2019届广东省广州市高三3月综合测试(一)理综化学试题(解析版)

1、- -2019年广州市普通高中毕业班综合测试(一)理科综合化学试题1明矶KAKSO12H2O在造纸等方面应用广乏。实验室中采用废易拉罐(含有A1和少量Fe、Mg杂质)制备明矾的流程如图所示：L科詁心尷?gNH4C3-机诧列叙述错误的是回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用“沉淀”为Al(CO)33“操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶上述流程中可用过量CO代替NHHCO243【答案】B解析】【详解】A、可回收物是指各种废弃金属、金属制品、塑料等可回收的垃圾，废易拉罐属于可回收垃圾，回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用，选项A正确；B、偏铝酸钠与碳酸氢铵发生反应生成碳酸钠、碳酸铵和氢氧化铝

2、，故“沉淀”为Al(OH)，选项B错误;3C、沉淀溶解于稀硫酸，再加入硫酸钾，“操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶，最后得到明矶，选项C正确；上述流程中可用过量CO代替NHHCO，过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应得到氢氧化铝沉淀，选项D243正确。答案选B。2.N是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A10gD2O中含有的质子数与中子数均为5NA标准状况下，22.4LCHC1中含C-Cl键的数目为3N3A密闭容器中，1molNH和ImolHCl反应后气体分子总数为N3Al00mL1.0mol/LFeC1溶液与足量Cu反应，电子转移数为0.2N3A【答案】A【解析】【详解】A.10gD2O中含有的质

3、子数与中子数均为2o爲OxNa=5NA，选项A正确;CHC1标准状况下是液体，22.4LCHC1中含C-Cl键的数目大于3N，选项B错误；3ANH和HCl反应生成氯化铵固体，故lmolNH和ImolHCl反应后气体分子总数为0,选项C错误；33lOOmLl.Omol/LFeCl溶液与足量Cu反应，铁由+3价变为+2价，电子转移数为0.1N，选项D错误。3A答案选A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，主要考查气体摩尔体积的条件应用，质量换算物质的量计算微粒数，关键是DO中质子数与中子数相同。23工业上用乙苯！-经催化脱氢生产苯乙烯：，下列说法错误的是乙苯可通过石油催化重整获得乙苯的同分异构

4、体超过四种苯乙烯与氯化氢反应可生成氯代苯乙烯乙苯和苯乙烯分子所有碳原子均可处于同一平面【答案】C【解析】【详解】A.石油催化重整可获得芳香烃，所以通常可通过石油的催化重整来获取乙苯，选项A正确；苯可连接乙基或2个甲基，2个甲基在苯环上有邻、间、对三种位置，则乙苯的同分异构体中属于芳香烃的共有四种，还有含有碳碳三键等链烃的同分异构体，故乙苯的同分异构体超过四种，选项B正确；苯乙烯与氯化氢发生加成反应，可生成氯代苯乙烷，选项C错误；乙苯中侧链2个C均为四面体构型，但碳碳单键可以旋转，分子内所有碳原子有可能共平面；苯乙烯中苯环、双键均为平面结构，分子内所有原子有可能共平面，选项D正确；答案选C。4联

5、合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”。元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如图所示，其中元素Z位于第四周期，W、X、Y原子的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是简单氢化物沸点：YWB.原子半径：ZYXC.氧化物的水化物的酸性：WY,选项A错误；3同周期元素从左到右原子半径依次减小,同主族元素从上而下原子半径依次增大,故原子半径：ZXY,选项B错误；元素非金属性越强,最高价氧化物的水化物的酸性越强,若不是最高价则不一定,如硝酸的酸性强于亚硫酸,选项C错误；根据上述分析可知，Z是Ge,为半导体材料，Z与Y可形成化合物ZY，即GeCl，选项D正确。44答案选D。5.用下列实验装置进行相

