廣東省肇慶市2019屆高三化學畢業班第三次統一檢測試題（含解析）考生注意：1.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號、填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再涂選其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束。將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H-1 C-12 15N-15 O-16 F-19 Na-23 Ca-40 Fe-56 Cu-64一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列有關化學與生產生活的敘述不正確的是A. 生產玻璃、水泥、漂白粉均需要用石灰石為原料B. 煤的干餾、石油分餾和石油裂解都屬于化學變化C. “地溝油”的主要成分為高級脂肪酸甘油酯，可用于制取肥皂D. 大力實施礦物燃料“脫硫、脫硝技術”，可以減少硫、氮氧化物對環境的污染【答案】B【解析】【詳解】A制玻璃的原料：石英砂、石灰石、純堿等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化鈣，進而得到消石灰，用氯氣與石灰乳反應得到漂白粉，因此工業上生產玻璃、水泥、漂白粉均需要用石灰石為原料，選項A正確；B、煤的干餾是在隔絕空氣下加強熱發生分解反應，是一種復雜的物理、化學變化，而石油的分餾是根據物質的沸點不同進行分離的，屬于物理變化，石油裂解屬于化學變化，選項B錯誤；C地溝油為油脂，主要成分為高級脂肪酸甘油酯，可在堿性條件下水解生成高級脂肪酸鹽和甘油，可用于制肥皂，選項C正確；D大力實施礦物燃料脫硫脫硝技術，能減少硫、氮氧化物的排放，有利于環境保護，選項D正確；答案選B。2.磷酸毗醛素是細胞的重要組成部分， 其結構式如圖（含氮雜環與苯環性質相似）。則下列有關敘述錯誤的是A. 該物質能被酸性高錳酸鉀氧化B. 該物質能發生取代、加成、氧化、聚合反應C. 該物質水解后所得有機物的所有原子都在一個平面上D. 1mol 該有機物與NaOH 溶液加熱，最多消耗 4mol NaOH【答案】C【解析】【詳解】A、分子中含有醛基、羥基等，能被酸性高錳酸鉀氧化，選項A正確； B、含氮雜環與苯環性質相似，分子中含有醛基、羥基以及磷酸形成的酯基，羥基能發生酯化反應，屬于取代反應，羥基、醛基都能發生氧化反應，醛基、含氮雜環能發生加成反應，羥基與磷酸剩余的2個羥基可發生聚合反應，選項B正確；C、該物質水解后所得有機物中含有-CH3和CH2，根據甲烷為正四面體結構可知，分子中的所有原子不可能都在一個平面上，選項C錯誤；D、該物質是一種磷酸酯類化合物，含氮雜環與苯環性質相似，水解后相當于有酚羥基，能與氫氧化鈉反應，磷酸剩余的2個羥基與NaOH發生中和反應，1mol 該有機物與NaOH溶液反應，最多消耗4mol NaOH，選項D正確。答案選C。3.短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，它們分別位于不同的主族，X的最高正價與最低負價代數和為0，Y為金屬元素，Y與Z最外層電子數之和與W的最外層電子數相等，X與W所在族序數之和等于10。則下列說法正確的是A. 單質熔點：YWZB. 最高價氧化物對應的水化物的酸性：WZC. 原子半徑大小順序：r(W)r(Z)r(Y)r(X)D. 簡單氫化物的沸點：XWY【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X的最高正價與最低負價代數和為0，X為第IVA族元素，X與W所在族序數之和等于10，W為第VIA族元素，Y為金屬元素，可知X為C，W為S；Y應位于第三周期，Y與Z最外層電子數之和與W的相等，若Y為Na，Z為P，或若Y為Mg，Z為Si，X、Y、Z、W分別位于不同的主族，C、Si位于同主族，則Y為Na、Z為P符合，以此來解答。【詳解】由上述分析可知，X為C，Y為Na，Z為P，W為S，A根據物質的狀態可知，單質熔點：W Y，P有多種同素異形體，P的不同的同素異形體熔點差別較大，白磷熔點低于Na，而紅磷熔點高于Na，選項A錯誤；B非金屬性SP，則W的最高價氧化物的水化物的酸性比Z的強，選項B正確；C電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑大小順序：r(Y)r(Z)r(W) r(X)，選項C錯誤；DX、Y、W的簡單氫化物為CH4、NaH、H2S，NaH屬于離子晶體，CH4、H2S屬于分子晶體，CH4的相對分子質量小于H2S的相對分子質量，故簡單氫化物的沸點：YWX，選項D錯誤；答案選B。