1、广东省江门市2018届普通高中高三调研测试理综化学试题1. 化学与社会、科技、生产、生活、环境等密切相关。下列有关说法不正确的是A. 含氮、磷元素的污水任意排放，会导致水华、赤潮等水体污染B. 工业生产玻璃、水泥，均需要用石灰石为原料C. 有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物D. 中国蓝是古代人工合成的蓝色化合物，其化学式为BaCuSi4O10，可改写成BaOCuO4SiO2【答案】C【解析】A项，含有大量氮、磷的废污水进入水体后，藻类大量繁殖，成为水体中的优势种群，就会导致水华、赤潮等水体污染，故A正确；B项，制普通玻璃的原料：石英、石灰石、纯碱
2、等，制硅酸盐水泥的原料：石灰石和黏土，所以工业生产玻璃、水泥，均需要用石灰石为原料，故B正确；C项，丝绸的主要成分是蛋白质，而不是纤维素，故C错误；D项，硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，所以BaCuSi4O10用氧化物形式表示：BaOCuO4SiO2，故D正确。点睛：本题是一道关于化学和生活及其应用方面知识的题目，难度不大，但知识容量大，考查学生对所学知识的梳理和积累。2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 27gAl与NaOH完全反应，转移的电子数为0.1NAB. 1L0.1mol/LNaHCO3溶液中，HCO3-的数量为0.1NAC. 标准
3、状况下，11.2L乙烷中含有的共用电子对数目为3NAD. 0.1mol18O中含有的中子数为1NA【答案】D【解析】A项，27gAl的物质的量是1mol，与NaOH完全反应，Al的化合价由0+3价，所以转移的电子数为3NA，故A错误；B项，1L0.1mol/LNaHCO3溶液中，溶质的物质的量是0.1mol，HCO3-存在着水解和电离，所以HCO3-的数量小于0.1NA，故B错误；C项，由乙烷的电子式()可得，1mol乙烷含有共用电子对数目为7NA，标准状况下，11.2L乙烷的物质的量是0.5mol，所以含有的共用电子对数目为3.5NA，故C错误；D项，18O为8质子10电子原子，所以0.1m
4、ol18O中含有的中子数为1NA，故D正确。点睛：本题考查阿伏伽德罗常数的应用，题目思维容量大、知识跨度大，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的转化关系，明确物质构成、盐类水解等知识。3. 将1.12g铁粉加入25mL2mol/L的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是A. 铁粉有剩余，溶液呈浅绿色，Cl-基本保持不变B. 往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色C. Fe2+和Fe3+物质的量之比为5: 1D. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为2 :5【答案】B.4. 分析下列实验操作，其中可能不能达到实验目的的是序号实验操作实验目的将足量的SO2气体通入装有品红溶液的试管中研
5、究SO2具有漂白性向盛有1mLAgNO3溶液的试管中滴加几滴NaCl溶液，再向其中滴加几滴Na2S溶液比较Ksp(AgCl)与Ksp(Ag2S)的大小测定等物质的最浓度的HC1、HNO3的pH比较Cl、N的非金属性强弱向2支试管中加入同体积同浓度H2C2O4溶液，再分别加入同体积不同浓度的酸性KMnO4溶液研究浓度对反应速率的影响A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：操作能达到实验目的；操作不能达到实验目的，加入的NaCl溶液应过量，使Ag全部转化为白色的AgCl沉淀，再加入Na2S溶液，有黑色的Ag2S沉淀生成，说明AgCl沉淀转化为Ag2S沉淀，进而比较Ksp(AgCl)与K
