届广东省广州市高三上学期调研测试化学试题详细解析Word格式.docx

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C正确；

D.通过清洁煤技术可以减少煤燃烧污染，但并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，D错误。

5.【答案】A

A.用糯米酿米酒，是因为糯米的主要成分淀粉可以在酶的催化作用下，发生反应变成乙醇，与淀粉是营养物质无关，A错误；

B.用热的纯碱溶液洗去油污，是因为油脂在碱性条件下可以发生水解反应，B正确；

C．用食醋清洗水壶中的水垢，水垢的主要成分是碳酸钙，醋酸与碳酸钙反应生成可溶于水的醋酸钙和碳酸，原理是醋酸酸性比碳酸强，C正确；

D．用氧化铁溶液刻蚀电路板，是Fe3+将Cu氧化成Cu2+，可证明Fe3+具有氧化性，D正确。

6.【答案】D

由图可得，a为S，b为SO2，c为SO3，d为H2SO4，e为H2SO3，f为H2SA．SO2与H2S反应可以生成S，因此A选项正确；

B．SO2为+4价，是中间价态，既可以升价也可以降价，因此既可以被氧化，也可以被还

原，因此B选项正确；

C.酸雨中包括了H2SO3到H2SO4的转化，因此C选项正确；

D.浓H2SO4与Cu反应生成SO2，而不是SO3，因此D选项错误；

综上所述，本题选D。

7.【答案】C

由题可得，放电时铝为负极，发生氧化反应；

正极上通入氧气，发生还原反应。

A.铝电极上发生氧化反应，因此A项错误；

B.阳离子流向正极，因此B项错误；

C.氧气在正极得电子，发生还原反应，因此C选项正确；

D.电流由正极流向负极，因此应该由铂网流向铝板，因此D选项错误；

综上所述，本题选C。

8.【答案】B

A.化合物除了C、H以外还有O元素，不属于烃类，是烃类衍生物，因此A项错误；

B.化合物中有双键，可以使高锰酸钾褪色，因此B项正确；

C.化合物可以发生加成反应，也可以发生取代反应，因此C选项错误；

D.化合物有羧基，可以和NaOH溶液反应，因此D选项错误；

综上所述，本题选B。

9.【答案】B

A.pH=4的HCOOH溶液中，存在以下两个平衡：

HCOOHH++HCOO-，H2OH++OH-，因此c（H+）＞c（HCOO-），故A项错误；

B.pH=5的HCOOH和HCOONa混合溶液中，溶液呈酸性，说明酸的电离程度大于盐的水解程度，因此c（HCOO-）＞c（Na+），故B项正确；

C．0.1mol·

L-1HCOONa溶液中，由于水解是微弱的，因此c（Na+）＞c（HCOO-）＞c（OH-）＞c（H+），故C选项错误；

D．0.1mol·

L-1HCOONa溶液中，存在电荷守恒：

c（Na+）+c（H+）=c（HCOO-）+c（OH-），故D选

项错误；

10.【答案】A

A.过程I中，S元素未发生变价，因此SO2并未表现出还原性，故A项错误；

B.过程II中，1molO2参与反应时转移4mol电子，可以氧化2molNa2SO3,故B项正确；

C．由图可得，NaOH在过程I中消耗，在过程II中生成，可循环利用，故C选项正确；

D．由图可得，反应的总反应方程式为：

2SO2+2Ca（OH）2+O2=2CaSO4+2H2O，故D选项正确；

综上所述，本题选A。

11.【答案】D

A钠单质遇到硫酸铜溶液不会发生置换反应，而是直接和水反应，故A项错误。

B硫酸钙是微溶沉淀，在离子方程式中不可拆成离子，离子方程式为CaSO4+CO32-

=CaCO3+SO42-，故B项错误。

C.少量KOH不足以溶解反应生成的Al（OH）3，故离子方程式为Al3++3OH-=Al（OH）3↓,故C

错误。

D．H2O2具有还原性，KMnO4具有氧化性，二者反应生成Mn2+和O2，故D正确。

12.【答案】C

A.Fe和水蒸气高温条件下反应方程式为3Fe+4H2O（g）==Fe3O4+4H2，3个Fe转移8个电子，28gFe物质的量为0.5mol，转移电子数目为4/3NA,故A错误。