6、应实验，能达到实验目的的是.5T乙liJ用装置甲过滤海带灰的浸泡液以获得含I-的溶液用装置乙蒸干氯化铵饱和溶液制备NHCl晶体4用装置丙将Cl与HCl混合气体纯化得到纯净的Cl22用装置丁收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO【答案】A解析】【详解】A、海带灰的浸泡液用装置甲过滤可以获得含I-的溶液，选项A正确;B、NHCl受热易分解，应采用冷却热NHCl饱和溶液制备NHCl晶体，选项B错误；44C、用装置丙只能将Cl与HCl混合气体中的氯化氢除去，但没有干燥，不能得到纯净的Cl，选项C错误;22D、NO能与空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，选项D错误。答案选A。6.镁一空气电池是一种

7、能被水激活的一次性储备电池，原理如图所示。下列说法错误的是慕孔活性按料科儀寥孔话性碗林料放电时，外电路电子由镁电极流向多孔碳材料电极放电时，正极的电极反应式为0+4e+2HO=4OH_22理论上，外电路中流过2mol电子时，负极质量增加58g电池反应产物Mg(OH)2经过灼烧与还原可制成镁锭循环利用【答案】C【解析】【分析】先根据题目叙述和对应的示意图，判断出电池的正负极，再根据正负极的反应要求进行电极反应方程式的书写。【详解】A、通氧气的电极为正极，因为多孔碳电极为正极，放电时，外电路电子由镁电极流向多孔碳材料电极(由负极流向正极)，选项A正确；放电时，多孔碳电极为正极，碱性条件下正极上氧气

8、得电子产生氢氧根离子，电极反应式为0+4e-+2H022=40H-，选项B正确；根据负极反应式：Mg-2e-+2OHMg(OH)2，当外电路流过2mol电子时，负极质量增加34g,选项C错误；电池反应产物Mg(OH)2经过灼烧得到氧化镁，再还原可制成镁锭循环利用，选项D正确。答案选Do【点睛】本题考查原电池原理，关键是正负极的判断，很明显是空气中的氧气得电子，所以通氧气的为正极，单质镁就一定为负极，注意负极增加的是0H-的质量。7常温下，用O.lOmoI/LNaOH溶液滴定0.10mol/LHA溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列叙述错误的是4.01B.

9、N点，讥J:C.PQ过程中，水的电离程度逐渐增大50A.K(HA)的数量级为10-5aD.当滴定至溶液呈中性时，c(A-)c(HA)【答案】B解析】【详解】A.根据图a可知，中和百分数为50%时溶液的pH=4.74,此时溶液的组成为等物质的量浓度的NaA和HA,由于A-的水解和HA的电离都是微弱的，c(A-)c(HA)，K(HA)#:10，c(HA)故K(HA)的数量级为10-5，选项A正确；aB.N点，根据电荷守恒有小川皿；，即Kw爪川汕肓1X10，选项B错误;C.PQ过程中，随着氢氧化钠溶液的滴入，酸不断消耗，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，选项C正确;D.根据图b可知当lg1(

10、)(即)时，溶液呈酸性，当滴定至溶液呈中性时，溶液中c(A-)c(HA),选项D正确。答案选B。点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液电离平衡常数的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握水的电离及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。8二氧化钒叫)是一种新型热敏材料。+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO?的氧钒(W)碱式碳酸铵晶体，过程如下：盐酸和V2O5ymVHCIVOC12溶液NHjHCCM化(Nh4)5(VO)6(CO3)4(OH)910H2O微沸数分钟氧锐(IV)碱式碳酸鞍晶体ii回答下列问题：VOC

11、1中V的化合价为。2步骤i中生成V0C1的同时生成一种无色无污染的气体，该化学方程式为。也可只用浓盐酸与V0225来制备VOC12溶液，该法的缺点是(3)步骤ii可在下图装置中进行。vochak电碗押卄關反应前应通入CO数分钟的目的是2装置B中的试剂是。(4)测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，加0.02mol/LKMnO溶液至稍过量，充分4反应后继续加1%NaN0溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO，最后用cmol/L(NH)Fe(SO)标准溶224242液滴定至终点，消耗体积为bmL。滴定反应为：VO+Fe2+2