6、sp(Ag2S)的大小；操作不能达到实验目的，比较Cl、N的非金属性强弱应利用其最高价含氧酸的酸性强弱进行比较；操作不能达到实验目的，该实验设计错误，应用同浓度同体积的酸性KMnO4溶液与同体积不同浓度过量的H2C2O4溶液反应，通过测量褪色的时间长短来研究浓度对反应速率的影响。答案选A。考点：考查实验方案设计与评价5. 通常钢闸门的保护可采用牺牲阳极的阴极保护法，其方法是在钢闸门上连接一种金属或合金，工作原理如图所示。下列有关表述正确的是 A. 连接的金属可以是铜 B. 保护过程中电能转变为化学能C. 电子从钢闸门经导线流向所接金属 D. 阴极的电极反应有O2+2H2O+4e-=4OH-【答
7、案】D6. X、Y、Z、W四种主族元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法正确的是A. X、Y、Z三种元素的原子半径依次增大 B. X元素的氢化物稳定性比Y元素的弱C. 化合物YZ4和氨气反应可以生成Y单项 D. 氢化物沸点: WX【答案】C【解析】如图，根据X、Y、Z、W在周期表中位置可得，X为O元素、Y为Si元素、Z为Cl元素、W为Se元素；A项，原子半径：Y(Si)Z(Cl)X(O)，故A错误；B项，X元素的氢化物为H2O，Y元素的氢化物为SiH4，稳定性H2OSiH4，故B错误；C项，YZ4为SiCl4，氨气具有较强的还原性，高温下可以还原SiCl4生成Si单质，故C正确；D项，X元
8、素的氢化物为H2O，分子间含有氢键，比W(Se)的氢化物的分子间作用力强，所以沸点比硒化氢（H2Se）的沸点高，故D错误。点睛：本题考查元素周期律和元素周期表的综合应用，主要是位置结构性质关系应用，注意把握元素周期表的结构、元素周期律的递变规律，D项为易错点，注意分子间氢键的存在。7. 25时，由酸(HM) 及其盐(NaM) 组成的混合溶液，起始浓度均为1mol/L。向该溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体时，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是A. HM是弱酸 B. 加入NaOH过程中，的值减小C. c点时，溶液中c(Na+)=c(M-) D. a、b、c对应溶液中，水的电离程度
9、: a【答案】B【解析】A项，25时，由酸(HM)及其盐(NaM)组成的混合溶液，起始浓度均为1mol/L，由图可得，未加NaOH固体和HCl气体之前，pH介于35之间，所以HM不完全电离，应为弱酸，故A正确；B项，温度不变，则Kh不变，加入NaOH过程中，c(Na+)增大，c(HM)减小，所以的值增大，即的值增大，故B错误；C项，25时，c点pH=7，则c(H+)=c(OH-)，又根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(M-)+c(OH-)，所以c(Na+)=c(M-)，故C正确；D项，a、b溶液呈酸性，抑制水的电离，c呈中性，pH越小，酸性越强，水的电离程度越小，则a、b、c三点所表
10、示的溶液中水的电离程度依次增大，即：abc，故D正确。8. 已知:Mg能在NO2中燃烧，可能产物为Mg3N2、MgO和N2。Mg3N2容易与水反应。(1)某实验探究小组探究Mg与NO2反应的固体产物成分，对固体产物提出三种假设:I.假设为:固体产物为MgO；II.假设为:_；III.假设为: _。(2)该小组通过如下实验装置来验证Mg在NO2中燃烧反应产物(夹持装置省略，部分仪器可重复实验装置连接的顺序为_(填字母序号)；装置B中盛装的试剂可以是_ (填字母)a.浓硫酸 b.碱石灰 c.无水CaCl2 d.五氧化二磷确定产物中有N2生成的实验现象为_。(3)设计实验证明:产物中存在Mg3N2:
11、 _。(4)己知装置C中初始加入Mg粉质量为13.2g,在足量的NO2中充分燃烧，实验结束后，硬质玻璃管冷却至室温、称量，测得硬质玻璃管中剩余固体的质量为21.0g,产生N2的体积为1120mL(标准状况)。写出玻璃管中发生反应的化学方程式:_。【答案】 (1). .固体产物为Mg3N2 (2). .固体产物为MgO和Mg3N (3). ABCBED (4). c d (5). D中试剂瓶中的水被气体压入烧杯中 (6). 取 C 中少量反应产物，加入到水中产生刺激性气味的气体（1分），该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝 (7). 11Mg+4NO2Mg3N2+ 8MgO+N2【解析】（1）根据已
