广东省惠州市2020届高三（10月）调研考试化学试题

惠州市2020届高三第二次调研考理综化学试题

相对原子质量：H:1   C:12   N:14  O:16  K: 39  Fe:56   Cu:64  Cl:35.5

1.中国丝绸有五千年的历史和文化。古代染坊常用某种“碱剂”来精炼丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去，使丝绸颜色洁白、质感柔软、色泽光亮。这种“碱剂”可能是

A. 明矾 B. 漂白粉 C. 草木灰 D. 熟石灰

【答案】C

【解析】

【详解】由题意知，该物质是一种盐，水溶液呈碱性，所以应为强碱弱酸盐，明矾为强酸弱碱盐；熟石灰是碱，漂白粉为强碱弱酸盐，草木灰中碳酸钾为强碱弱酸盐，漂白粉为强氧化性漂白，故C正确。

答案为C。

2.下列说法正确的是

A. SiO2为非金属的酸性氧化物，其不能与任何酸发生化学反应

B SO2能使品红溶液、溴水褪色，分别说明SO2具有强氧化性、还原性

C. 将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别蒸干和灼烧，最终所得产物的成分均为Al2O3

D. 反应物和生成物各具有的总能量决定了该反应是放热反应还是吸热反应

【答案】D

【解析】

【详解】A、SiO2为非金属的酸性氧化物，但可与HF发生化学反应，故A错误；

B、SO2能使品红溶液褪色，表现漂白性，使溴水褪色表现还原性，故B错误；

C、因硫酸为难挥发性酸，将Al2(SO4)3溶液蒸干灼烧，仍为Al2(SO4)3，故C错误；

D、一个化学反应是放热反应还是吸热反应主要取决于反应物具有的总能量和生成物具有的总能量相对大小，与反应途径无关，故D正确；

答案为D。

【点睛】SO2能使溶液褪色不一定是漂白性，可能是漂白性，可能是还原性。

3.下列关于2－环己基丙烯（）和2－苯基丙烯（）的说法中正确的是

A. 二者均为芳香烃 B. 2－苯基丙烯分子中所有碳原子一定共平面

C. 二者均可发生加聚反应和氧化反应 D. 2－苯基丙烯的一氯代产物只有3种

【答案】C

【解析】

【详解】A、结构中不含苯环，不是芳香烃，故A错误；

B、2－苯基丙烯分子中所有碳原子可能共平面，不能说一定，因为当苯环与丙烯基连接的单键旋转时就不在同一平面内，故B错误；

C、两者都有碳碳双键，所以二者均可发生加聚反应和氧化反应，故C正确；

D、因2－苯基丙烯分子中含有5种等效氢原子，则其一氯代产物有5种，故D错误；

答案为C。

【点睛】芳香烃是指含有苯环的烃，为易错点。

4. 下列药品和装置合理且能完成相应实验的是

A. 喷泉实验 B. 实验室制取并收集氨气

C. 制备氢氧化亚铁 D. 验证苯中否有碳碳双键

【答案】D

【解析】

A、NO不溶于水，也不与水反应，故不能用于喷泉实验，A错误；B、加热固体混合物时，试管口应略向下倾斜，B错误；C、Fe(OH)2具有较强的还原性，应将滴管插入液面以下，C错误；D、通过溴水或酸性高锰酸钾溶液是否褪色，可以验证苯环中是否有碳碳双键，D正确。答案选D。

5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A. 标准状况下，2.24L四氯化碳中含有共价键总数为0.4NA

B. 46g NO2和N2O4的混合气体中，含有的氮原子数为1NA

C. 1L1.0mol/L的盐酸中含有HCl分子数为NA

D. 一定条件下，将2molSO2与1molO2充分反应，得到SO3的分子数为2NA

【答案】B

【解析】

【详解】A、标准状况下，2.24L四氯化碳是液体，无法计算，故A错误；

B、46g NO2和N2O4的混合气体中，用极限思维方法，假设46g 全部NO2物质的量为，氮原子物质的量为1 mol，氮原子数目为1NA，假设46g 全部N2O4物质的量为，氮原子物质的量为1 mol，氮原子数目为1NA，故B正确；

