广东省肇庆市2019届高三化学毕业班第三次统一检测试题（含解析）.docx

广东省肇庆市2019届高三化学毕业班第三次统一检测试题（含解析）考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再涂选其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束。将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 15N-15 O-16 F-19 Na-23 Ca-40 Fe-56 Cu-64一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列有关化学与生产生活的叙述不正确的是A. 生产玻璃、水泥、漂白粉均需要用石灰石为原料B. 煤的干馏、石油分馏和石油裂解都属于化学变化C. “地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，可用于制取肥皂D. 大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可以减少硫、氮氧化物对环境的污染【答案】B【解析】【详解】A制玻璃的原料：石英砂、石灰石、纯碱等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙，进而得到消石灰，用氯气与石灰乳反应得到漂白粉，因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉均需要用石灰石为原料，选项A正确；B、煤的干馏是在隔绝空气下加强热发生分解反应，是一种复杂的物理、化学变化，而石油的分馏是根据物质的沸点不同进行分离的，属于物理变化，石油裂解属于化学变化，选项B错误；C地沟油为油脂，主要成分为高级脂肪酸甘油酯，可在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，可用于制肥皂，选项C正确；D大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术，能减少硫、氮氧化物的排放，有利于环境保护，选项D正确；答案选B。2.磷酸毗醛素是细胞的重要组成部分， 其结构式如图（含氮杂环与苯环性质相似）。则下列有关叙述错误的是A. 该物质能被酸性高锰酸钾氧化B. 该物质能发生取代、加成、氧化、聚合反应C. 该物质水解后所得有机物的所有原子都在一个平面上D. 1mol 该有机物与NaOH 溶液加热，最多消耗 4mol NaOH【答案】C【解析】【详解】A、分子中含有醛基、羟基等，能被酸性高锰酸钾氧化，选项A正确； B、含氮杂环与苯环性质相似，分子中含有醛基、羟基以及磷酸形成的酯基，羟基能发生酯化反应，属于取代反应，羟基、醛基都能发生氧化反应，醛基、含氮杂环能发生加成反应，羟基与磷酸剩余的2个羟基可发生聚合反应，选项B正确；C、该物质水解后所得有机物中含有-CH3和CH2，根据甲烷为正四面体结构可知，分子中的所有原子不可能都在一个平面上，选项C错误；D、该物质是一种磷酸酯类化合物，含氮杂环与苯环性质相似，水解后相当于有酚羟基，能与氢氧化钠反应，磷酸剩余的2个羟基与NaOH发生中和反应，1mol 该有机物与NaOH溶液反应，最多消耗4mol NaOH，选项D正确。答案选C。3.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，X与W所在族序数之和等于10。则下列说法正确的是A. 单质熔点：YWZB. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：WZC. 原子半径大小顺序：r(W)r(Z)r(Y)r(X)D. 简单氢化物的沸点：XWY【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最高正价与最低负价代数和为0，X为第IVA族元素，X与W所在族序数之和等于10，W为第VIA族元素，Y为金属元素，可知X为C，W为S；Y应位于第三周期，Y与Z最外层电子数之和与W的相等，若Y为Na，Z为P，或若Y为Mg，Z为Si，X、Y、Z、W分别位于不同的主族，C、Si位于同主族，则Y为Na、Z为P符合，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为C，Y为Na，Z为P，W为S，A根据物质的状态可知，单质熔点：W Y，P有多种同素异形体，P的不同的同素异形体熔点差别较大，白磷熔点低于Na，而红磷熔点高于Na，选项A错误；B非金属性SP，则W的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强，选项B正确；C电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径大小顺序：r(Y)r(Z)r(W) r(X)，选项C错误；DX、Y、W的简单氢化物为CH4、NaH、H2S，NaH属于离子晶体，CH4、H2S属于分子晶体，CH4的相对分子质量小于H2S的相对分子质量，故简单氢化物的沸点：YWX，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、元素的位置推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。4.硫酸亚铁铵受热分解的反应方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3+N2+4SO2+5H2O，用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1 L 0.1 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的数目为0.1NAB. 