广东省揭阳市届高三第一次模拟考试理科综合化学试题Word格式.docx

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【详解】A项、乙苯和苯乙烯都是芳香烃，都能够燃烧发生氧化反应；

都能与氢气加成，发生还原反应，故A正确；

B项、苯乙烯分子中含有单键，单键是可以旋转的，苯环和乙烯基上的原子可能共平面，故B错误；

C项、平衡后，在恒温恒容条件下，再充入乙苯，反应物浓度增大，平衡正向移动，但温度不变，平衡常数不变，故C错误；

D项、苯、乙苯的主要来源是煤的干馏及石油的催化重整，故D错误。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意掌握常见有机物的结构，注意有机物的官能团对性质的影响是解答关键。

3.设NA为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A.25℃，101kPa条件下，5.6L甲烷和乙烯的混合气体中含氢原子数为NA

B.将4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1NA

C.将1molCl2通入到足量的水中，则N（HClO）+N（Cl−）+N（ClO−）=2NA（N表示粒子数）

D.50℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中，含有H+的数目为0.1NA

A、25℃，101kPa条件不是标准状况；

B、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应生成的氢氧化钠能够与铝箔反应生成氢气；

C、将1molCl2通入到足量的水中，氯气部分与水反应；

D、50℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中，H+的物质的量为0.1mol。

【详解】A项、25℃，101kPa条件不是标准状况，不能使用气体摩尔体积vm=22.4L/mol计算5.6L甲烷和乙烯的物质的量，故A错误；

B项、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，4.6g钠的物质的量为0.2mol，反应生成0.1mol氢气，但是反应生成的氢氧化钠也能够与铝箔反应生成氢气，故生成H2的物质的量大于0.1mol，B错误；

C项、将1molCl2通入到足量的水中，氯气部分与水反应，由氯原子个数守恒可得：

2N（Cl2）+N（HClO）+N（Cl−）+N（ClO−）=2NA，故C错误；

D项、50℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中，H+的物质的量为0.1mol，H+的数目为0.1NA，故D正确。

【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意气体摩尔体积的使用范围和条件是解答关键。

4.按如图装置进行实验，下列推断正确的是

选项

I中试剂

II中试剂及现象

推断

A

铁粉与湿棉花

肥皂水冒泡

铁粉与水蒸气

发生了反应

B

硫酸亚铁

品红溶液褪色

FeSO4分解生成

FeO和SO2

C

涂有石蜡油的碎瓷片

酸性高锰酸钾溶液

褪色

石蜡油分解产物中

含有不饱和烃

D

氯化铵

酚酞溶液不变红色

氯化铵不分解

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

A、加热时空气热胀冷缩，又能够使肥皂水冒泡，不能证明铁粉与水蒸气发生了反应；

B、硫酸亚铁生成二氧化硫的反应为氧化还原反应，生成的应该为Fe2O3；

C、酸性高锰酸钾溶液褪色，说明有乙烯生成，可证明石蜡油发生了化学变化；

D、氯化铵不稳定，加热易分解生成氯化氢和氨气。

【详解】A项、加热铁粉与水蒸气，由于气体加热膨胀，能够使肥皂水冒泡，所以不能根据肥皂水冒泡得出铁粉与水蒸气发生了反应，故A错误；

B项、硫酸亚铁的分解反应为氧化还原反应，反应生成二氧化硫，S元素化合价降低，则亚铁离子应该被氧化成+3价的Fe2O3，即FeSO4分解生成Fe2O3和SO2，故B错误；

C项、石蜡油蒸气在炽热碎瓷片的作用下，发生裂解生成乙烯，酸性高锰酸钾溶液褪色说明了有乙烯生成，从而证明石蜡油发生了化学变化，故C正确；

D项、氯化铵加热分解生成氨气和HCl，遇冷时氨气与氯化氢又能够反应生成氯化铵，所以酚酞溶液不变红色，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，侧重考查分析能力及化学实验能力，涉及了铵盐性质、氧化还原反应、石蜡油分解等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键。

5.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数。

X与Y位于不同周期，X与W的最高化合价之和为8，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质。

下列说法中正确的是

A.化合物YX4W溶于水后，得到的溶液呈碱性

B.化合物YW3为共价化合物，电子式为

C.Y、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料

D.原子半径大小：

W＞Z＞Y＞X

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为1、3、5、7，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，则Z为Al元素、Y为N元素、W为Cl元素；

。

X与Y位于不同周期，则X为H元素。

【详解】A项、X为H、Y为N元素、W为Cl元素，元素化合物YX4W为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，故A错误；

B项、Y为N元素、W为Cl元素，化合物NCl3为共价化合物，电子式为

，故B错误；

C项、Y为N元素、Z为Al元素，AlN为原子晶体，原子晶体具有强度高、热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故C正确；