C、HCl为强电解质，则1L1.0mol/L的盐酸中没有HCl分子，故C错误；

D、将2molSO2与1molO2充分反应，反应是可逆反应，因此不可能100%全部转化完，所以得到SO3的分子数小于2NA，故D错误；

答案为B。

【点睛】记住标准状况下非气态的物质主要有：H2O、CCl4、乙醇、氯仿(CHCl3)、SO3、己烷、苯、HF等。

6.元素周期表中前三周期部分元素的原子序数与常见价态的关系图如下。若用原子序数表示对应元素，下列说法中不正确的是

A. a与d的非金属性比较：a> d

B. 原子半径大小：b>c>a>d>e

C. a可以形成两种氢化物

D. b、c、e的最高价氧化物对应水化物之间均可反应

【答案】B

【解析】

【分析】

根据图示可知，a为O，b为Na，c为Al，d为P，e为Cl。

【详解】A、根据同周期，从左到右非金属性增加，得到S>P，根据同主族，从上到下非金属性减弱，得到O>S，所以非金属性比较：O > P，故A正确；

B、根据层多径大，核多径小(同电子层结构)，原子半径大小：Na > Al > P >Cl > O，故B错误；

C、O可以形成两种氢化物，水和过氧化氢，故C正确；

D、Na、Al、Cl的最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化钠和高氯酸反应生成高氯酸钠和水，氢氧化铝和高氯酸反应生成高氯酸铝和水，故D正确；

答案为B。

7.下图是不同温度(T1、T2)下溶液中水的电离常数Kw变化曲线，有关说法正确的是

A. 图中温度T1 <T2

B. T1温度下pH＝6的溶液有弱酸性

C. 两条曲线中四个点Kw间的关系：B＞A＝D＝E

D. E、D两点水的电离均被抑制，而Kw相等

【答案】C

【解析】

【详解】A、B点Kw= 1×10－12，A点Kw= 1×10－14，温度越高Kw越大，所以温度T2 < T1，故A错误；

B、T1温度下pH＝6的溶液呈中性，故B错误；

C、曲线上的点Kw都相等，温度越高Kw越大，所以两条曲线中四个点Kw间的关系：B＞A＝D＝E，故C正确；

D、E、D两点Kw相等，水的电离可能被抑制，也可能被促进，故D错误；

答案为C。

【点睛】等温曲线，曲线上的点离子积常数都相等，不在同一曲线上的点，离子积常数肯定不同，加酸、加碱、加要水解的盐，都只能在这条曲线上移动。

8.高铁酸钾（K2FeO4）具有高效的消毒作用，为一种新型非氯高效消毒剂。以废铁屑（含有少量Ni）为主要原料制备高铁酸钾的流程如下：

资料显示：一些金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下：

(1)高铁酸钾具有高效消毒主要是因其具有__________性所致。

(2)步骤③反应的离子方程式是_______。

(3)步骤④不能引入新杂质，调节pH所用的某种氧化物的化学式是___________，调节pH的范围是__________________。

(4)步骤⑤发生反应的离子方程式是________。

(5)该流程中可循环利用的物质是：_______（写化学式）。

(6)步骤⑥中，由Na2FeO4 得到粗K2FeO4的原理可能是___________。

(7)测定产品纯度：将wg粗产品，溶入过量的碱性亚铬酸盐溶液中，充分反应后，加入稀硫酸酸化至pH为2，在所得的重铬酸盐溶液中加入5滴二苯胺磺酸钠溶液作指示剂，然后用c mol·L1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定至终点，消耗滴定液V mL。有关滴定反应有：

Cr(OH)4-＋FeO42-＋3H2OFe(OH)3·3H2O↓＋CrO42- +OH

2＋2H＋H2O

＋6Fe2+＋14H2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O

该粗产品中K2FeO4的纯度为____________（用含w、c、V的代数式表示）。若滴定管没有用待装液润洗，则测得结果________（“偏高”“偏低”或“无影响”）。

【答案】    (1). 强氧化性    (2). 2Fe2++Cl2＝ 2Fe3++2Cl－    (3). Fe2O3    (4). 2.94≦pH＜7.60    (5). 2Fe(OH)3 + 3ClO－+4OH－＝  2FeO42－+3Cl－+ 5H2O    (6). NaOH    (7). K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的小，加饱和KOH，析出更多Na2FeO4晶体    (8). (33cv/5w)％    (9). 偏高