将1 mol SO2和1 mol O2充分反应后，其分子总数为1.5NAC. 常温常压下，3.0 g 15N2中含有的中子总数为1.4NAD. 标准状况下，每生成15.68 L气体转移电子数目为0.8NA【答案】D【解析】【详解】A.由于Fe2+水解，1 L 0.1 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的数目小于0.1NA，选项A错误；B.SO2与O2的反应为2SO2O22SO3，该反应属于可逆反应，不能反应完全，若1 mol SO2和1 mol O2完全反应生成1molSO3和剩余的0.5molO2，共1.5mol，因不能完全反应，则其物质的量大于1.5mol，分子总数大于1.5NA，选项B错误；C.15N的中子数=157=8，3.0 g 15N2为0.1 mol，含有的中子总数=0.116NA=1.6NA，选项C错误；D.标准状况下，15.68 L气体为0.7 mol，其中NH3占、N2占，SO2占，根据反应可知，生成4 mol SO2转移8 mol电子，生成0.4 mol SO2则转移0.8 mol电子，数目为0.8NA，选项D正确；答案选D。5.如图装置可用于验证气体某些化学性质，所得现象和结论均正确的是气体试剂现象结论ACH2=CH2溴水溶液褪色C2H4能与Br2发生取代反应BCO2BaCl2溶液产生白色沉淀CO2能与可溶性钡盐反应CCl2FeCl2溶液溶液由浅绿色变黄色氧化性Cl2Fe3+DSO2KMnO4溶液溶液褪色SO2有漂白性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】A乙烯与溴水发生加成反应；B盐酸的酸性大于碳酸的酸性；C氯气氧化亚铁离子；D二氧化硫被高锰酸钾氧化。【详解】A乙烯含碳碳双键，与溴水发生加成反应，溴水褪色，选项A错误；B盐酸的酸性大于碳酸的酸性，CO2与BaCl2溶液不反应，选项B错误；C氯气氧化亚铁离子，溶液变为黄色，发生反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，氧化性Cl2Fe3+，选项C正确；D二氧化硫被高锰酸钾氧化，与二氧化硫的还原性有关，选项D错误；答案选：C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。6.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其中工作原理如下图所示。则下列说法正确的是A. 电流由a极流向b极B. 溶液中的OH向b极移动C. a极的电极反应式为：4NH312e-=2N2+12H+D. b极的电极反应式为：3O2+12e-+6H2O=12OH-【答案】D【解析】【分析】Pt电极（a）通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则Pt电极（b）为正极，氧气得电子被还原，结合电极方程式解答该题。【详解】APt电极（a）通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则Pt电极（b）为正极，电流由b极流向a极，选项A错误；B因为Pt电极（a）为负极，则溶液中的阴离子向a极移动，选项B错误；CPt电极（a）是氨气发生氧化反应变成氮气，电解质溶液为KOH溶液，故电极反应式为2NH36e+6OH=N2+6H2O，选项C错误；DPt电极（b）为正极，电极上氧气得电子产生氢氧根离子，电极反应式为：3O2+12e-+6H2O=12OH-，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查了原电池原理，根据O、N元素化合价变化判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点，为易错点。7.25时，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中1gc(H+)/c(H2C2O4)和1gc(HC2O4-)或1gc(H+)/c(HC2O4-)和1gc(C2O42-)关系如图所示。下列说法不正确的是A. Ka1(H2C2O4)的数量级为10-2B. 曲线M表示1gc(H+)/c(H2C2O4)和1gc(HC2O4-)的关系C. 向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4-)和c(C2O42-)相等，此时溶液pH约5D. 在NaHC2O4溶液中c(Na+)c(HC2O4-)c(H2C2O4)c(C2O42-)【答案】D【解析】【分析】本题主要考查电解质相关知识。，同理，因，故曲线M表示和的关系，曲线N表示和的关系，由此分析各选项正误。【详解】A. 由上述分析可知，曲线M表示和的关系，Ka1=，根据曲线M上的数值Ka1=10-110-1=10-2，曲线N表示和的关系，根据曲线N上的数值Ka2=10-210-3=10-5，故A项正确；B. 由上述分析可知，故曲线M表示和的关系，故B项正确；C.当时，Ka2=10-5，故pH为5，C项正确；D.HC2O4-在溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解平衡常数为=Kw/Ka1=110-12_（填化学式）；结合元素周期律解释原因是：Mg、Ca、Ba处于同一主族，随着原子序数递增，_。（4）酸解过程中，向滤液中加入硝酸，即有硝酸钡晶体析出，稍过量的HNO3有利于提高Ba(NO3)2晶体的析出率，用化学平衡原理分析其原因是：_。【答案】 (1). 增大固体接触面积，加快反应速率，提高转化率 (2). 吸热 (3). 600 (4). c (5). S2-+ H2OHS- + OH- 、HS-十H2OH2S+ OH- (6). Ba(OH)2 (7). Ca(OH)2 (8). Mg(OH)2 (9). 