B.1L的pH=1的草酸溶液中阳离子为H+，浓度为0.1mol/L，故阳离子数目为0.1NA，故B项错误。

C．CH4和Cl2的反应过程分子数目不变，故分子数总是1.5NA，C项正确。

D．CCl4标况下不是气体，不适用于Vm=22.4L/mol，无法计算物质的量，故D项错误。

13.【答案】D

D.该试验为探究温度对于实验的影响，故A项错误。

E.饱和食盐水中含有水蒸气，故应先通过饱和食盐水再通过浓硫酸除去水分，故B项错误。

F.制备Fe（OH）3胶体需要将饱和的氯化铁溶液加入沸水中，直接使用浓NaOH溶液加入

饱和的氯化铁溶液中会得到Fe（OH）3沉淀，故C项错误。

G.将钠单质分别加入盛有无水乙醇和水的烧杯中，水中生成氢气的速率大于无水乙醇，

证明水中的氢更活泼，故D项正确。

14.【答案】A

【解析】Z的最高价氧化物的水化物是三元酸，Z为P。

Y的原子半径是短周期主族元素当中最大的，Y是Na。

W、X、Y、Z原子序数依次增大，W与X最外层电子数之和为13，W、X依次是O和F。

A选项，W、X、Y分别是O、F、Na，对应的离子电子排布相同，而核电荷数依次增大，所以W>

X>

Y，A选项正确。

B选项，W、X、Z对应的简单氢化物分别为H2O、HF、PH3，由于H2O和HF均存在氢键且H2O的氢键更多，故沸点W>

Z，B选项错误。

C选项，O和Na形成的化合物有Na2O和Na2O2，后者有共价键。

故C选项错误。

D选项，NaF水溶液呈碱性，氟离子水解使溶液呈碱性，D选项错误。

15.【答案】C

【解析】A选项，反应当中N元素化合价降低，被还原，a为电解池阴极。

H元素化合价升高，被氧化，b为电解池阳极。

故A选项错误

B选项，生成物当中N2变成NH3，故B选项错误

C选项，每生成1molNH3，有1.5mol氢气参加电极反应，有3g氢气被氧化,故答案选C。

D选项，a为阴极，b为阳极，H+从b极向a极转移，故D选项错误。

16.【答案】C

【解析】a点为浓度均为0.01mol/L的盐酸和醋酸混合溶液，b点溶质为等浓度氯化铵和醋酸，c点为等浓度氯化铵和醋酸铵，根据醋酸的电离平衡表达式，电荷守恒，物料守恒分析可得答案选C。

A选项，盐酸浓度为0.01mol/L,故pH约为2，A选项错误。

B选项，根据电荷守恒，c（CH3COO-）+c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+）,b点呈酸性，c（H+）>

c（OH-）,故c（CH3COO-）+c（Cl-）>

c（H+）,B选项错误。

C选项，c点为等浓度氯化铵和醋酸铵，故铵根离子浓度最高，而醋酸根离子因为水解使

得浓度小于氯离子浓度，故C选项正确。

D选项，滴定过程是碱滴酸过程中c（H+）浓度减小，故D选项错误。

17.

【答案】

Ⅰ

（1）H2O+3NO2=2HNO3+NO

（2）A中有无色气体生成，C中无色气体变成红棕色

（3）4Fe+10H++NO3-=4Fe2++NH4++3H2OII

猜想a：

Fe2（SO4）3试管甲中银镜完全溶解，试管乙无明显现象猜想b：

0.3mol/LHNO3

（1）.NO2和水反应生成硝酸和NO：

H2O+3NO2=2HNO3+NO

（3）.A中上层清液与NaOH溶液生成可以使红色石蕊试纸变蓝的气体，即有氨气生成，证明A中生成了NH4+，又因为铁粉过量，故铁的产物为Fe2+，答案为；

4Fe+10H++NO3-

=4Fe2++NH4++3H2O。

II

根据实验结论：

0.1mol/L的硝酸铁溶液中Fe3+和NO3-均能氧化Ag，进行分析。

Fe3+氧化Ag，避免NO3-影响，同时Fe3+浓度保持不变，故①选用Fe2（SO4）3溶液验证，②选用等pH的等量硫酸溶液排除SO42-的影响，故现象为：

试管甲中银镜完全溶解，试管乙无明显现象。

猜想b：

酸性条件下NO3-氧化Ag，避免Fe3+影响，同时保持酸性条件和NO3-浓度不变，故选用0.3mol/LHNO3溶液。

18.