12、知的Mg在NO2中燃烧产物的可能性分析判断：I固体产物为MgO；固体产物为Mg3N2；III固体产物为MgO和Mg3N2。（2）A中铜与浓硝酸反应产生二氧化氮，用B中干燥剂干燥后，通入硬质玻璃管C中与镁粉反应，用NaOH溶液除去多余的二氧化氮，最后用排水法收集氮气，为确保C中无水蒸气，在C和E之间也应连接吸水干燥装置，故装置的连接顺序为ABCBED；二氧化氮不能使用碱性干燥剂来干燥，U形管装的是固体干燥剂，故盛放的干燥剂可以是无水氯化钙或五氧化二磷等，选cd；从C中导出的气体通过NaOH溶液吸收NO2后，仍有气体将D中试剂瓶中的水压入烧杯中，则确定产物中有N2生成。（3）Mg3N2能与水反应生
13、成氨气，氨气是具有刺激性气味的碱性气体，所以取少量反应后的固体产物，加入到水中产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，则证明产物中有Mg3N2。（4）13.2g镁的物质的量为0.55mol，设生成Mg3N2的物质的量为xmol，MgO的物质的量为ymol，根据镁原子守恒得：3x+y=0.55mol，根据固体质量得：100x+40y=21.0g，解得：x=0.05，y=0.4；氮气的物质的量为：1.12L22.4Lmol-1=0.05mol，综上分析反应物为Mg和NO2，生成物为Mg3N2、MgO和N2，且物质的量之比为1：8：1，所以化学方程式为：11Mg+4NO2Mg3
14、N2+8MgO+N2。点睛：本题考查物质性质的实验设计与探究，熟练掌握实验基本操作并准确应用与实验设计类题目的分析中，根据实验目的及已知的物质性质正确选择实验装置是解题关键。9. BaCl2xH2O是用途广泛的基础化工产品。我国目前主要是用盐酸和硫化钡(含少量Mg2+、Fe3+等)反应生产BaCl2xH2O，工艺流程如下图所示。已知: 室温时KspMg(OH)2= 1.810-11，KspFe(OH)3=4.010-38，请回答下列问题:(1)写出氯化钡的电子式_，盐酸和硫化钡反应的化学方程式为_。(2)反应I中生成的H2S用足量氨水吸收，一定条件下向所得溶液中通入空气，可得到单质硫并使吸收液
15、再生，吸收液再生反应的化学方程式为_。(3)沉淀A的成分是_。(4)热空气吹除时会有部分HS-转变为S2O32-，使产品仍达不到纯度要求，可再进行酸化脱硫，酸化脱硫时的离子方程式为_。(5)室温时，若加碱调溶液pH至9,则完全沉淀的离子是_(写出计算过程)。【答案】 (1). (2). BaS2HClBaCl2H2S (3). 2(NH4)2SO22H2O4NH3H2O2S (4). S(或硫) (5). S2O322HSSO2H2O (6). Fe3+，室温时，pH=9 c(OH)=10-5mol/L 由KspFe(OH)34.01038 得 故Fe3+沉淀完全【解析】（1）氯化钡的化学式为
16、BaCl2，是离子化合物，Ba的化合价为+2价，Cl的化合价为-1价，故电子式为；根据强酸制弱酸原理，盐酸和硫化钡反应生成氯化钡和硫化氢气体，所以化学方程式为：BaS2HClBaCl2H2S。（2）根据题意，用足量氨水吸收H2S，会生成(NH4)2S，空气中的氧气能将(NH4)2S氧化成硫单质并使吸收液再生(生成NH3H2O)，反应的化学方程式为：2(NH4)2S+O2+2H2O=4NH3H2O+2S。（3）反应I中生成的氯化钡溶液中有H2S，鼓入热空气将H2S吹出，同时空气中有氧气，能将部分H2S氧化成S单质而形成沉淀，故沉淀A的成分是S(或硫)。（4）对S2O32-进行酸化脱硫，S2O32
17、-在酸性条件下发生自身氧化还原反应，生成SO2和硫单质，反应的离子方程式为S2O32-+2H+=S+SO2+H2O。（5）室温时加碱调节pH至9，则此时溶液中c(OH)=10-5mol/L，根据Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp，c(Mg2+)=1.810-1，c(Fe3+)=”“0；x点H2S的转化率为2.5%，则反应的硫化氢为：0.40mol2.5%=0.01mol，由化学方程式及初始物质的量列三段式：所以K=2.8103（或0.0028）(保留两位有效数字)。该反应前后气体物质的量不变，在620K重复试验，若平衡后水的物质的量分数为0.030，则水的物质的量为：(0.40mol+0.