原子半径增大，金属性增强，最高价氧化物对应水化物碱性增强 (10). 溶液中存在Ba2+(aq) + 2NO3-(aq) Ba(NO3)2(s)，稍过量的硝酸有利于提高c(NO3-)，促进平衡向晶体析出的方向移动，有利于提高Ba(NO3)2晶体的析出率【解析】【分析】重晶石主要成分为BaSO4，含少量的SiO2、CaO和MgO杂质，加入煤粉，高温煅烧，发生BaSO4 +4C BaS+4CO，除此以外还可能有BaCO3等副产物生成，然后用90的热水浸取，趁热过滤，除去杂质，加入硝酸，可与BaS反应生成硝酸钡，以此解答该题。【详解】(1) 将重晶石和煤磨成粉状的目的是增大固体接触面积，加快反应速率，提高转化率；(2)由图可知升高温度，CO 的物质的量增大，则升高温度平衡正向移动，为吸热反应，为减少副反应的发生，应在600以上进行；由图象可知加入C应减少副反应，使硫酸钡完全转化生成BaS，且C生成CO，BaS为0.2mol， CO为0.75mol，根据原子守恒，则判断原料中n(C)/n(BaSO4)至少为3.75，故答案为c；(3)BaS水解可产生Ba(OH)2，水解的离子方程式为S2-+ H2OHS- + OH- 、HS-十H2OH2S+ OH-；Mg、Ca、Ba处于同一主族，随着原子序数递增，原子半径增大，金属性增强，最高价氧化物对应水化物碱性增强，即金属性BaCaMg，故答案为：Ba(OH)2、Ca(OH)2、Mg(OH)2；由原子序数知Mg、Ca、 Ba处于同一主族，随着原子序数递增，原子半径增大，金属性增强，最高价氧化物对应水化物碱性增强；(4)溶液中存在Ba2+(aq) + 2NO3-(aq) Ba(NO3)2(s)，稍过量的硝酸有利于提高c(NO3-)，促进平衡向晶体析出的方向移动，有利于提高Ba(NO3)2晶体的析出率。10.氢是人们公认的清洁能源，作为低碳和零碳能源正在脱颖而出，氢的获得及以氢为原料的工业生产工艺成为科技工作者研究的重要课题。（1）工业生产中可利用H2还原CO2制备清洁能源甲醇。已知CO(g)和H2(g)的燃烧热（H）分别为2830kJmol1、2858 kJmol1。CO与H2合成甲醇的能量变化如图甲所示：则用CO2和H2（g）制备甲醇和液态水的热化学方程式为_。将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率与温度的变化如图乙所示；催化效果最好的是催化剂_（选填“”、“”或“”）；该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，其原因是_。（2）利用CO和水蒸气可生产H2，反应的化学方程式：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)。将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2 L的恒容密闭容器中进行如下反应，得到数据如下表所示：温度/起始量达到平衡CO/molH2O/molH2/molCO转化率时间/min650421.66900321/33该反应的正反应为_反应（选填“放热”或“吸热” ）。900时，从开始到达到平衡时的反应速率(H2O)_，达到平衡时c(H2)_（保留2位小数）。（3）利用废弃的H2S的热分解可生产H2：2H2S(g)2H2(g)S2(g)。现将020 mol H2S(g)通入到某恒压（压强pa MPa）密闭容器中，在不同温度下测得H2S的平衡转化率如图所示。已知：对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强P(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数。温度为T4时，该反应的平衡常数Kp_（用a的代数式表示）。【答案】 (1). CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)H=-93.8kJ/mol (2). I (3). 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行 (4). 放热 (5). 0.17 molL-1min-1 (6). 0.5mol/L (7). 【解析】【分析】（1）根据燃烧热及图中信息，结合盖斯定律进行求算；根据图像显示随温度变化，三种催化剂条件下，CO2的转化率变化趋势以及温度对化学平衡的影响分析解答；（2）根据温度对化学平衡的影响判断反应的热效应，根据化学平衡计算中，平衡前、平衡时、平衡后三段式分析解答计算；（3）根据三段式分析解答及计算。【详解】（1）由CO(g)和H2(g)的燃烧热（H）分别为2830kJmol1、2858 kJmol1，可知二者燃烧的热化学方程式分别为：H2(g)O2(g)=H20(l) H1=-285.8kJ /mol ；CO(g)O2(g)=CO2(g) H2=-283.0kJ/mol ，图甲可知CO与H2合成甲醇的能量变化得反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) H3=-91.0kJ/mol；由-+可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) H=-93.8kJ/mol；从图像中可知，在相同温度、相同时间内，催化剂I的作用下，CO2的转化率是最高的，所以催化剂I的催化效果是最好的；该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，是由于该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；（2）从表格数据中可看出，650达到平衡H2物质的量为1.6mol，则从起始到平衡转化的CO物质的量为1.6mol，CO的转化率为=0.4；900若起始充入4molCO和2molH2O（g）相对于起始充入3molCO和2molH2O（g），增大CO的浓度，平衡正向移动，CO的转化率小于0.4；即温度升高，CO的转化率降低，反应向逆反应方向移动，温度升高向吸热方向移动，所以该反应的正反应方向是放热反应； 