（1）+5；

Al2O3+Na2CO3

2NaAlO2+CO2↑；

碳酸钠在高温下与陶瓷的主要成分二氧化硅反应，故不能用陶瓷焙烧。

（2）WO42-、SiO32-

（3）除Al和Si，生成硅酸和氢氧化铝沉淀。

（4）稀盐酸

（5）

（6）向其中加入过量碳酸钠溶液，无沉淀生成，则证明已转化完全。

（1）NaVO3中V的化合价为+5价，由题意，Al2O3和碳酸钠焙烧生成偏铝酸钠，故反应的方程式为：

Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑。

（2）由题意知，反应后阴离子应该还有WO42-、SiO32-。

（3）由反应流程可知，杂质仅有铝和硅未除去，因此该步骤的目的就是除Al和Si，生成硅酸和氢氧化铝沉淀。

（4）碱性气体为氨气，故用盐酸吸收后产生氯化铵，可循环利用。

（5）“沉钨”过程中由Ksp（CaWO4）=c（Ca2+）·

c（WO42-）；

Ksp[Ca（OH）2]=c（Ca2+）·

c（OH-）2，

完全沉淀时，c（WO42-）=1×

10-5mol/L，联立解得c（OH-）=

（6）盐酸淋洗CaWO4会洗出钙离子，因此检验溶液中是否含有钙离子即可判断是否转化完全，因此答案为：

向其中加入过量碳酸钠溶液，无沉淀生成，则证明已转化完全。

19.

（1）+49

（2）①H2；

CO2②BD③升高温度，反应相同时间，CO2的物质的量分数明显高于CO，说明反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ的速率，则反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ。

（4）HCOOH→CO2+H2

（1）由盖斯定律可得：

ΔH1=ΔH2-ΔH3=+90-（+41）=+49kJ∙mol-1

（2）①根据反应Ⅰ的方程式，生成产物CO2和H2的物质的量比为1：

3，且反应Ⅱ也生成H2，因此产物的物质的量分数大的为H2，即曲线a为H2，曲线b为CO2。

②A、反应条件为恒容，N2不参加反应，故增加氮气的浓度不会影响反应Ⅰ、Ⅱ中反应物的浓度，反应速率不会增加，A错误；

B、移除产物CO2会使反应Ⅰ平衡正移，CH3OH的转化率随之增大，B正确；

C、因为反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH均大于0，升高温度，平衡均正移，反应体系中气体的总物质的量增大，而N2的物质的量不变，故N2的物质的量分数减小，C错误；

D、在440℃~460℃区间内，升高温度，CH3OH的转化率逐渐增大，由于两个反应均由CH3OH

生成氢气，故氢气的产率增大，D正确；

综上所述，说法合理的是BD。

③升高温度，反应相同时间，CO2的物质的量分数明显高于CO，说明反应Ⅰ速率大于反应

Ⅱ的速率，则反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ。

（3）根据已知的起始量和平衡量，分别列三段式进行分析，反应Ⅰ和反应Ⅱ生成的氢气总

浓度为1.3mol∙L-1，反应Ⅰ平衡常数K=c（H2）×

c（CO2）3

c（CH3OH）×

c（H2O）

=0.4×

1.33。

0.05×

0.1

（4）根据盖斯定律可得第③步反应为HCOOH→CO2+H2。

20．

（1）3d34s2

（2）F>

N>

O>

Na

（3）

ACD

（4）1：

3：

542√3Mr

3x2y·

10-21NA

（2）Na半径最大，最外层1个电子，故第一电离能最小；

N、O、F半径逐渐减小，且N

为半满较稳定结构，失电子较难，N的第一电离能大于O，故第一电离能由大到小顺序是

F>

Na。

21．

（1）羟基

（2）CH3COOH

（3）取代反应；

苯甲醛

（4）

（4）

（5）6；

（6）

（1）苯酚的官能团为羟基

（2）由原子守恒可得B的化学式应为C2H4O2，结合C的结构式可得B应含有结

构，还剩—OH，可得B是乙酸

（3）反应为甲氧基（CH3O—）取代了酚羟基，为取代反应；

E的结构为苯环上连了一个醛基，名称为苯甲醛

（4）由化学式可知I比H多了两个氢原子，结合题干I为一种烷酮类化合物，可得H2应为加成在不饱和酮的双键而不是苯环上

（5）C的化学式为C8H8O4，不饱和度为5；

X为芳香族化合物说明有苯环存在，剩余1个不饱和度；

能与FeCl3发生显色反应说明有酚羟基存在，1mol可以与4molNaOH反应，

结合剩余的不饱和度和苯环上只有三个取代基，得出取代基应为2个酚羟基，1个酯基

（CH3COO—），可得到下图一共1+3+2=6种结构：

核磁共振数据表明X中共有四种不同化学环境的氢，它们的个数比为3:

2:

1，上面第2图中羟基处于间位的情况下，酯基填在1号位或者3号位都符合核磁共振氢谱数据

（6）由题干中D—>

F的步骤可以看出，醛和酮在NaOH/C2H5OH的作用下可以得到双键结构，所以需要将环戊烯转化为环戊酮，步骤为先转化为环戊醇，再由环戊醇氧化得到环戊酮；

根据碳原子数可得环戊酮应与两分子正丙醛在NaOH/C2H5OH作用下反应，即可得到目标产物