广东省湛江市2020届高三9月调研考试化学试题

广东省湛江市2020届高三9月调研考试化学试题

1.东汉晚期的青铜奔马（马踏飞燕）充分体现了我国光辉灿烂的古代科技，已成为我国的旅游标志。下列说法错误的是

A. 青铜是我国使用最早的合金、含铜、锡、铅等元素

B. 青铜的机械性能优良，硬度和熔点均高于纯铜

C. 铜器皿表面的铜绿可用明矾溶液清洗

D. “曾青（）得铁则化为铜”的过程发生了置换反应

【答案】B

【解析】

【详解】A．我国使用最早的合金是青铜，该合金中含铜、锡、铅等元素，故A正确；

B．合金的熔点比组份金属的熔点低，则青铜熔点低于纯铜，故B错误；

C．铜器皿表面的铜绿为Cu2(OH)2CO3，能溶于酸性溶液，而明矾溶液因Al3+的水解显酸性，则可用明矾溶液清洗铜器皿表面的铜绿，故C正确；

D．“曾青()得铁则化为铜”的过程发生的反应为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，此反应为置换反应，故D正确；

故答案为B。

2.设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 常温常压下，9.5 g羟基（）含有的中子数为

B. 中含有的键数量为

C. 与足量浓盐酸反应产生时转移电子数为

D. 溶液中含有的阴离子总数大于

【答案】A

【解析】

【详解】A．一个中含有10中子，常温常压下，9.5 g羟基()的物质的量为0.5mol，含有的中子数为，故A正确；

B．在SiO2晶体中，，每个Si原子形成4个Si-O键， 的物质的量为1mol，则含有的键数量为4NA，故B错误；

C．未指明Cl2的状态，不知Vm的值，则无法计算22.4LCl2的物质的量，也无法确定反应中转移的电子数，故C错误；

D．没有指明溶液的体积，根据n=cV，则无法计算溶液中含有的阴离子的物质的量，故D错误；

故答案为A。

【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。

3.三种有机物之间的转化关系如下，下列说法错误的是

A. X中所有碳原子处于同一平面

B. Y的分子式为

C. 由Y生成Z的反应类型为加成反应

D. Z一氯代物有9种（不含立体异构）

【答案】B

【解析】

【详解】A．X的结构简式为，分子结构中含有两个碳碳双键，均为平面结构，结构中的非双键碳原子相当于乙烯基中的氢原子，则所有碳原子处于同一平面，故A正确；

B．Y的结构简式为，其分子式为C10H14O2，故B错误；

C．由Y生成Z的反应为碳碳双键与氢气的加成，则反应类型为加成反应，故C正确；

D．Z的等效氢原子有9种，则一氯代物有9种(不含立体异构)，故D正确；

故答案为B。

4.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A．将分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中，溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色，体现了SO2的还原性，而不是漂白性，故A错误；

B．向溶液中滴加1~2滴溶液，再滴加2滴溶液，观察到先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀，因NaOH溶液过量，无法判断，故B错误；

C．向滴有酚酞的溶液中加入少量固体，发现有有白色沉淀生成，溶液红色变浅，说明Ba2+与CO32-结合生成BaCO3沉淀，促进CO32-的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，故C正确；

D．将与盐酸反应得到的气体直通入溶液中，观察到产生白色沉淀，因盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl，则无法判断碳酸的酸性比硅酸强，故D错误；

故答案为C。

5.电化学合成氨法实现了氨的常温常压合成，一种碱性介质下的工作原理示意图如下所示。下列说法错误的是

A. b接外加电源的正极

B. 交换膜为阴离子交换膜

C. 左池的电极反应式为

D. 右池中水发生还原反应生成氧气

【答案】D

【解析】

【详解】A．在电化学合成氨法中，N2发生还原反应，而电解池的阴极发生还原反应，通N2的极为阴极，则a为电源负极，b为电源的正极，故A正确；

B．由图示可知，电解池工作时，左侧池中OH-向右池移动，则交换膜为阴离子交换膜，故B正确；

C．左池中N2发生还原反应生成NH3，则电极反应式为，故C正确；

D．右池中发生氧化反应，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，则是4OH-发生还原反应生成氧气，故D错误；