12、H+=VO2+Fe3+HO.22KMnO溶液的作用是。NaNO溶液的作用是。42粗产品中钒的质量分数的表达式为。【答案】(1).+4(2).2VO+NH2HCl+6HCl=4VOCl+Nf+6HO(3).有氯气生成，污染空气2524222(4).排除装置中的空气，避免产物被氧化(5).饱和NaHCO溶液(6).将+4的钒化合物氧化为VO+32Slbc(7).除去过量的KMnO4(8).而乔x100%【解析】【详解】(1)根据氧的化合价为，氯的化合价为-1,化合物中各元素化合价代数和为0可得，VOC1中V2的化合价为+4价；步骤i中VO中加入NH2HCl和盐酸反应生成VOC1的同时生成一种无色无

13、污染的气体，VO被还原为2524225VOCl，则气体为N，反应的化学方程式为2VO+NH2HCl+6HCl=4VOCl+Nf+6HO；222524222也可只用浓盐酸与VO来制备VOC1溶液，VO被还原为VOCl，则浓盐酸被氧化有氯气生成，污染空气；252252+4价钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，为防止+4价钒化合物被氧化，反应前应通入CO数分钟排2除装置中的空气，避免产物被氧化；装置B中的试剂用于除去二氧化碳中的氯化氢气气，故所装试剂为饱和NaHCO溶液；测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，加0.02mol/LKM

14、nO溶液至稍过量，充分4反应后继续加1%NaN0溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO,最后用cmol/L(NH)Fe(SO)标准溶液224242滴定至终点，消耗体积为bmL。滴定反应为：VO+Fe2+2H+=VO2+Fe3+HO.22KMnO溶液具有强氧化性，其作用是将+4的钒化合物氧化为VO+；NaNO溶液的作用是除去过量的KMnO；4224根据反应VO+Fe2+2H+=VO2+Fe3+HO可知，n(VO+)=n(Fe2+)=bcx1()1门川,根据钒守恒，粗产品中钒的22251bc质量分数的表达式为x代:。9某废旧锂电池材料含有钻酸锂(LiCoq)、导电剂石墨和铝粉等。回收废旧锂电池中

15、钻的工艺流程如下:陆冷2用先(6溶液ll；C2O4?fr液瓏川锂电池滉酣务亠曲化|液漬I一槪屈一谑粗一|电解I钻已知：K(CoCO)=2.5X10-9，K(CoCO)=1.5X10-13sp24sp3回答下列问题：“浸出液”的主要成分是LiHCO、Al(HCO)，“浸出渣”的主要成分是CoCO。“浸出”中生成CoCO242432424的化学方程式为，若HCO用量过大，CoCO的产率反而会降低，原因是。22424“转化”中加入NaCO溶液发生反应的离子方程式为，该反应进行的程度较大，试用平衡23常数K解释原因。“电解”时装置如图所示。阳极的电极反应式为，电解后a室中的电解液可返回工序继续使用。(

16、4)某废旧锂电池粉末中LiCoO2的质量分数为w,将mkg该废料进行回收利用，电解得到钻nkg，钻的回收率为。【答案】.2LiCoO+5HCO=2LiHCO+2CoCO+4HO+2COf2224242422(2).CoCO与过量的HCO反应转化24224成CoOA而溶解(3).CoCO+CO2-CoCO+CO2243324(4).该反应的平衡常数K=1.67X104，反应正向进行的趋势很大(5).2HO-4e-=Of+4H+22(6).酸溶(7).98n59mwx100%解析】【详解】(1)“浸出液”的主要成分是LiHCO、Al(HCO)，“浸出渣”的主要成分是CoCO。“浸出”中242432