【點睛】本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握元素的性質、元素的位置推斷元素為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規律性知識的應用，題目難度不大。4.硫酸亞鐵銨受熱分解的反應方程式為2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3+N2+4SO2+5H2O，用NA表示阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A. 1 L 0.1 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的數目為0.1NAB. 將1 mol SO2和1 mol O2充分反應后，其分子總數為1.5NAC. 常溫常壓下，3.0 g 15N2中含有的中子總數為1.4NAD. 標準狀況下，每生成15.68 L氣體轉移電子數目為0.8NA【答案】D【解析】【詳解】A.由于Fe2+水解，1 L 0.1 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的數目小于0.1NA，選項A錯誤；B.SO2與O2的反應為2SO2O22SO3，該反應屬于可逆反應，不能反應完全，若1 mol SO2和1 mol O2完全反應生成1molSO3和剩余的0.5molO2，共1.5mol，因不能完全反應，則其物質的量大于1.5mol，分子總數大于1.5NA，選項B錯誤；C.15N的中子數=157=8，3.0 g 15N2為0.1 mol，含有的中子總數=0.116NA=1.6NA，選項C錯誤；D.標準狀況下，15.68 L氣體為0.7 mol，其中NH3占、N2占，SO2占，根據反應可知，生成4 mol SO2轉移8 mol電子，生成0.4 mol SO2則轉移0.8 mol電子，數目為0.8NA，選項D正確；答案選D。5.如圖裝置可用于驗證氣體某些化學性質，所得現象和結論均正確的是氣體試劑現象結論ACH2=CH2溴水溶液褪色C2H4能與Br2發生取代反應BCO2BaCl2溶液產生白色沉淀CO2能與可溶性鋇鹽反應CCl2FeCl2溶液溶液由淺綠色變黃色氧化性Cl2Fe3+DSO2KMnO4溶液溶液褪色SO2有漂白性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】A乙烯與溴水發生加成反應；B鹽酸的酸性大于碳酸的酸性；C氯氣氧化亞鐵離子；D二氧化硫被高錳酸鉀氧化。【詳解】A乙烯含碳碳雙鍵，與溴水發生加成反應，溴水褪色，選項A錯誤；B鹽酸的酸性大于碳酸的酸性，CO2與BaCl2溶液不反應，選項B錯誤；C氯氣氧化亞鐵離子，溶液變為黃色，發生反應Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，根據氧化劑的氧化性強于氧化產物，氧化性Cl2Fe3+，選項C正確；D二氧化硫被高錳酸鉀氧化，與二氧化硫的還原性有關，選項D錯誤；答案選：C。【點睛】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現象、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。6.電化學氣敏傳感器可用于監測環境中NH3的含量，其中工作原理如下圖所示。則下列說法正確的是A. 電流由a極流向b極B. 溶液中的OH向b極移動C. a極的電極反應式為：4NH312e-=2N2+12H+D. b極的電極反應式為：3O2+12e-+6H2O=12OH-【答案】D【解析】【分析】Pt電極（a）通入氨氣生成氮氣，說明氨氣被氧化，為原電池負極，則Pt電極（b）為正極，氧氣得電子被還原，結合電極方程式解答該題。