故答案为D。

6.常温下，用溶液滴定溶液，曲线如图所示。下列说法错误的是

A. 滴定终点a可选择甲基橙作指示剂

B. c点溶液中

C. b点溶液中

D. a、b、c三点中水的电离程度最大的是c

【答案】C

【解析】

【详解】A．滴定终点生成Na3PO4，溶液显碱性，则选择甲基橙作指示剂，故A正确；

B．c点消耗NaOH溶液体积为30mL，此时完全生成Na3PO4，溶液中的OH-来源于PO43-的水解和水的电离，则根据质子守恒可得：，故B正确；

C．b点消耗NaOH溶液体积为20mL，此时生成Na2HPO4，溶液中HPO42-的水解大于其电离，溶液显碱性，则c(HPO42-)＞c(H2PO4-)＞c(PO43-)，故C错误；

D．a、b、c三点溶液中的溶质分别为NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4，其中Na3PO4溶液中PO43-的水解程度最大，水解促进水的电离，则水的电离程度最大的是c，故D正确；

故答案为C。

7.某种化合物（如图）由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法错误的是

A. 原子半径：

B. 简单离子的氧化性：

C. X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物

D. W与X的最高价氧化物的水化物可相互反应

【答案】A

【解析】

【详解】某种化合物由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，由结构图可知X的简单离子为X+, W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同，结合Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍，可知X为Na元素，Y为O元素，则W为Al元素；有W、Y、Z分别位于三个不同周期，可知Z为H元素，该化合物为Na[Al(OH)4]；

A．同周期的主族元素核电荷数大，原子半径小，则原子半径Na＞Al＞S，S和O同主族，则原子半径S＞O，氢原子是原子半径最小的原子，则原子半径：H＜O＜Al＜Na，即Z＜W＜Y＜X，故A错误；

B．金属越活泼，简单离子的氧化性的越弱，Na的金属性比Al强，则简单离子的氧化性：Al3+＞Na+，故B正确；

C．Na2O2、H2O2均有强氧化性，具有漂白性，故C正确；

D．Al(OH)3能与NaOH溶液反应，即Al、Na的最高价氧化物的水化物可相互反应，故D正确；

故答案为A。

8.实验室利用如下装置制备氯酸钾和次氯酸钠。

回答下列问题：

（1）滴加浓盐酸的漏斗伸入试管底部，其原因为________________________________。

（2）装置1中盛放的试剂为________；若取消此装置，对实验造成的影响为________。

（3）装置中生成氯酸钾的化学方程式为________________________，产生等物质的量的氯酸钾和次氯酸钠，转移电子的物质的量之比为________。

（4）装置2和3中盛放的试剂均为________。

（5）待生成氯酸钾和次氯酸钠的反应结束后，停止加热。接下来的操作为打开________（填“a”或“b”，下同），关闭________。

【答案】    (1). 液封，防止产生的氯气从漏斗口逸出    (2). 饱和食盐水    (3). 氯化氢与KOH和NaOH反应，降低产率    (4).     (5). 5:1    (6). NaOH溶液    (7). b    (8). a

【解析】

【详解】(1)滴加浓盐酸的长颈漏斗下端伸入盛装浓盐酸的试管底部，可起液封作用，防止产生的氯气从漏斗口逸出；

(2)浓盐酸有挥发性，制得的Cl2中混有挥发的HCl，则装置1中盛放的试剂为饱和食盐水，目的是为除去Cl2中混有的HCl，若取消此装置，HCl会中和KOH和NaOH，降低产率；

(3)Cl2溶于KOH溶液生成氯酸钾和KCl，发生反应的化学方程式为，生成1mol氯酸钾转移5mol电子，而生成1molNaClO转移1mol电子，则产生等物质的量的氯酸钾和次氯酸钠，转移电子的物质的量之比为5:1；

