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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：14 O：16 S 32 I：127 W：184 Ni 59 As 75
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，22.4 L四氯化碳中含有C-Cl数目为4NA
B. 1 mol Cl2通入足量水中反应转移的电子数为NA
C. 常温下，0.5 mol•L﹣1 Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+数目为1 NA
D. 常温常压下，5.6 g丙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.4 NA
【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。
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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，0.1 mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1 L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. 0.1 mol Na2CO3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＋＋2H2OCo(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＋＋3H2OFe(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＝—1966 kJ•mol-1
②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) ΔH＝—1200 kJ•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：
① I2(s)+I-(aq)I3-(aq) △H”或“
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