【詳解】APt電極（a）通入氨氣生成氮氣，說明氨氣被氧化，為原電池負極，則Pt電極（b）為正極，電流由b極流向a極，選項A錯誤；B因為Pt電極（a）為負極，則溶液中的陰離子向a極移動，選項B錯誤；CPt電極（a）是氨氣發生氧化反應變成氮氣，電解質溶液為KOH溶液，故電極反應式為2NH36e+6OH=N2+6H2O，選項C錯誤；DPt電極（b）為正極，電極上氧氣得電子產生氫氧根離子，電極反應式為：3O2+12e-+6H2O=12OH-，選項D正確。答案選D。【點睛】本題考查了原電池原理，根據O、N元素化合價變化判斷正負極，再結合反應物、生成物及得失電子書寫電極反應式，注意書寫電極反應式時要結合電解質特點，為易錯點。7.25時，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中1gc(H+)/c(H2C2O4)和1gc(HC2O4-)或1gc(H+)/c(HC2O4-)和1gc(C2O42-)關系如圖所示。下列說法不正確的是A. Ka1(H2C2O4)的數量級為10-2B. 曲線M表示1gc(H+)/c(H2C2O4)和1gc(HC2O4-)的關系C. 向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4-)和c(C2O42-)相等，此時溶液pH約5D. 在NaHC2O4溶液中c(Na+)c(HC2O4-)c(H2C2O4)c(C2O42-)【答案】D【解析】【分析】本題主要考查電解質相關知識。，同理，因，故曲線M表示和的關系，曲線N表示和的關系，由此分析各選項正誤。【詳解】A. 由上述分析可知，曲線M表示和的關系，Ka1=，根據曲線M上的數值Ka1=10-110-1=10-2，曲線N表示和的關系，根據曲線N上的數值Ka2=10-210-3=10-5，故A項正確；B. 由上述分析可知，故曲線M表示和的關系，故B項正確；C.當時，Ka2=10-5，故pH為5，C項正確；D.HC2O4-在溶液中既存在電離平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的離子方程式為HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解平衡常數為=Kw/Ka1=110-12_（填化學式）；結合元素周期律解釋原因是：Mg、Ca、Ba處于同一主族，隨著原子序數遞增，_。（4）酸解過程中，向濾液中加入硝酸，即有硝酸鋇晶體析出，稍過量的HNO3有利于提高Ba(NO3)2晶體的析出率，用化學平衡原理分析其原因是：_。【答案】 (1). 增大固體接觸面積，加快反應速率，提高轉化率 (2). 吸熱 (3). 600 (4). c (5). S2-+ H2OHS- + OH- 、HS-十H2OH2S+ OH- (6). Ba(OH)2 (7). Ca(OH)2 (8). Mg(OH)2 (9). 原子半徑增大，金屬性增強，最高價氧化物對應水化物堿性增強 (10). 溶液中存在Ba2+(aq) + 2NO3-(aq) Ba(NO3)2(s)，稍過量的硝酸有利于提高c(NO3-)，促進平衡向晶體析出的方向移動，有利于提高Ba(NO3)2晶體的析出率【解析】【分析】重晶石主要成分為BaSO4，含少量的SiO2、CaO和MgO雜質，加入煤粉，高溫煅燒，發生BaSO4 +4C BaS+4CO，除此以外還可能有BaCO3等副產物生成，然后用90的熱水浸取，趁熱過濾，除去雜質，加入硝酸，可與BaS反應生成硝酸鋇，以此解答該題。【詳解】(1) 將重晶石和煤磨成粉狀的目的是增大固體接觸面積，加快反應速率，提高轉化率；(2)由圖可知升高溫度，CO 的物質的量增大，則升高溫度平衡正向移動，為吸熱反應，為減少副反應的發生，應在600以上進行；由圖象可知加入C應減少副反應，使硫酸鋇完全轉化生成BaS，且C生成CO，BaS為0.2mol， CO為0.75mol，根據原子守恒，則判斷原料中n(C)/n(BaSO4)至少為3.75，故答案為c；(3)BaS水解可產生Ba(OH)2，水解的離子方程式為S2-+ H2OHS- + OH- 、HS-十H2OH2S+ OH-；Mg、Ca、Ba處于同一主族，隨著原子序數遞增，原子半徑增大，金屬性增強，最高價氧化物對應水化物堿性增強，即金屬性BaCaMg，故答案為：Ba(OH)2、Ca(OH)2、Mg(OH)2；由原子序數知Mg、Ca、 Ba處于同一主族，隨著原子序數遞增，原子半徑增大，金屬性增強，最高價氧化物對應水化物堿性增強；(4)溶液中存在Ba2+(aq) + 2NO3-(aq) Ba(NO3)2(s)，稍過量的硝酸有利于提高c(NO3-)，促進平衡向晶體析出的方向移動，有利于提高Ba(NO3)2晶體的析出率。