(4)装置2和3的作用均为吸收含有Cl2的尾气，则盛放的试剂均为NaOH溶液；

(5)待生成氯酸钾和次氯酸钠的反应结束后，停止加热，为使剩余氯气完全被装置2中NaOH溶液吸收，接下来的操作为打开b，关闭a。

9.磷铁（含P、Fe、Cr等）是磷化工生产过程中产生的副产物，一种以磷铁为原料制备和的流程如图所示：

已知：水浸后溶液的主要成分为和；的回答下列问题：

（1）“破碎”的目的为________________________________________________________。

（2）“焙烧”时，应将原料加到________坩埚中（填“陶瓷”或“钢制”），原因是_____________（结合化学方程式解释），Cr单质发生的主要反应的化学方程式为________。

（3）进一步提纯粗磷酸钠晶体的方法为________________。

（4）“酸化”时发生反应的离子方程式为________________________________________________。

（5）“沉铬”时，加NaOH调节至pH为________时，铬离子刚好沉淀完全。（已知：，离子浓度为10-5mol/L时可认为该离子沉淀完全）

【答案】    (1). 增大反应物的接触面积，提高培烧速率，使焙烧更充分    (2). 钢制    (3). ，腐蚀陶瓷坩埚    (4).     (5). 重结晶    (6).     (7). 5.48

【解析】

【分析】

将磷铁(含P、Fe、Cr等)粉碎后和碳酸钠混合并在空气中焙烧，用水溶解过滤除去铁渣，水浸液的主要成分为和，将水浸液蒸发浓缩并冷却结晶，过滤后即得到Na3PO4•12H2O的粗产品，滤液用稀硫酸酸化后，继续还原得到Cr3+的溶液，再加入NaOH调节溶液的pH，即可得到Cr(OH)3沉淀，再经过过滤操作即得产品，据此分析解题。

【详解】(1)焙烧前先将磷铁粉碎，可增大反应物的接触面积，达到提高培烧速率，使焙烧更充分的目的；

(2)因高温下碳酸钠和SiO2能反应生成硅酸钠和CO2，陶瓷中含有SiO2，则“焙烧”磷铁和碳酸钠混合物时，应将原料加到铁制坩埚中，可防止发生反应：，避免腐蚀陶瓷坩埚；焙烧时Cr单质和Na2CO3在氧气中发生反应生成Na2CrO4和CO2，发生的主要反应的化学方程式为；

(3)粗磷酸钠晶体混有，可结合两者的溶解度随温度变化情况，可通过重结晶提纯得到精制的磷酸钠晶体；

(4)将溶液“酸化”得到Na2Cr2O7，发生反应的离子方程式为；

(5)已知Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)×c3(OH-)=2.7×10-31，当c(Cr3+)=10-5mol/L，c(OH-)=mol/L=3×10-9 mol/L，此时溶液的pH=14-9+lg3=5.48。

10.三氯胺（）是一种饮用水二级消毒剂，可由以下反应制备：Ⅰ．  。回答下列问题：
（1）已知：Ⅱ．    Ⅲ．  ，则________（用含和的代数式表示）。

（2）向容积均为2 L甲、乙两个恒温密闭容器中分别加入和，发生反应Ⅰ，测得两容器中随反应时间的变化情况如下表所示：

①0~80 min内，容器甲中________。

②反应Ⅰ的________0（填“＞”或“＜”），其原因为________________________。

③关于反应Ⅰ，下列说法正确的是________（填选项字母）。

a．容器内，说明反应达到平衡状态

b．容器内气体密度不变，说明反应达到平衡状态

c．达平衡后，加人一定量，平衡逆向移动

d．达平衡后，按原投料比再充入一定量反应物，平衡后的转化率增大

④温度为时HCl（g）的平衡体积分数=________，该温度下，若改为初始体积为2 L的可变容器，平衡时容器中________（填“＞”“＝”或“＜”）1.6 mol。

⑤温度为时，该反应的平衡常数________。

【答案】    (1).     (2). （或）    (3). ＜    (4). 容器乙中反应速率快，所以，又因为容器乙中平衡时大，说明升高温度，平衡逆向移动，    (5). bd    (6).     (7). ＜    (8). 0.6