根据方程式可知， 900时，达到平衡时CO的转化率为，即CO反应了1mol，推断出H2O反应了1mol，(H2O)=0.17 molL-1min-1；根据反应方程式中的化学计量数与物质的量关系可知，平衡时，生成H21mol，所以c（H2）=0.5mol/L； （3）根据反应 2H2S（g）2H2（g）S2（g）初始状态 0.2mol 0 0 恒压压强为aMpaT4时转化 0.2mol40% 0.08mol 0.04molT4时容器中剩余 0.12mol 0.08mol 0.04mol容器内各组分分压 MPa MPa MPa即反应的平衡常数Kp=；故答案为：。【点睛】本题考查化学平衡及其应用，化学平衡计算题的关键：1有关化学平衡的常见计算是化学平衡常数、物质的平衡浓度和平衡转化率之间的相关计算。2在进行有关化学平衡的“三段式”计算时，要注意，各物质的起始量、平衡量和转化量三者单位的统一。3凡是气体的压强变化、密度变化均必须转化为物质的量的变化或气体的体积变化才能进行相关计算。11.氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1）聚四氟乙烯是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过_方法区分晶体、准晶体和非晶体。（2）基态铜原子价电子排布的轨道式为_。（3）H2F+SbF6（氟酸锑）是一种超强酸，存在H2F+，该离子的空间构型为_，依次写出一种与H2F+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是_、_。（4）NH4F（氟化铵）可用于玻璃蚀刻剂、防腐剂、消毒剂等。NH4+的中心原子的杂化类型是_；氟化铵中存在_（填序号）：A离子键 B键 C键 D氢键（5）SbF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。SbF6是一种共价化合物，可通过类似于Born-Haber循环能量构建能量图（见图a）计算相联系关键能。则FF键的键能为_kJmol-1，SF的键能为_kJmol-1。（6）CuCl的熔点为426，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908，密度为7.1gcm-3。CuF比CuCl熔点高的原因是_；已知NA为阿伏加德罗常数。CuF晶胞结构如上“图b”。则CuF的晶胞参数a=_nm （列出计算式）。【答案】 (1). X射线衍射 (2). (3). V型 (4). H2O（或H2S） (5). NH2- (6). sp3 (7). AB (8). 155 (9). 327 (10). CuCl是分子晶体，CuF是离子晶体 (11). 或【解析】【分析】（1）晶体、准晶体、非晶体的X射线衍射图不同；（2）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写铜的基态原子价电子排布的轨道式；（3）用价层电子对互斥理论判断空间构型，用替代法书写等电子体；（4）根据价层电子对数判断NH4+中N的杂化方式，根据N原子结构和成键方式判断NH4F中存在的作用力；（5）根据图示计算；（6）根据题干性质判断晶体类型，从而确定熔点高低；用均摊法确定所含微粒数，根据V=计算体积，进一步计算晶胞参数。【详解】（1）从外观无法区分三者，晶体、准晶体、非晶体的X射线衍射图不同，因此通过X射线衍射方法区分晶体、准晶体和非晶体，故答案为：X射线衍射；（2）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子价电子电子排布式3d104s1，价电子排布的轨道式为；（3） H2F+离子中中心原子F的孤电子对数=（7-1-21）=2，键电子对数为2，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，空间构型为V型；与H2F+具有相同空间构型和键合形式的分子有H2O（或H2S），阴离子有NH2-；（4）NH4+中N原子杂化轨道数为（5+4-1）=4，N采取sp3杂化方式；氟化铵中铵根离子与氟离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子与氢原子形成氮氢键为键，不存在双键则没有键，同时也不存在氢键，答案选AB；（5）由图a可知3F2（g）=6F(g) H=+465kJ/mol，则FF键的键能为465kJ/mol 3=155kJmol-1， 6F(g) +S（g）=SF6 (g) H=-1962kJ/mol，则SF的键能为1962kJ/mol 6=327kJmol-1；（6）CuCl的熔点为426，熔化时几乎不导电，CuCl是分子晶体，CuF的熔点为908，CuF是离子晶体，离子键远大于分子间作用力，故CuF比CuCl熔点高；根据均摊法可知，晶胞中含有8+6=4个Cu+，4个F-，晶胞的体积cm3，则CuF的晶胞参数a=nm。12.某药物H的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）C的名称是_。（2）FH的反应类型为_。BC的试剂和条件是_。（3）H有多种同分异构体，在下列哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型_（填字母）。A质谱仪 B元素分析仪 C红外光谱仪 D核磁共振氢谱仪（4）写出DE的化学方程式_。（5）在E的同分异构体中，同时满足下列条