10.氫是人們公認的清潔能源，作為低碳和零碳能源正在脫穎而出，氫的獲得及以氫為原料的工業生產工藝成為科技工作者研究的重要課題。（1）工業生產中可利用H2還原CO2制備清潔能源甲醇。已知CO(g)和H2(g)的燃燒熱（H）分別為2830kJmol1、2858 kJmol1。CO與H2合成甲醇的能量變化如圖甲所示：則用CO2和H2（g）制備甲醇和液態水的熱化學方程式為_。將一定量的CO2和H2充入到某恒容密閉容器中，測得在不同催化劑作用下，相同時間內CO2的轉化率與溫度的變化如圖乙所示；催化效果最好的是催化劑_（選填“”、“”或“”）；該反應在a點達到平衡狀態，a點的轉化率比b點的高，其原因是_。（2）利用CO和水蒸氣可生產H2，反應的化學方程式：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)。將不同量的CO（g）和H2O（g）分別通入到體積為2 L的恒容密閉容器中進行如下反應，得到數據如下表所示：溫度/起始量達到平衡CO/molH2O/molH2/molCO轉化率時間/min650421.66900321/33該反應的正反應為_反應（選填“放熱”或“吸熱” ）。900時，從開始到達到平衡時的反應速率(H2O)_，達到平衡時c(H2)_（保留2位小數）。（3）利用廢棄的H2S的熱分解可生產H2：2H2S(g)2H2(g)S2(g)。現將020 mol H2S(g)通入到某恒壓（壓強pa MPa）密閉容器中，在不同溫度下測得H2S的平衡轉化率如圖所示。已知：對于氣相反應，用某組分（B）的平衡壓強P(B)代替物質的量濃度c(B)也可表示平衡常數。溫度為T4時，該反應的平衡常數Kp_（用a的代數式表示）。【答案】 (1). CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)H=-93.8kJ/mol (2). I (3). 該反應為放熱反應，溫度升高，平衡逆向進行 (4). 放熱 (5). 0.17 molL-1min-1 (6). 0.5mol/L (7). 【解析】【分析】（1）根據燃燒熱及圖中信息，結合蓋斯定律進行求算；根據圖像顯示隨溫度變化，三種催化劑條件下，CO2的轉化率變化趨勢以及溫度對化學平衡的影響分析解答；（2）根據溫度對化學平衡的影響判斷反應的熱效應，根據化學平衡計算中，平衡前、平衡時、平衡后三段式分析解答計算；（3）根據三段式分析解答及計算。【詳解】（1）由CO(g)和H2(g)的燃燒熱（H）分別為2830kJmol1、2858 kJmol1，可知二者燃燒的熱化學方程式分別為：H2(g)O2(g)=H20(l) H1=-285.8kJ /mol ；CO(g)O2(g)=CO2(g) H2=-283.0kJ/mol ，圖甲可知CO與H2合成甲醇的能量變化得反應CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) H3=-91.0kJ/mol；由-+可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) H=-93.8kJ/mol；從圖像中可知，在相同溫度、相同時間內，催化劑I的作用下，CO2的轉化率是最高的，所以催化劑I的催化效果是最好的；該反應在a點達到平衡狀態，a點的轉化率比b點的高，是由于該反應為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動；（2）從表格數據中可看出，650達到平衡H2物質的量為1.6mol，則從起始到平衡轉化的CO物質的量為1.6mol，CO的轉化率為=0.4；900若起始充入4molCO和2molH2O（g）相對于起始充入3molCO和2molH2O（g），增大CO的濃度，平衡正向移動，CO的轉化率小于0.4；即溫度升高，CO的轉化率降低，反應向逆反應方向移動，溫度升高向吸熱方向移動，所以該反應的正反應方向是放熱反應； 根據方程式可知， 900時，達到平衡時CO的轉化率為，即CO反應了1mol，推斷出H2O反應了1mol，(H2O)=0.17 molL-1min-1；根據反應方程式中的化學計量數與物質的量關系可知，平衡時，生成H21mol，所以c（H2）=0.5mol/L； （3）根據反應 2H2S（g）2H2（g）S2（g）初始狀態 0.2mol 0 0 恒壓壓強為aMpaT4時轉化 0.2mol40% 0.08mol 0.04molT4時容器中剩余 0.12mol 0.08mol 0.04mol容器內各組分分壓 MPa MPa MPa即反應的平衡常數Kp=；故答案為：。