D项、在周期表中，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H原子半径最小，故原子半径从大到小的顺序为Al＞Cl＞H，D错误。

【点睛】本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，注意最外层电子数为1、3、5、7来推断元素为解答的难点。

6.目前研究比较热门的Al－H2O2电池，其电池总反应为2Al＋3HO2－=2AlO2－＋OH－＋H2O。

现以Al－H2O2电池电解尿素[CO（NH2）2]的碱性溶液制备氢气（装置2中隔膜仅阻止气体通过，b、c、d均为惰性电极）。

下列说法错误的是

A.左装置中Na+移向电极b

B.电极c的电极反应式：

CO（NH2）2－6e－＋6OH－=CO2↑＋N2↑＋5H2O

C.电解时，电子流动路径：

Al极→导线→d极，c极→导线→b极

D.通电2min后，Al电极的质量减轻2.7g，则产生H2的体积为3.36L（标准状况）

【答案】B

由电池总反应可知，Al电极为电池的负极，b极为电池的正极；

与b极相连的c为电解池的阳极，与Al电极相连的d为电解池的阴极，H2O2-Al燃料电池工作时，Al为负极被氧化，H2O2为正极被还原，电解尿素[CO（NH2）2]的碱性溶液，CO（NH2）2在阳极被氧化，水电离出的氢离子在阴极被还原。

【详解】A项、原电池中阳离子向正极移动，则左装置中Na+移向电极b，故A正确；

B项、与b极相连的c为电解池的阳极，CO（NH2）2在阳极被氧化，电极反应式为CO（NH2）2－6e－＋8OH－=CO32-＋N2↑＋6H2O，故B错误；

C项、电解时，电子流动路径为Al极→导线→d极，c极→导线→b极，故C正确；

D项、每消耗2.7gAl，则转移0.3mol电子，电解池阴极中水电离出的氢离子在阴极被还原生成0.15mol氢气，标准状况下氢气体积为3.36L，故D正确。

故选B。

【点睛】本题综合考查原电池以及电解原理，侧重于分析能力的考查，明确元素化合价变化，根据元素化合价变化与阴阳极的关系来分析是解本题关键。

7.常温下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol/L的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像。

A.若a点pH=4，且c（Cl－）=mc（ClO－），则Ka（HClO）=10-4/（m+1）

B.若x=100，b点对应溶液中：

c（OH－）＞c（H+），可用pH试纸测定其pH

C.若y=200，c点对应溶液中：

c（OH－）－c（H+）=2c（Cl－）＋c（HClO）

D.b~c段，随NaOH溶液的滴入，c（HClO）/c（ClO－）逐渐增大

试题分析：

A、发生Cl2＋H2O=HCl＋HClO，c（Cl－）=c（H＋）=10－4mol·

L－1，根据c（Cl－）="

m"

c（ClO－），可以推出c（ClO－）=10－4/mmol·

L－1，溶液中HClO的浓度：

c（HClO）=（10－4－10－4/m）mol·

L－1，根据Ka=c（ClO－）×

c（H＋）/c（HClO）=10－4/（m－1），故错误；

B、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，x=100，两者恰好完全反应，溶质为NaCl和NaClO，溶液显碱性，不能用pH测定pH，因为NaClO具有强氧化性，能把有色物质漂白，不能读出数值，故错误；

C、y=200，氢氧化钠过量，反应后溶质为NaOH、NaCl、NaClO，且三者物质的量相等，电荷守恒：

c（Na＋）＋c（H＋）=c（Cl－）＋c（OH－）＋c（ClO－），物料守恒：

2c（Cl－）＋2c（ClO－）＋2c（HClO）=c（Na＋），两式合并，得出c（OH－）=c（Cl－）＋c（ClO－）＋2c（HClO）＋c（H＋），而c（ClO－）＋c（HClO）=c（Cl－），因此有c（OH－）－c（H＋）=2c（Cl－）＋c（HClO），故正确；

D、随着氢氧化钠量的增加，c（HClO）减少，c（ClO－）增加，因此比值减小，故错误。

考点：

考查电离平衡常数的计算、次氯酸钠的性质、离子浓度大小比较等知识。

8.叠氮化钠（NaN3）常用作汽车安全气囊中的药剂。

实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置及实验步骤如下：

①打开装置D导管上的旋塞，加热制取氨气。

②再加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。

③向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210～220℃，然后通入N2O。

④冷却，向产物中加入乙醇（降低NaN3的溶解度），减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。

已知：

I．NaN3是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚；

II．NaNH2熔点210℃，沸点400℃，在水溶液中易水解。

请回答下列问题：

（1）装置B中盛放的药品为_____________；

装置C的主要作用是______________________。

（2）步骤①中先加热通氨气的目的是_____________________________________；

步骤②氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_______________________________。