【解析】

【详解】⑴高铁酸钾中铁化合价处于最高价，具有高效消毒特性主要是因其具有强氧化性所致，故答案为强氧化性；

⑵步骤③反应的离子方程式是2Fe2++Cl2 = 2Fe3++2Cl－，故答案为2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ +2Cl－；

⑶步骤④不能引入新杂质，需要保留铁离子到氢氧化铁，而溶液中的镍离子，因此调节pH所用的某种氧化物的化学式是Fe2O3，使其余氢离子反应来调节，要让铁离子全部水解完，而镍离子不能水解沉淀，所有调节pH的范围是2.94≤ pH＜7.60，故答案为Fe2O3；2.94≤ pH＜7.60；

⑷步骤⑤是氢氧化铁和次氯酸钠发生氧化还原反应，因此发生反应的离子方程式是2Fe(OH)3 + 3ClO－+4OH－=  2FeO42－+3Cl－+ 5H2O，故答案为2Fe(OH)3 + 3ClO－+4OH－=  2FeO42－+3Cl－+ 5H2O；

⑸该流程中高铁酸钠和氢氧化钾反应生成高铁酸钾和氢氧化钠，因此可循环利用的物质是氢氧化钠，故答案为NaOH；

⑹步骤⑥中，由于K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4 的溶解度，加饱和KOH，析出更多Na2FeO4晶体，故答案为K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的小，加饱和KOH，析出更多Na2FeO4晶体；

⑺根据三个方程分析

Cr(OH)4－＋FeO42－＋3H2OFe(OH)3·3H2O↓＋CrO42－ +OH－

2＋2H＋H2O

＋6Fe2+＋14H2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O

根据反应得出以下关系：

该粗产品中K2FeO4的纯度为，若滴定管没有用待装液润洗，消耗的(NH4)2Fe(SO4)2溶液体积偏高，测得结果偏高，故答案为；偏高。

【点睛】调节溶液中的pH值来除掉杂质不能直接加碱，那样会引入新的杂质。

9.连二亚硫酸钠（Na2S2O4），也称为保险粉，Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，具有极强的还原性，易被空气氧化，在碱性介质中稳定。其阴离子的结构如图所示：。某科研小组制备并探究其性质。

Ⅰ．制备Na2S2O4（加热等辅助仪器略去）

（1）Na2S2O4中硫元素的化合价为_______。

（2）连接好装置后，检查其气密性良好的操作是____________________。

（3）添加药品、再次连接好装置：

①第一步，将A中生成的气体通往B中进行反应，在B装置生成连二亚硫酸锌的化合反应方程式为__________；

②第二步，加入NaOH溶液，于28～35℃下反应生成Na2S2O4，该步反应的离子方程式为_____________。

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。

③第四步，将第三步所得混合物经________（填操作名称）、________(填写 “水”或“乙醇”)洗涤，得到纯净的Na2S2O4晶体。

（4）装置C的作用是 _______________。

Ⅱ．探究Na2S2O4的稳定性

（5）隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和SO2，但科研小组没有做到完全隔绝空气，得到的固体产物中还含有Na2SO4。请设计实验证明该分解产物中含有Na2SO4。实验方案是______________。（可选试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液、KMnO4溶液）

【答案】    (1). +3    (2). 关闭分液漏斗的旋塞，将C装置的导管插入烧杯中的水面下，微热烧瓶，导管口有气泡产生，停止加热，导管口形成一段水柱，则气密性良好    (3). 2SO2 + Zn ＝ ZnS2O4    (4). Zn2+ + 2OH- Zn(OH)2↓    (5). 过滤    (6). 乙醇    (7). 吸收SO2，防止污染空气；隔离空气，防止空气中的O2将产物氧化    (8). 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质

【解析】

【详解】⑴根据化合价分析，钠为+1价，O为-2价，Na2S2O4中硫元素的化合价为+3价，故答案为+3；

⑵连接好装置后，检查其气密性良好的操作是关闭分液漏斗的旋塞，将C装置的导管插入烧杯中的水面下，微热烧瓶，导管口有气泡产生，停止加热，导管口形成一段水柱，则气密性良好，故答案为关闭分液漏斗的旋塞，将C装置的导管插入烧杯中的水面下，微热烧瓶，导管口有气泡产生，停止加热，导管口形成一段水柱，则气密性良好；