【解析】

分析】

Ⅰ．(1)已知：Ⅱ．  ，Ⅲ．  ，由盖斯定律可知，(Ⅱ+Ⅲ)可得，由此计算△H的值；

(2)①0~80 min内，容器甲中Cl2的变化物质的量为4.0mol-2.2mol=1.8mol，由可知，△n(NH3)==0.6mol，结合计算；

②温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短，温度高平衡向吸热反应方向移动；

③可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡。

④温度为时      NH3(g)+3Cl2(g)=NCl3(l)+3HCl

起始物质的量(mol)4.0     4.0            0

变化物质的量(mol)0.8     2.4            2.4

平衡物质的量(mol)3.2     1.6            2.4

HCl(g)的平衡体积分数=；体积减小，平衡向气体总物质的量减小的方向移动；

⑤温度为时      NH3(g)+3Cl2(g)=NCl3(l)+3HCl

起始物质的量(mol)4.0     4.0            0

变化物质的量(mol)     2.0            2.0

平衡物质的量(mol)     2.0            2.0

根据反应的平衡常数计算。

【详解】Ⅰ．(1)已知：Ⅱ．  ，Ⅲ．  ，由盖斯定律可知，(Ⅱ+Ⅲ)可得，则△H=(+)；

(2)①①0~80 min内，容器甲中Cl2的变化物质的量为4.0mol-2.2mol=1.8mol，由可知，△n(NH3)==0.6mol，结合===3.75×10-3mol•L-1•min-1；

②容器甲达到平衡所需要的时间比容器乙达到平衡需要的时间长，则T2＞T1，容器乙中平衡时的Cl2的物质的量大于容器甲平衡时Cl2的物质的量，即升高温度平衡逆向移动，故△H＜0；

③a．起始量2molCl2和2molNH3，若容器内Cl2和NH3物质的量之比为3：1，不能证明浓度不变，则不能表明反应达到平衡状态，故a错误；

b．NCl3(l)为液体，反应前后气体质量变化，气体体积不变，若容器内气体密度不变，则表明反应达到平衡状态，故b正确；

c．反应达到平衡后，其他条件不变，加入一定量的NCl3(l)为液体不影响此平衡的移动，故c错误；

d．反应达到平衡后，其他条件不变，在原容器中按=1:1继续充入一定量反应物，压强增大，平衡正向进行，Cl2的转化率增大，故d正确；

故答案为bd；

④温度为时      NH3(g)+3Cl2(g)=NCl3(l)+3HCl

起始物质的量(mol)4.0     4.0            0

变化物质的量(mol)0.8     2.4            2.4

平衡物质的量(mol)3.2     1.6            2.4

HCl(g)的平衡体积分数==；该温度下，在体积为2L的密闭容器内进行达到平衡后容器内的压强减小，若改为初始体积为2 L的可变容器，则容器的体积不断减小，平衡向正反应方向移动，容器中的物质的量不断减小，重新平衡后，＜1.6 mol；

⑤温度为时      NH3(g)+3Cl2(g)=NCl3(l)+3HCl

起始物质的量(mol)4.0     4.0            0

变化物质的量(mol)     2.0            2.0

平衡物质的量(mol)     2.0            2.0

则反应的平衡常数==0.6。

【点睛】注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。

11.硅铁合金广泛应用于冶金工业，可用于铸铁时的脱氧剂、添加剂等，回答下列问题：

（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图为________，基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。

（2）绿帘石的组成为，将其改写成氧化物的形式为_____________.

（3）分子的中心原子的价层电子对数为________，分子的立体构型为________；四卤化硅的熔、沸点如下，分析其变化规律及原因________________________________。

（4）可与乙二胺（，简写为en）发生如下反应：。的中心离子的配位数为________；中的配位原子为________。

（5）在硅酸盐中，四面体（图a）通过共用顶角氧离子可形成多种结构形式。图b为一种多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为________，化学式为________________。

【答案】    (1).     (2). 哑铃    (3). 4CaO•Fe2O3•2Al2O3•6SiO2•H2O    (4). 4    (5). 正四面体形    (6). 熔、沸点依次升高，原因是分子结构相似，相对分子量依次增大，分子间作用力逐渐增强    (7). 6    (8). O和N    (9). sp3    (10). 或Si2O52-

【解析】

【分析】

(1)基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子；基态Si原子电子占据的能级有1s、2s、2p，最高能级为2p；