步骤③中最适宜的加热方式为___________（填“水浴加热”，“油浴加热”）。

（3）N2O可由NH4NO3在240～245℃分解制得（硝酸铵的熔点为169.6℃），则可选择的气体发生装置是（填序号）___________。

（4）生成NaN3的化学方程式为_____________________________________。

（5）图中仪器a用的是铁质而不用玻璃，其主要原因是__________________。

（6）步骤④中用乙醚洗涤的主要目的是_______________________________。

（7）实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：

①将2.500g试样配成500.00mL溶液。

②取50.00mL溶液置于锥形瓶中，加入50.00mL0.1010mol·

L-1（NH4）2Ce（NO3）6溶液。

③充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.0500mol·

L-1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定过量的Ce4+，消耗溶液体积为29.00mL。

测定过程的反应方程式为：

2（NH4）2Ce（NO3）6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce（NO3）3+2NaNO3+3N2↑；

Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；

试样中NaN3的质量分数为_______________。

【答案】

（1）.碱石灰（或氢氧化钠固体）

（2）.冷凝分离出水（3）.排尽装置中的空气（4）.2Na+2NH3

2NaNH2+H2（5）.油浴加热（6）.I、IV（7）.NaNH2+N2O

NaN3+H2O（8）.反应过程中可能生成的NaOH能腐蚀玻璃（9）.NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；

且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥（10）.93.60%（0.9360）

由反应步骤可知制取叠氮化钠的原理为，先通入氨气与钠先反应生成NaNH2和氢气，反应生成的NaNH2再与通入的N2O反应生成NaN3和H2O。

【详解】

（1）制备的氨气中含有大量的水，用C装置冷凝分离出水，B中盛放碱石灰干燥氨气，故答案为：

碱石灰；

冷凝分离出水；

（2）步骤①中用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应；

步骤②中氨气与钠反应生成NaNH2和氢气，反应方程式为：

2Na+2NH3

2NaNH2+H2；

水的沸点为100℃，不能达到反应控制的温度210一220℃，故用油浴加热，故答案为：

排尽装置中的空气；

油浴加热；

（3）硝酸铵的熔点为169.6℃，因NH4NO3在240-245℃分解时已经熔化，分解反应中还生成水，故选I、IV，故答案为：

I、IV；

（4）氨气与钠反应生成的NaNH2与通入的N2O反应生成NaN3和H2O，反应的化学方程式为NaNH2+N2O

NaN3+H2O，故答案为：

NaNH2+N2O

NaN3+H2O；

（5）反应过程中有水生成，会反应生成NaOH腐蚀玻璃，故答案为：

反应过程可能生成的NaOH能腐蚀玻璃；

（6）NaN3不溶于乙醚，可以减少晶体的损失，有利于产品快速干燥，故答案为：

NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；

且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥；

（7）50.00mL0.1010mol·

L-1（NH4）2Ce（NO3）6溶液中n[（NH4）2Ce（NO3）6]=0.1010mol·

L－1×

50.00×

10－3L=5.050×

10－3mol，参与第二步反应的量n[（NH4）2Fe（SO4）2]=0.0500mol·

29.00×

10－3L=1.450×

10－3mol，与NaN3反应的n[（NH4）2Ce（NO3）6]=5.050×

10－3mol－1.450×

10－3mol=3.600×

10－3mol，试样中NaN3的质量分数为（3.600×

10－3mol×

10×

65g/mol）/2.500g×

100%=93.60%，故答案为：

93.60%。

【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，理解物质的制备、对原理与装置的分析评价、基本操作、信息获取与迁移运用是解答关键。

9.CoCO3主要用作选矿剂、伪装涂料的颜料等。

用钴矿石（含Co2O3·

CoO及少量Fe2O3、Al2O3、MnO2等）生产CoCO3的流程如下：

下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（“沉淀完全”是指溶液中离子浓度低于1.0×

10-5mol·

L-1）

Al3＋

Fe3＋

Fe2＋

Mn2＋

Co2＋

开始沉淀的pH

4.0

2.7

7.6

7.7

沉淀完全的pH

5.2

3.7

9.6

9.8

9.2

（1）写出“浸取”步骤Co2O3·

CoO发生反应的离子方程式______________________。

（2）“浸取”步骤除Co2O3·

CoO外，钴矿石中还能被Na2SO3还原的物质有______（填化学式）。

（3）加NaClO3的目的是氧化Fe2＋，NaClO3的用量过多会造成的不良后果是_________。

（4）“沉钴”步骤向CoCl2溶液加入NH4HCO3溶液需要55～57℃条件下进行，温度控制在

55～57℃的原因为________________________________________________________。

（5）已知金属萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示。

请补充完整由“氧化”后的溶液制备CoCO3的实验方案：

向“氧化”后的溶液中加入_______________________，得较纯CoCl2溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴得CoCO3。