17、4LiCoO与HCO反应生成CoCO，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为2224242LiCoO+5HCO=2LiHCO+2CoCO+4HO+2COf,若HCO用量过大，CoCO与过量的HCO反应转化成TOC o 1-5 h z222424242222424224Co(HCO)而溶解，CoCO的产率反而会降低；24224根据CoCO和CoCO的溶度积，“转化”中加入NaCO溶液，将CoCO转化为CoCO，发生反应的离子方24323243程式为CoCO+CO2CoCO+CO2-，该反应的平衡常数K=K(CoCO)FK(CoCO)=2.5X10-9三243324sp24sp3(1.5X10-13

18、)=1.67X104，反应正向进行的趋势很大，故该反应进行的程度较大;“电解”时装置如图所示。连接正极的电极为阳极，阳极上水电离出的氢氧根离子失电子产生氧气，电极反应式为2HO-4e-=Of+4H+，左室产生大量氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入a室，a室得到酸，22故电解后a室中的电解液可返回酸溶工序继续使用；根据质量守恒进行求算，某废旧锂电池粉末中LiCoO2的质量分数为w，将mkg该废料进行回收利用，电nkq98n一X100%=X100%解得到钻nkg，钻的回收率为冲讪点睛】本题考查工业流程、氧化还原反应、信息型方程式书写、沉淀的转化等，注意分析流程中各步的反应，掌握反应原理是解题关键。

19、10.环戊烯是生产精细化工产品的重要中间体，其制备涉及的反应如下：AW500.5kJmof1109.4kJ-mol1解聚反应+H仙fir化刊环戊体剧任应20（坏戊-.M）回答下列问题：反应山|再1迪良监也匚山的AH=kj/mol(2)解聚反应在刚性容器中进行。其他条件不变，有利于提高双环戊二烯平衡转化率的条件是(填标号).升高温度B.降低温度C.增大压强D.减小压强实际生产中常通入水蒸气以降低双环戊二烯的沸点。某温度下，通入总压为l00kPa的双环戊二烯和水蒸气达到平衡后总压为160kPa,双环戊二烯的转化率为80%，则pHO=kpa，平衡常数K=kPa(K2pp为以分压表示的平衡常数)一定条

20、件下，将环戊二烯溶于有机溶剂中进行氢化反应，反应过程中保持氢气压力不变，测得环戊烯和环戊烷的产率(以环戊二烯为原料计)随时间变化如下图所示。0.站”戊垃114树h(4)已知氢化反应平衡常数为1.6X气按物质的量之比为1：1进行反应，答案】(1).-209.9(2).AD(3).25(4).960(5).降低环戊二烯浓度，减小二聚速率；稀释有利于平衡向解聚方向移动(6).4(7).副反应(8).先变小后变大(最后不变)将环戊二烯溶于有机溶剂中可减少二聚反应的发生，原因是最佳的反应时间为_h。活化能较大的是(填“氢化反应”或“副反应”)。1012，副反应的平衡常数为2.0X1012。在恒温恒容下，

21、环戊二烯与氢则环戊二烯的含量随时间变化趋势是(不考虑环戊二烯的二聚反应)。解析】【详解】(1)已知匕心心j门HI-k:H.I-,o心備垩迟2】)心10*).4kJ-mol1，根据盖斯定律，由氢化反应+副反应得反应|1工|；：H=-100.5kJ/mo1-109.4kJ/mo1=-209.9kJ/mo1；(2)提高双环戊二烯平衡转化率则平衡正向移动;A.升高温度，平衡向吸热反应的正反应方向移动，选项A符合；降低温度，平衡向放热反应的逆反应方向移动，选项B不符合；增大压强，平衡向气体体积缩小的逆反应方向移动，选项C不符合;减小压强，平衡向气体体积增大的正反应方向移动，选项D符合；答案选AD；实际生

