需要获得亚铁离子，故铁电极为阳极，与电源正极相连。

Ni电极为阴极，与电源负极相连，Na+在阴极放电生成钠单质，钠单质和环戊二烯反应生成氢气，之后再与亚铁离子反应生成目标产物。

【详解】A.据分析可知钠离子仅为中间产物，故总反应为：

+H2↑，故A说法正确；

B.中间产物Na可与水发生反应，所以需要在无水条件下进行，故B说法正确；

C.据分析可知Ni电极与电源负极连接，故C说法正确；

D.据分析可知阳极电极反应为：

，故D说法错误；

8.一种以辉铜矿（主要成分为Cu2S，含少量SiO2）为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示：

（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应

离子方程式：

___。

（2）恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：

①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；

②___。

（3）“回收S”过程中温度控制在50～60℃之间，不宜过高的原因是___。

（4）向滤液M中加入（或通入）___（填字母），可得到一种可循环利用的物质。

a

铁b.氯气c.高锰酸钾d.氯化氢

（5）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是__；

“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由_。

（6）辉铜矿可由黄铜矿（主要成分为CuFeS2）通过电化学反应转变而成，有关转化见图，转化时转移0.2mol电子，生成Cu2S___mol。

【答案】

（1）.Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S

（2）.CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2（3）.温度高苯容易挥发（4）.b（5）.调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe（OH）3沉淀（6）.抑制Cu2+的水解（7）.0.2

辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。

在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将铁氧化为铁离子，氧化铜调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。

【详解】

（1）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化，根据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式，故答案为：

；

（2）根据Cu2S的最终产物CuCl2可得反应②，故答案为：

（3）回收硫时所用溶剂为苯，苯的熔沸点较低，故答案为：

温度高苯容易挥发；

（4）M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：

b；

（5）“保温除铁”过程要除去Fe3+，故需要加入氧化铜来调节pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀；

铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水解，故答案为：

调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe（OH）3沉淀；

抑制Cu2+的水解；

（6）该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1价，根据电子守恒可知答案为：

0.2。

【点睛】解决工艺流程题，首先要根据题干信息，了解生产的产品，分析整个流程中各操作步骤的目的，搞清楚发生了什么反应；

再结合具体的题目进行详细解答。

9.研究氮氧化物等大气污染物对打造宜居环境具有重要意义。

NO在空气中存在如下反应：

2NO（g）+O2（g）

2NO2（g），其反应历程分两步：

①2NO（g）

N2O2（g）（快反应）v1正=k1正·

c2（NO），v1逆=k1逆·

c（N2O2）ΔH1<

②N2O2（g）+O2（g）

2NO2（g）（慢反应）v2正=k2正·

c（N2O2）·

c（O2），v2逆=k2逆·

c2（NO2）ΔH2<

反应历程的能量变化如图：

请回答下列问题：

（1）反应2NO（g）＋O2（g）

2NO2（g）的ΔH__0（填“>

”、“<

”或“=”）。

（2）决定2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）反应速率是反应②，E4+E2__E5+E3（填“>

（3）一定温度下，反应2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）达到平衡状态，写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示平衡常数的表达式K=___。

（4）T1℃下一密闭容器中充入一定量的NO2，测得NO2浓度随时间变化的曲线如图所示。

前5秒内O2的平均生成速率为___；

T1℃下反应2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）的化学平衡常数K=__。

（5）对于（4）中的反应体系达平衡后，若降低温度，再次达平衡后，混合气体的平均相对分子质量___（填“增大”、“减小”或“不变”）；

对于（4）中的反应体系达平衡后，若在恒温恒容条件下，追加NO2，再次达平衡后，NO2的体积分数___（填“增大”、“减小”或“不变”）。

（6）对于（4）中

反应体系达平衡后（压强为P1），若在恒温恒容条件下，向其中充入一定量O2，再次达平衡后，测得压强为P2，P1︰P2=5︰8，则再次平衡时NO2的浓度为___mol·

L-1。

（精确到小数点后两位）

【答案】

（1）.<

（2）.<

（3）.

（4）.0.1mol·

L-1·

s-1（5）.1（6）.增大（7）.增大（8）.2.67

（1）该反应ΔH=E1-E3>

0，故答案为：

<

（2）反应①的活化能为E4-E2，反应②的活化能为E5-E3，根据题意可知反应②的活化能大于反应①的活化能为，即E4-E2<

E5-E3，故E4+E2<

E5+E3，故答案为：

（3）该反应平衡常数

，反应达平衡状态，所以v1正=v1逆、v2正=v2逆，所以v1正×

v2正=v1逆×

v2逆，即k1正c2（NO）×

k2正c（N2O2）c（O2）=k1逆c（N2O2）×

k2逆c2（NO2），所以

，故答案为：

（4）前5s内

，则v（O2）=0.1mol/（L·

s）。

利用三段式：

所给反应平衡常数

故答案为：

0.1mol·

s-1；

1；

（5）平均相对分子质量

，反应

为放热反应，降低温度，平衡右移，总质量不变，但气体总物质的量减小，故平均相对分子质量增大；

恒温恒容条件下追加NO2，NO2浓度增大，根据勒夏特列原理可知虽然平衡左移，但NO2浓度依然增大，故答案为：

增大；

增大：

（6）恒温恒容条件下，压强之比等于气体总物质的量之比，由P2，P1︰P2=5︰8可知充入氧气前后气体总物质的量之比为5︰8，设容器体积为V，则充入氧气前气体总物质的量为（2+2+1）V，所以再次达到平衡时物质的量为8V，设再次达到平衡时NO2浓度为amol/L，则充入氧气后反应