（实验中须使用试剂：

Na2CO3溶液、金属萃取剂、盐酸）。

【答案】

（1）.Co2O3·

CoO＋SO32-＋6H＋===3Co2＋＋SO42-＋3H2O

（2）.Fe2O3、MnO2（3）.与Cl－反应生成Cl2污染环境或将Co2＋氧化成Co3＋（4）.温度过高NH4HCO3易分解，温度过低反应速率缓慢（5）.Na2CO3溶液，调节溶液的pH至5.2～7.6，过滤，向滤液中加入盐酸调pH至3.5左右（3.0～4.0均可），加入金属萃取剂萃取2～3次，静置后分液

由化学工艺流程可知，“浸取”步骤时，Co2O3·

CoO、Fe2O3、Al2O3、MnO2与盐酸和亚硫酸钠反应，得到含有Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Al3＋的溶液，向浸取液中加入NaClO3的目的是氧化Fe2＋，向“氧化”后的溶液中加入Na2CO3溶液，调节溶液的pH至5.2～7.6，使Fe3＋和Al3＋转化为沉淀除去，过滤，向滤液中加入盐酸调pH至3.5左右（3.0～4.0均可），加入金属萃取剂萃取2～3次，静置后分液，除去Mn2＋，得较纯CoCl2溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴得CoCO3。

（1）“浸取”步骤中，酸性条件下Co2O3·

CoO与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钴，反应的离子方程式为Co2O3·

CoO＋SO32-＋6H＋=3Co2＋＋SO42-＋3H2O，故答案为：

Co2O3·

CoO＋SO32-＋6H＋=3Co2＋＋SO42-＋3H2O；

CoO外，具有氧化性的Fe2O3和MnO2也能与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸锰，故答案为：

Fe2O3、MnO2；

（3）加NaClO3的目的是氧化Fe2＋，若NaClO3的用量过多，会与盐酸反应生成氯气污染环境，也可能将Co2＋氧化成Co3＋，故答案为：

与Cl－反应生成Cl2污染环境或将Co2＋氧化成Co3＋；

（4）55～57℃条件下向CoCl2溶液加入NH4HCO3溶液的目的是沉钴得CoCO3，若温度过高，NH4HCO3易分解，温度过低反应速率缓慢，所以反应时需温度控制在55～57℃，故答案为：

温度过高NH4HCO3易分解，温度过低反应速率缓慢；

（5）由流程图可知，“氧化”后的溶液制备CoCO3的实验方案为，向“氧化”后的溶液中加入Na2CO3溶液，调节溶液的pH至5.2～7.6，使Fe3＋和Al3＋转化为沉淀除去，过滤，向滤液中加入盐酸调pH至3.5左右（3.0～4.0均可），加入金属萃取剂萃取2～3次，静置后分液，除去Mn2＋，得较纯CoCl2溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴得CoCO3，故答案为：

Na2CO3溶液，调节溶液的pH至5.2～7.6，过滤，向滤液中加入盐酸调pH至3.5左右（3.0～4.0均可），加入金属萃取剂萃取2～3次，静置后分液。

【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重考查分析和推断能力，知道流程图中发生的反应，会正确书写方程式，明确实验原理是解本题关键。

10.丙烯（C3H6）是重要的有机化工原料。

丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如下图。

（1）丙烷脱氢制丙烯为强吸热过程。

①为提供反应所需热量，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，则K（主反应）____（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），转化率α（C3H8）_____。

②温度升高，副反应更容易发生的主要原因是__________________________________。

（2）下图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系（图中的压强分

别为104Pa和105Pa）。

①104Pa时，图中表示丙烯的曲线是____（填“ⅰ”、“ⅱ”、“ⅲ”或“ⅳ”）。

②104Pa、500℃时，主反应用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=_____（已知：

气体分压=气体总压×

体积分数）。

（3）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。

该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图。

CO和H2的燃烧热分别为△H=－283.0kJ·

mol-1、△H=－285.8kJ·

mol-1。

①图中催化剂为______。

②298K时，该工艺总反应的热化学方程式为_____________________________________。

③该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是__________。

【答案】

（1）.增大

（2）.增大（3）.副反应的活化能低于主反应的活化能（4）.ⅰ（5）.3.3×

103Pa（6）.CrO3（7）.C3H8（g）+CO2

C3H6（g）+CO（g）+H2O（l）△H=+121.5kJ/mol（8）.碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面

（1）①反应温度升高，平衡向正反应方向移动；

②由图可知，副反应的活化能低于主反应的活化能；

（2）①丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反应；

②由题意建立三段式，结合公式计算分压常数；

（3）①由图可知，CrO3为催化剂；

②由盖斯定律计算可得；

③该工艺中碳与CO2反