18、10mol)0.030=0.015mol，所以反应的H2S为0.015mol，则H2S的转化率a=0.015mol0.40mol100%=3.75%。11. (1) 写出镍原子的电子排布式_。(2) 丙酮()分子中2号碳原子的杂化方式为_；与CS2互为等电子体的阴离子是_(写一种)。(3)含0.1molCr(H2O)ClCl2H2O的水溶液与足量硝酸银溶液反应生成_molAgCl沉淀。H2O分子的键角比H2S分子的键角大，原因是_ 。(4) 由铜与氯形成的一种化合物的晶胞结构如图所示(黑点代表铜原子)。该晶体的化学式为_。将晶胞内的4个黑点相互连接所形成的立体构型是_。晶体中与一个氯原子距离最
19、近的氯原子有_个。已知该晶体的密度为g.cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离为_pm(列出计算式即可)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d84s2 或Ar3d84s2 (2). sp2杂化 (3). SCN（或OCN、CNO、N3-等） (4). 0.2 (5). 氧的原子半径比硫小，电负性比硫大，水分子中成键电子对更靠近中心原子，相互排斥作用大，键角大 (6). CuCl (7). 正四面体形 (8). 12 (9). 1010【解析】（1）镍是28号元素，镍原子核外有28个电子，根据原子核外电子排布规律可得镍原子的电子排布式为：1s
20、22s22p63s23p63d84s2 或Ar3d84s2。（2）丙酮(CH3COCH3)羰基中的碳原子形成了3个键，无孤对电子，所以为sp2杂化；SCN-、OCN-、CNO-、N3-等与CS2原子个数相同，价电子数相同，互为等电子体。（3）Cr(H2O)ClCl2H2O中共含有3个氯离子，其中1个氯离子是配原子，另2个氯离子可与Ag+结合成AgCl沉淀，所以含0.1molCr(H2O)ClCl2H2O的水溶液与足量硝酸银溶液反应生成0.2molAgCl沉淀；H2O分子与H2S分子其中的O与S原子都采取了sp3杂化，都有2个孤电子对，但氧的原子半径比硫的小，电负性比硫大，水分子中成键电子对更靠
21、近中心原子，相互排斥作用大，键角大。（4）该晶胞为立方晶胞，顶点原子占，面心原子占，内部原子为整个晶胞所有，所以该晶胞中，Cl原子的数目为：8+6=4，Cu原子的数目为4，则该晶体的化学式为CuCl。由晶胞结构可以看出，该晶胞与金刚石晶胞相似，所以将晶胞内的四个黑点相互连接，可以组成一个正四面体形。以晶胞顶点Cl原子为研究对象，共有8个晶胞共用该Cl原子，每个Cl原子与各面心的Cl原子距离最近，每个面心Cl原子为两个晶胞共用，所以每个氯原子周围与之距离最近的氯原子个数为：38=12；设晶胞边长为acm，则一个晶胞的体积为a3cm3，一个晶胞中含有4个Cu原子和4个Cl原子，则1个晶胞的质量为m