(2)绿帘石组成为Ca2FeAl2(SiO4) (Si2O7)O(OH)，将其改写成氧化物的形式时应结合元素的化合价，依次写出金属氧化物、非金属氧化物、最后是水，并注意原子的最简单整数比不变；

(3)SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个σ键，具有甲烷的结构特点；由表中数据可知四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关；

(4)配离子为[Fe(H2O)6]2+，中心离子为Fe3+，配体为H2O，[Fe(H2O)4(en)]2+中配体为H2O和en，根据孤对电子确定配位原子；

(5)硅酸盐中的硅酸根(SiO44-)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；图中为一种无限长层状结构的多硅酸根，图中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为。

【详解】(1)基态Fe原子的核外价电子排布式为[Ar]3d64S2，基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子，则基态Fe原子的核外价电子排布图为；基态Si原子电子占据的能级有1s、2s、2p，最高能级为2p，其电子云轮廓图为哑铃形；

(2)绿帘石的组成为Ca2FeAl2(SiO4) (Si2O7)O(OH)，将其改写成氧化物的形式为4CaO•Fe2O3•2Al2O3•6SiO2•H2O；

(3)SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个σ键，价层电子对数为4，具有正四面体结构；四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高；

(4)配离子为[Fe(H2O)6]2+，中心离子为Fe3+，配体为H2O，则配位数为6；中配体为H2O和en，其中O和N原子均能提供孤对电子，则配位原子为O和N；

(5)硅酸盐中的硅酸根(SiO44-)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；图(b)为一种无限长层状结构的多硅酸根，图(a)中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为，SiO44-四面体结构单元含有1个硅、氧原子数目=1+3×=2.5，Si、O原子数目之比为1:2.5=2:5，故化学式或Si2O52-。

【点睛】硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水(xMO•nSiO2•mH2O)．注意：①氧化物之间以“•”隔开；②系数配置出现的分数应化为整数．如：正长石KAlSi3O8不能改写成 K2O•Al2O3•3SiO2，应改写成K2O•Al2O3•6SiO2．③金属氧化物在前(活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物)，非金属氧化物在后，若同一元素有变价，那么低价在前，高价在后，H2O一般写在最后。

12.扎来普隆是一种短期治疗失眠症的药物，其合成路线如下：

回答下列问题：

（1）A中的官能团名称是________________。

（2）所需的试剂和条件分别为________________。

（3）、的反应类型依次为________、________。

（4）扎来普隆的分子式为________________。

（5）的化学方程式为________________________。

（6）属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的B的同分异构体有________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有________________。

（7）已知：有碱性且易被氧化。设计由和乙醇制备的合成路线（无机试剂任选）。________

【答案】    (1). 羰基（或酮基）    (2). 浓，浓    (3). 还原反应    (4). 取代反应    (5).     (6).     (7). 17    (8). 、    (9).

【解析】

【分析】

(7)因有碱性且易被氧化，则由和乙醇制备时，应先将-CH3氧化为-COOH，再与乙醇发生酯化反应，最后再将-NO2还原为-NH2，即可得到目标产物。

【详解】(1)A的结构简式为，含有的官能团名称是羰基；

(2)A的结构简式为，B的结构简式为，则发生取代反应，所需的试剂和条件分别为浓，浓；

(3)由B的结构简式为、C的结构简式为、E的结构简式为、F的结构简式为可知，是-NO2转化为-NH2，发生了还原反应，而的反应类型为取代反应；

(4)扎来普隆的结构简式为，其分子式为；

(5)C的结构简式为、D的结构简式为，则发生取代反应的化学方程式为；

(6)B的结构简式为，其属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的同分异构体满足：①含有苯环和硝基；②含有-CH2CHO或一个甲基和一个-CHO；若为-NO2和-CH2CHO，则有4种结构，其中有一种为苯环上连接-CH(NO2)CHO；若为-NO2、-CH3和-CHO，则有4+4+2=10种，另外还有-CH2NO2和-CHO共有3种，共有4+10+3=17种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有、；

(7)因有碱性且易被氧化，则由和乙醇制备时，应先将-CH3氧化-COOH，再与乙醇发生酯化反应，最后再将-NO2还原为-NH2，具体合成路线为。

【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据双安妥明的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。