22、产中常通入水蒸气以降低双环戊二烯的沸点。某温度下，通入总压为lOOkPa的双环戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为160kPa，则增压60kPa,双环戊二烯的转化率为80%，则反应前双环戊二烯的分压60kPa为=7SkPa，则PH20=l00kPa-75kPa=25kPa,平衡时双环戊二烯、环戊二烯的平衡分压分别为15kPa、120kPa，平衡常数K=960kPa；p15kPa将环戊二烯溶于有机溶剂中可减少二聚反应的发生，原因是降低环戊二烯浓度，减小二聚速率；稀释有利于平衡向解聚方向移动；根据图中信息可知，4h时环戊烯的产率最大，故最佳的反应时间为4h。根据各反应的焓变以及环戊烯和环戊烷产率随时间

23、的变化曲线可知，活化能较大的是副反应；已知氢化反应平衡常数为1.6X10!2，副反应的平衡常数为2.0X1012。在恒温恒容下，环戊二烯与氢气按物质的量之比为1：1进行反应，开始一段时间，氢化反应的活化能较小，氢化反应比副反应快，环戊二烯的含量随时间的推移变小；一段时间后，由于副反应的平衡常数大于氢化反应的平衡常数，副反应进行的程度大、放热多，使氢化反应逆向进行，环戊二烯的含量随时间推移又变大，直至最后不变。磷能形成众多单质与化合物。回答下列问题：磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，写出该激发态原子的核外电子排布式黑磷是一种二维材料，其中一层的结构如图1所示。GtiL图丨唯

24、层吧蚪曲皓构開文4-甲就地穴泌苯四城蒯恼盐黑磷中P原子的杂化方式为。每一层内P形成六元环彼此相接，平均每个空间六元环中含有的磷原子是个。用4-甲氧基重氮苯四氟硼酸盐(如图2)处理黑磷纳米材料，可以保护和控制其性质。该盐的构成元素中C、N、0、F的电负性由大到小顺序为_,1mol该盐阳离子含有的n键的数目为，该盐阴离子的几何构型是_。(3)磷钇矿可提取稀土元素钇(Y)，某磷钇矿的结构如下：该磷钇矿的化学式为_,与P043-互为等电子体的阴离子有(写出两种离子的化学式)。已知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm,阿伏加德罗常数为N，则该磷钇矿的密度为_g.cm3(列出计算式)。A答案】(1)

25、.1s22s22p63s13p33d1(2).sp3(3).2四面体(7).YPO(8).SO2-、44ClO-、BrO-、44IO-、SiO4-44(4).FONC(5).17N(6).正A4x(89+31+16x4)(9)II.hMX0月XO.hOXlQ-2iNA解析】【详解】磷为15号元素，基态P原子的核外电子排布式为Is22s22p63s23p3；磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，该激发态原子的核外电子排布式为Is22s22p63si3p33di；(2)黑磷中每个P原子与另外三个P原子形成共价键且有一对孤电子对，P原子的杂化方式为sp3；每一层内P形成六元环彼此相

26、接，平均每个空间六元环中含有的磷原子是hx/个；元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，原子得电子能力大小为:FONC,则电负性大小为：FONC；4-甲氧基重氮苯四氟硼酸盐阳离子中含有一个氮氮三键、一个氮碳键、苯环上有四个碳氢键、苯环上六个碳碳键、两个碳氧键、三个碳氢键，故lmol该盐阳离子含有的n键的数目为17N；该盐阴离A3+1-4X1子BF4-，B上的孤电子对数为=0，价层电子对数为0+4=4,B为sp3杂化，故BF4-的空间构型为正四面体；1111根据均摊法求算，该磷钇矿一个晶胞含有Xg+4x+l=4个丫，6近+4X厂4个po广，故该磷钇矿的化学式为YPO,等电子体是指价电子总数和原子总数(氢等轻原子不计在内)相同的分子