22、=g=g，因为密度为g.cm-3，所以晶胞的边长a=cm；CuCl的晶胞与金刚石晶胞相似，所以该晶体中铜原子和氯原子之间的最短距离为cm=1010pm。12. 高分子化合物I为重要的化工原料。其合成路线如下:已知: R-Br R-CN R-COOH(1)E的系统命名法命名为_，EF的反类型为_ 。(2)G中含氧官能团的名称为_，I的结构简式为_ 。(3) 写出BC反应的化学方程式_。(4)下列关于H的说法正确的是_。a.分子式为C11H14O4 b.能与NaHCO3溶液反应，但不与HBr反应c.能与新制Cu(OH)2悬浊液反应 d.所有碳原子在同一平面内(5) B 经过完全水解后得到M,则符合
23、下列条件的M 的一种链状同分异构体的结构简式为_。能发生银镜反应 能与NaOH溶液发生反应 核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为9:2:2:1(6)参照上述合成路线，写出由1,3-丁二烯和乙烯为起始原料制备化合物的合成路线(无机试剂任选)_【答案】 (1). 1,2-二溴乙烯 (2). 取代反应 (3). 羧基 (4). (5). (6). a c (7). HCOOCH2CH2C(CH3)3 (8). 【解析】分析C与G反应产物的结构简式，结合流程可得，D(C2H2)为乙炔，与Br2加成生成E(C2H2Br2)，E的结构简式为；根据已知，E与HCN取代生成F为；F()在酸性条件下水解生成G，G为
24、HOOC-CH=CH-COOH；A()与Br2加成生成B，B为；B在NaOH醇溶液条件下发生消去反应生成C，C为；C与G发生类似已知的反应生成H()；H与乙二醇一定条件发生缩聚反应生成高分子化合物I，I为。（1）由上述分析知，E的结构简式为，系统命名为：1，2-二溴乙烯；EF，-Br被-CN代替，发生的是取代反应。（2）G为HOOC-CH=CH-COOH，含氧官能团名称为：羧基；H中的羧基与乙二醇中的羟基一定条件下发生脱水缩聚反应生成高分子化合物I，故I的结构简式为：。（3）B为；B在NaOH醇溶液条件下发生消去反应生成C，C为，故BC反应的化学方程式为：。（4）由H的结构简式(键线式)可得，
25、分子式为C11H14O4，故a正确；分子中含有1个碳碳双键，一定条件下能与HBr发生加成反应；含有2个羧基，能与NaHCO3溶液反应，能与新制Cu(OH)2悬浊液发生中和反应，故b错误、c正确；分子中含有甲烷型结构，处于该结构中的碳原子不可能全都共平面，故d错误；综上，选ac。（5）B为，经过完全水解后得到M，则M为，分子式为：C7H14O2；M的一种链状同分异构体：能发生银镜反应，则含有醛基；能与NaOH溶液发生反应，则含有羧基；因为分子中只有2个O原子，由和可得，必为甲酸酯；核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为9:2:2:1，则分子中由3个甲基、2个“-CH2-”；由上述分析可得，结构简式为：HCOOCH2CH2C(CH3)3。（6）由已知和R-BrR-CNR-COOH可得，1，3-丁二烯与乙烯反应生成；与溴单质加成生成；与HCN取代生成；在酸性条件下水解生成；所以由1，3-丁二烯和乙烯为起始原料制备化合物的合成路线为：。点睛：本题考查有机合成与推断，主要涉及系统命名、官能团、反应类型、缩聚反应产物结构简式的书写、消去反应化学方程式的书写、合成路线的设计等，注意结合题给信息对流程的分析是解决此类题目的关键。