⑶添加药品、再次连接好装置：

①第一步，将A中生成的气体通往B中进行反应，在B装置生成连二亚硫酸锌的化合反应方程式为2SO2 + Zn = ZnS2O4，故答案为2SO2 + Zn = ZnS2O4；

②第二步，加入NaOH溶液，于28～35℃下反应生成Na2S2O4，主要是发生复分解反应生成沉淀，该步反应的离子方程式为Zn2+ + 2OH－ Zn(OH)2↓，

故答案为Zn2+ + 2OH－ Zn(OH)2↓；

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。

③第四步，由于有Na2S2O4晶体析出，因此将第三步所得混合物经过滤、由于Na2S2O4易溶于水，不能用水洗涤，只能用乙醇洗涤，得到纯净的Na2S2O4晶体，故答案为过滤；乙醇；

⑷由于反应中二氧化硫不能完全反应，因此装置C的作用是吸收SO2，防止污染空气；隔离空气，防止空气中的O2将产物氧化，故答案为吸收SO2，防止污染空气；隔离空气，防止空气中的O2将产物氧化；

⑸隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和SO2，但科研小组没有做到完全隔绝空气，得到的固体产物中还含有Na2SO4。请设计实验证明该分解产物中含有Na2SO4。要将亚硫酸钠溶液全部与盐酸反应，将得到的溶液再加入氯化钡反应，实验方案是取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质，故答案为取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。

10.CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。

（1）250℃时，以镍合金为催化剂，向4 L容器中通入6 mol CO2、6 mol CH4，发生如下反应：CO2 (g)＋CH4(g) 2CO(g)＋2H2(g)。平衡体系中各组分体积分数如下表：

①此温度下该反应平衡常数K=__________

②已知：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)  △H =890.3 kJ·mol－1

CO(g)＋H2O (g)＝CO2(g)＋H2 (g)   △H =+2.8 kJ·mol－1

2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)         △H =566.0 kJ·mol－1

反应CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g) 的△H =_____________kJ·mol－1

（2）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。

①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是______。

②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是________。

（3）Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2 ；

①如果寻找吸收CO2的其他物质，下列建议不合理的是______

a.可在具有强氧化性的物质中寻找

b.可在碱性氧化物中寻找

c.可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找

②Li2O吸收CO2后，产物用于合成Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放CO2 ，原理是：在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，说明该原理的化学方程式是_____________。

（4）高温电解技术能高效实现下列反应：CO2+H2O CO+H2+O2，其可将释放的CO2转化为具有工业利用价值的产品。工作原理示意图如下：

CO2在电极a放电的电极反应式是______________

【答案】    (1). 64    (2). +247.3    (3). 温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低    (4). 增大反应压强或增大CO2的浓度    (5). a    (6). CO2 + Li4SiO4 Li2CO3 + Li2SiO3    (7). CO2 + 2e- =CO+O2 -

【解析】

【详解】(1)建立三步走思维：

  x = 4

①此温度下该反应的平衡常数

故答案为64；

②已知：①CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)  △H =890.3 kJ·mol－1

②CO(g)＋H2O (g)＝CO2(g)＋H2 (g)   △H =+2.8 kJ·mol－1

③2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)         △H =566.0 kJ·mol－1

将①＋②×2 - ③×2，反应CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g) 的△H =+247.3 kJ·mol－1

故答案为+247.3；

⑵以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。

①250～300℃时，根据图中信息知道高于250℃时，催化剂的催化效率降低，因此温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案为温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；

②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是增大压强或者增加二氧化碳的浓度，

故答案为增大反应压强或增大CO2的浓度；

⑶Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2 ；

①a选项，可在具有强氧化性的物质中寻找，强氧化性的物质不与二氧化碳反应，故a不合理；

b选项，碱性氧化物与二氧化碳反应，故b合理；

c选项，可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物主要是碱性氧化物，与二氧化碳反应，故c合理；

综上所述，答案为a；

②Li2O吸收CO2后，产物用于合成Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放CO2 ，原理是：在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，根据质量守恒，另一中生成物为Li2SiO3，平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，说明该原理的化学方程式是CO2 + Li4SiO4 Li2CO3 + Li2SiO3，