【點睛】本題考查化學平衡及其應用，化學平衡計算題的關鍵：1有關化學平衡的常見計算是化學平衡常數、物質的平衡濃度和平衡轉化率之間的相關計算。2在進行有關化學平衡的“三段式”計算時，要注意，各物質的起始量、平衡量和轉化量三者單位的統一。3凡是氣體的壓強變化、密度變化均必須轉化為物質的量的變化或氣體的體積變化才能進行相關計算。11.氟及其化合物用途非常廣泛。回答下列問題：（1）聚四氟乙烯是一種準晶體，該晶體是一種無平移周期序、但有嚴格準周期位置序的獨特晶體。可通過_方法區分晶體、準晶體和非晶體。（2）基態銅原子價電子排布的軌道式為_。（3）H2F+SbF6（氟酸銻）是一種超強酸，存在H2F+，該離子的空間構型為_，依次寫出一種與H2F+具有相同空間構型和鍵合形式的分子和陰離子分別是_、_。（4）NH4F（氟化銨）可用于玻璃蝕刻劑、防腐劑、消毒劑等。NH4+的中心原子的雜化類型是_；氟化銨中存在_（填序號）：A離子鍵 B鍵 C鍵 D氫鍵（5）SbF6被廣泛用作高壓電氣設備絕緣介質。SbF6是一種共價化合物，可通過類似于Born-Haber循環能量構建能量圖（見圖a）計算相聯系關鍵能。則FF鍵的鍵能為_kJmol-1，SF的鍵能為_kJmol-1。（6）CuCl的熔點為426，熔化時幾乎不導電；CuF的熔點為908，密度為7.1gcm-3。CuF比CuCl熔點高的原因是_；已知NA為阿伏加德羅常數。CuF晶胞結構如上“圖b”。則CuF的晶胞參數a=_nm （列出計算式）。【答案】 (1). X射線衍射 (2). (3). V型 (4). H2O（或H2S） (5). NH2- (6). sp3 (7). AB (8). 155 (9). 327 (10). CuCl是分子晶體，CuF是離子晶體 (11). 或【解析】【分析】（1）晶體、準晶體、非晶體的X射線衍射圖不同；（2）Cu是29號元素，原子核外電子數為29，根據核外電子排布規律書寫銅的基態原子價電子排布的軌道式；（3）用價層電子對互斥理論判斷空間構型，用替代法書寫等電子體；（4）根據價層電子對數判斷NH4+中N的雜化方式，根據N原子結構和成鍵方式判斷NH4F中存在的作用力；（5）根據圖示計算；（6）根據題干性質判斷晶體類型，從而確定熔點高低；用均攤法確定所含微粒數，根據V=計算體積，進一步計算晶胞參數。【詳解】（1）從外觀無法區分三者，晶體、準晶體、非晶體的X射線衍射圖不同，因此通過X射線衍射方法區分晶體、準晶體和非晶體，故答案為：X射線衍射；（2）Cu是29號元素，原子核外電子數為29，銅的基態原子價電子電子排布式3d104s1，價電子排布的軌道式為；（3） H2F+離子中中心原子F的孤電子對數=（7-1-21）=2，鍵電子對數為2，價層電子對數為4，VSEPR模型為四面體型，空間構型為V型；與H2F+具有相同空間構型和鍵合形式的分子有H2O（或H2S），陰離子有NH2-；（4）NH4+中N原子雜化軌道數為（5+4-1）=4，N采取sp3雜化方式；氟化銨中銨根離子與氟離子之間存在離子鍵，銨根離子中氮原子與氫原子形成氮氫鍵為鍵，不存在雙鍵則沒有鍵，同時也不存在氫鍵，答案選AB；（5）由圖a可知3F2（g）=6F(g) H=+465kJ/mol，則FF鍵的鍵能為465kJ/mol 3=155kJmol-1， 6F(g) +S（g）=SF6 (g) H=-1962kJ/mol，則SF的鍵能為1962kJ/mol 6=327kJmol-1；（6）CuCl的熔點為426，熔化時幾乎不導電，CuCl是分子晶體，CuF的熔點為908，CuF是離子晶體，離子鍵遠大于分子間作用力，故CuF比CuCl熔點高；根據均攤法可知，晶胞中含有8+6=4個Cu+，4個F-，晶胞的體積cm3，則CuF的晶胞參數a=nm。12.某藥物H的一種合成路線如下：回答下列問題：（1）C的名稱是_。（2）FH的反應類型為_。BC的試劑和條件是_。（3）H有多種同分異構體，在下列哪種儀器中可以顯示物質中化學鍵和官能團類型_（填字母）。A質譜儀 B元素分析儀 C紅外光譜儀 D核磁共振氫譜儀（4）寫出DE的化學方程式_。（5）在E的同分異構體中，同時滿足下列條