平衡右移转化的NO为（a-2）mol/L，平衡时NO浓度为（4-a）mol/L，氧气的浓度为8-（4-a）-a=4mol/L，由于温度不变，故平衡常数K不变，K=1，所以

，解得a≈2.67mol/L，故答案为：

2.67。

【点睛】解决平衡常数和反应速率的问题，一定要准确列出三段式，根据相关公式得出答案；

要巧用隐含条件“恒温恒容条件下体系的压强变化之比与气体总物质的量（或各气体浓度之和）变化之比相同”来解决平衡计算问题。

10.连二亚硫酸钠（Na2S2O4），也称为保险粉，Na2S2O4易溶于水，难溶于甲醇，具有极强的还原性，易被空气氧化，在碱性介质中稳定。

工业上常用制备Na2S2O4的方法有I锌粉法、II甲酸钠法。

Ⅰ．实验室模拟锌粉法的装置如下（加热等辅助仪器略去）

（1）第一步，将A中生成的气体通往B中进行反应，B中装的是颗粒度约为180µ

m的锌粉与水形成的分散系，该分散系为___（填“溶液”、“胶体”或“悬浊液”）。

在B装置生成连二亚硫酸锌的化学反应方程式为___。

（2）第二步，加入NaOH溶液，于28～35℃下反应生成Na2S2O4和一种白色沉淀，沉淀的成分为___（写化学式）。

（3）第三步，将第二步的混合物过滤，并向滤液中加入固体NaCl，冷却至20℃，便有Na2S2O4晶体析出；

用平衡移动的原理解释加入NaCl固体的作用是___。

第四步，过滤，用甲醇洗涤滤渣，干燥，得到Na2S2O4晶体。

II．实验室模拟甲酸钠法的装置如下（加热等辅助仪器略去）

第一步，在F装置中加入甲酸钠浓溶液、氢氧化钠，甲醇（溶剂）的混合液；

第二步，向装置F中通入二氧化硫；

第三步，75℃加热一段时间，装置中有晶体析出，并产生大量气体；

第四步，过滤、洗涤、干燥，收集产品。

（4）装置F中制备连二亚硫酸钠的化学方程式可表示为___。

（5）已知某温度下，H2SO3的电离常数为K1≈1.5×

10－2，K2≈1.0×

10－7，H2CO3的电离常数为K1≈4.4×

10－7，K2≈4.7×

10－11。

装置G用于吸收未反应完的SO2和反应产生的CO2。

该温度下当G溶液中HSO3－、SO32－离子浓度相等时，溶液的pH约为___。

甲酸钠法于1968年实现工业化，继而逐渐替代了锌粉法生产连二亚硫酸钠。

与锌粉法相比，甲酸钠法的优点在于___。

【答案】

（1）.悬浊液

（2）.2SO2+Zn＝ZnS2O4（3）.Zn（OH）2（4）.Na2S2O4（s）

2Na+（aq）+S2O42-（aq），加入固体NaCl，增大Na+浓度，平衡左移，促进Na2S2O4析出（5）.NaOH+HCOONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O（6）.7（7）.甲酸钠法工艺操作简单；

锌粉法中使用的锌粉价格较高，甲酸钠法的原料价格低；

锌粉法废液中锌离子对环境有较大污染，甲酸钠法没有废液产生

（1）分散系中分散质的粒径大于100纳米时为浊液，180µ

m>

100nm，所以该分散系为悬浊液；

装置B中的反应物为Zn，SO2，生成物为ZnS2O4，S2O42-中硫为+3价，根据电子守恒和元素守恒可得反应方程式为：

悬浊液；

（2）溶液中含有Zn2+，加入氢氧化钠后与氢氧根反应生成氢氧化锌沉淀，故答案为：

Zn（OH）2；

（3）生成Na2S2O4晶体时

，加入加入固体NaCl，增大Na+浓度，平衡右移，促进Na2S2O4析出；

（4）装置F中的反应物有SO2、NaOH和HCOONa，S2O42-中硫为+3价，故SO2做氧化剂，还原剂为HCOONa，结合电子守恒和元素守恒可得方程式为：

（5）H2SO3的电离常数为

当HSO3－、SO32－离子浓度相等时，即

时，氢离子浓度等于K2≈1.0×

10－7，pH值约为7，故答案为：

7；

（6）方案优点一般从成本，操作复杂性，环保，安全、原料利用率等角度回答，故答案为：

甲酸钠法工艺操作简单；

锌粉法废液中锌离子对环境有较大污染，甲酸钠法没有废液产生。

【点睛】对于电离平衡常数和水解平衡常数的公式要记忆准确，涉及到离子浓度的相关计算，离不开平衡常数，本题第（5）问中若正确列出亚硫酸的第二步电离平衡常数的计算公式，很容易解决问题；