故答案为CO2 + Li4SiO4 Li2CO3 + Li2SiO3；

⑷根据分析CO2在电极a放电变为CO，化合价降低，得到电子，因此其电极反应式是CO2 + 2e－=CO+O2－，

故答案为CO2 + 2e－=CO+O2－。

11.元素X的基态原子中的电子共有7个能级，且最外层电子数为1，X原子的内层轨道全部排满电子．在气体分析中，常用XCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2XCl+2CO+2H2O═X2Cl2·2CO·2H2O

（1）X基态原子的电子排布式为__________________．

（2）C、H、O三种原子的电负性由大到小的顺序为__________．

（3）X2Cl2·2CO·2H2O是一种配合物，其结构如图1所示：

①与CO为互为等电子体的分子是_________．

②该配合物中氯原子的杂化方式为__________．

③在X2Cl2•2CO•2H2O中，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，在图中用“→”标出相应的配位键_____________．

（4）阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X射线衍射法就是其中的一种。通过对XCl晶体的X射线衍射图象的分析，可以得出XCl的晶胞如图2所示，则距离每个X+最近的Cl﹣的个数为____________,若X原子的半径为a pm，晶体的密度为ρg/cm3，试通过计算阿伏加德罗常数NA=___________________(列计算式表达)

【答案】    (1). 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1    (2). O＞C＞H    (3). N2    (4). sp3    (5).     (6). 4    (7).

【解析】

【分析】

元素X的基态原子中的电子共有7个能级，说明有四个电子层，且最外层电子数为1，X原子的内层轨道全部排满电子说明3d轨道排满，即为Cu[Ar]3d104s1。

【详解】⑴X为Cu，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，

故答案1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；

⑵同周期，从左到右，电负性逐渐增大，即O＞C，非金属性越强，电负性越强，所以C＞H，即O＞C＞H，

故答案为O＞C＞H；

⑶X2Cl2·2CO·2H2O是一种配合物，

①找等电子体，找与这些原子相邻的原子，因此CO互为等电子体的分子是N2，

故答案为N2；

②氯有2个δ键，还有两对孤对电子，因此氯原子杂化方式为sp3，

故答案为sp3；

③在X2Cl2•2CO•2H2O中，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，CO、H2O、Cl－各提供孤对电子，亚铜离子提供空轨道，因此配位键图示为，

故答案为；

⑷ XCl的晶胞如图2所示，以面心分析，左边两个Cl－，右边两个Cl－，即距离每个X+最近的Cl－的个数为4，若X原子的半径为a pm，即每个边长为pm，晶体的密度为ρg/cm3，每个晶胞中有4个Cu+，4个Cl－，，

阿伏加德罗常数，

故答案为

12.盐酸氨溴索用于急、慢性支气管炎及支气管扩张、肺气肿、肺结核等疾病的治疗。某研究小组拟用以下流程合成化痰药盐酸氨溴索和葡萄味香精X。

已知信息：①R1CHO+R2NH2R1CH=N-R2 请回答：

②(易被氧化)

(1)流程中由甲苯生成A反应类型是________，A→B的反应类型是___________。

(2) D中含氧官能团的名称是_________；G的分子式为__________。

(3)化合物E的结构简式是___________________。

(4)写出B＋C D的化学方程式____________。

(5)写出化合物X同时符合下列条件的同分异构体的结构简式__________。

①苯环上有两个取代基,其中之一是氨基; 

②官能团与X相同，苯环上的一氯代物有两种

(6)以甲苯和甲醇为有机原料，请将合成X的流程补充完整（无机试剂任选，标明试剂、条件及对应物质结构简式）：

→________→________→

【答案】    (1). 取代反应    (2). 氧化反应    (3). 羟基、硝基    (4). C13H18N2OBr2    (5).     (6). +H2O    (7).     (8).     (9).

【解析】

【详解】⑴流程中由甲苯生成A是发生硝化反应，即反应类型是取代反应，A()，再根据可以分析出B()，可得出反应类型为氧化反应，

故答案为取代反应；氧化反应；

⑵D中含氧官能团的名称是羟基、硝基，G的分子式为C13H18N2OBr2，

故答案为羟基、硝基；C13H18N2OBr2；

⑶根据这个信息，化合物E的结构简式，

故答案为；

⑷写出B＋C D的化学方程式+H2O，

故答案为+H2O；

⑸①苯环上有两个取代基，其中之一是氨基；

②官能团与X相同，即含酯基，苯环上的一氯代物有两种，

其同分异构为，

故答案为；

⑹逆向思维，，

故答案为；。