实验方案的优点一般从成本，操作复杂性，环保，安全，原料利用率等角度回答。

11.2019年诺贝尔化学奖授予约翰·

古德伊纳夫、斯坦利·

惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出

巨大贡献。

（1）LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。

基态Co原子核外电子排布式为___，基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为___；

该能层能量最高的电子云在空间有___个伸展方向，原子轨道呈___形。

（2）[Co（NO3－）4]2－中Co2+的配位数为4，配体中N的杂化方式为__，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为___（填元素符号），1mol该配离子中含σ键数目为___NA。

（3）LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：

焦磷酸钠、三磷酸钠等。

焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：

这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为___（用n代表P原子数）。

（4）钴蓝晶体结构如图，该立方晶胞由4个I型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为___，晶体中Al3+占据O2－形成的___（填“四面体空隙”或“八面体空隙”）。

NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为___g·

cm－3（列计算式）。

【答案】

（1）.1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2

（2）.M（3）.3（4）.哑铃（5）.sp2（6）.Co、O、N（7）.16（8）.（PnO3n＋1）（n＋2）－（9）.CoAl2O4（10）.八面体空隙（11）.

（1）Co为27号元素，Co原子核外有27个电子，根据核外电子排布规律可得其基态Co原子核外电子排布式；

基态磷原子核外有三层电子，故最高能层符号为M，电子云在空间有3个伸展方向，原子轨道为哑铃型，故答案为：

1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；

M；

3；

哑铃；

（2）NO3－中价层电子对数为

，故为sp2杂化；

一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但由于N原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于O，所以第一电离能由小到大

顺序为Co、O、N；

一个NO3－中有3个σ键，配位键也为σ键，故σ键数目为3×

4+4=16，则1mol该配离子中含σ键数目为16NA，故答案为：

sp2；

Co、O、N；

16；

（3）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：

PO43-、P2O74-、P3O105-磷原子的变化规律为：

1,2,3,4，n 氧原子的变化规律为：

4,7,10,3n+1 酸根所带电荷数的变化规律为：

3,4,5,n+2；

（PnO3n＋1）（n＋2）－

（4）根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为：

，

，所以化学式为CoAl2O4；

根据结构观察，晶体中Al3+占据O2-形成的八面体空隙；

该晶胞的体积为

，该晶胞的质量为

所以密度为

CoAl2O4；

八面体空隙；

。

【点睛】在计算价层电子对数时O、S作为配原子时提供的电子数为0；

第（3）问属于跨学科综合题目，首先用数学的找规律递推到通式，首先写出磷酸的化学式，然后寻找规律。

12.MMA既是一种高分子化合物（有机玻璃）的单体，又是一种重要的化工原料。

现有三条制备MMA的途径，其流程如下：

（1）由MMA合成的高分子化合物（有机玻璃）的化学名称是：

（2）工业上将A和甲醇及过量硫酸一起，一步反应生成MMA和一种无机盐，该反应的化学方程式为：

____。

（3）反应②是在500℃并有催化剂存在的条件下发生的，则其反应类型为___。

（4）某物质既能发生银镜反应，又能发生水解反应，其分子中还有手性碳原子（碳原子上连有4个不同的原子或原子团），并与

互为同分异构体，则其结构简式为___。

（5）物质D的核磁共振氢谱有两个峰，它与CO、CH3OH以物质的量之比1∶1∶1反应恰好生成MMA，则D的结构简式为___，该方法的优点是___。

（6）MMA和1-丙醇反应可以制取有机化合物E，E是MMA的同系物，反应的化学方程式为：

（7）根据题中流程里提供的新信息，写出由（CH3）2C=CH2制备化合物的合成路线流程图（无机试剂任选）。

___

合成路线流程图示例如下：

CH3CH2OH

H2C=CH2

【答案】

（1）.聚甲基丙烯酸甲酯

（2）.（CH3）2C（OH）CN+CH3OH+H2SO4

CH2=C（CH3）COOCH3+NH4HSO4（3）.消去（或氧化）反应（4）.HCOOCH（CH3）CH2CH3（5）.CH

CCH3（6）.原子利用率为100%（7）.

+CH3CH2OH

+CH3OH（8）.

（1）根据第一个途径可知MMA的结构简式为CH2=C（CH3）COOCH3，根据系统命名法可知其名称为甲基丙烯酸甲酯，故其高分子化合物名称为：

聚甲基丙烯酸甲酯；

（2）根据反应1的生成物结构简式可判断出丙酮与HCN发生加成反应生成A，所以A的结构简式为（CH3）2C（OH）CN，A发生消去反应生成CH2=C（CH3）CN。

反应中硫酸过量，因此生成MMA的方程式为：

；

（3）MMA中含有碳碳双键，则