广东省广州市届高三综合测试一理综化学试题 Word解析版.docx
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广东省广州市届高三综合测试一理综化学试题Word解析版
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.明矾KAl(SO4)2.12H2O]在造纸等方面应用广泛。
实验室中采用废易拉罐(含有Al和少量Fe、Mg杂质)制备明矾的流程如图所示:
下列叙述错误的是
A.回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用
B.“沉淀”为Al2(CO3)3
C.“操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶
D.上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3
【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,故“沉淀”为Al(OH)3,选项B错误;
C、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,最后得到明矾,选项C正确;
D.上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3,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D正确。
答案选B。
2.NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.10gD2O中含有的质子数与中子数均为5NA
B.标准状况下,22.4LCHC13中含C-Cl键的数目为3NA
C.密闭容器中,1molNH3和1molHCl反应后气体分子总数为NA
D.l00mL1.0mol/LFeC13溶液与足量Cu反应,电子转移数为0.2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.10gD2O中含有的质子数与中子数均为
5NA,选项A正确;
B.CHC13标准状况下是液体,22.4LCHC13中含C-Cl键的数目大于3NA,选项B错误;
C.NH3和HCl反应生成氯化铵固体,故1molNH3和1molHCl反应后气体分子总数为0,选项C错误;
D.l00mL1.0mol/LFeC13溶液与足量Cu反应,铁由+3价变为+2价,电子转移数为0.1NA,选项D错误。
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D2O中质子数与中子数相同。
3.工业上用乙苯
经催化脱氢生产苯乙烯
,下列说法错误的是
A.乙苯可通过石油催化重整获得
B.乙苯的同分异构体超过四种
C.苯乙烯与氯化氢反应可生成氯代苯乙烯
D.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;
B.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;
C、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;
D.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
A.简单氢化物沸点:
Y>WB.原子半径:
Z>Y>X
C.氧化物的水化物的酸性:
W 【答案】D 【解析】 【分析】 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,设W的最外层电子数为x,则X、Y的最外层电子数分别为x+1、x+2,故x+x+1+x+2=18,解得x=5,故W、X、Y分别为N、S、Cl,因此可推知Z为Ge,据此分析。 【详解】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,设W的最外层电子数为x,则X、Y的最外层电子数分别为x+1、x+2,故x+x+1+x+2=18,解得x=5,故W、X、Y分别为N、S、Cl,因此可推知Z为Ge。 A.由于NH3存在分子间氢键,简单氢化物的沸点: W>Y,选项A错误; B.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: Z>X>Y,选项B错误; C.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; D.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ZY4,即GeCl4,选项D正确。 答案选D。 5.用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的的是 A.用装置甲过滤海带灰的浸泡液以获得含I-的溶液 B.用装置乙蒸干氯化铵饱和溶液制备NH4Cl晶体 C.用装置丙将Cl2与HCl混合气体纯化得到纯净的Cl2 D.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.NH4Cl受热易分解,应采用冷却热NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体,选项B错误; C、用装置丙只能将Cl2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Cl2,选项C错误; D、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 A.放电时,外电路电子由镁电极流向多孔碳材料电极 B.放电时,正极的电极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH¯ C.理论上,外电路中流过2mol电子时,负极质量增加58g D.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; B.放电时,多孔碳电极为正极,碱性条件下正极上氧气得电子产生氢氧根离子,电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-,选项B正确; C、根据负极反应式: Mg-2e-+2OH¯═Mg(OH)2,当外电路流过2mol电子时,负极质量增加34g,选项C错误; D.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D。 【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OH-的质量。 7.常温下,用0.10moI/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 A.Ka(HA)的数量级为10-5 B.N点, C.P—Q过程中,水的电离程度逐渐增大 D.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),Ka(HA)= ,故Ka(HA)的数量级为10-5,选项A正确; B.N点,根据电荷守恒有 ,即 ,选项B错误; C.P—Q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lg (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(VO2)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VO2的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体,过程如下: 回答下列问题: (1)VOC12中V的化合价为________。 (2)步骤i中生成VOC12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V2O5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。 ①反应前应通入CO2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/LKMnO4溶液至稍过量,充分反应后继续加1%NaNO2溶液至稍过量,再用尿素除去过量的NaNO2,最后用cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点,消耗体积为bmL。 滴定反应为: VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O. ①KMnO4溶液的作用是_______。 NaNO2溶液的作用是______。 ②粗产品中钒的质量分数的表达式为_________。 【答案】 (1).+4 (2).2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O(3).有氯气生成,污染空气(4).排除装置中的空气,避免产物被氧化(5).饱和NaHCO3溶液(6).将+4的钒化合物氧化为VO2+(7).除去过量的KMnO4(8). 【解析】 【详解】 (1)根据氧的化合价为-2,氯的化合价为-1,化合物中各元素化合价代数和为0可得,VOC12中V的化合价为+4价; (2)步骤i中V2O5中加入N2H4•2HCl和盐酸反应生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体,V2O5被还原为VOCl2,则气体为N2,反应的化学方程式为2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O; 也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液,V2O5被还原为VOCl2,则浓盐酸被氧化有氯气生成,污染空气; (3)①+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CO2数分钟排除装置中的空气,避免产物被氧化; ②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NaHCO3溶液; (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/LKMnO4溶液至稍过量,充分反应后继续加1%NaNO2溶液至稍过量,再用尿素除去过量的NaNO2,最后用cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点,消耗体积为bmL。 滴定反应为: VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O. ①KMnO4溶液具有强氧化性,其作用是将+4的钒化合物氧化为VO2+;NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4; ②根据反应VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O可知,n(VO2+)=n(Fe2+)=bc ,根据钒守恒,粗产品中钒的质量分数的表达式为 。 9.某废旧锂电池材料含有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂石墨和铝粉等。 回收废旧锂电池中钴的工艺流程如下: 已知: Ksp(CoC2O4)=2.5×10-9,Ksp(CoCO3)=1.5×10-13 回答下列问题: (1)“浸出液”的主要成分是LiHC2O4、Al(HC2O4)3,“浸出渣”的主要成分是CoC2O4。 “浸出”中生成CoC2O4的化学方程式为_______,若H2C2O4用量过大,CoC2O4的产率反而会降低,原因是____。 (2)“转化”中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为___________,该反应进行的程度较大,试用平衡常数K解释原因_____。 (3)“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。 (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,电解得到钴nkg,钴的回收率为____。 【答案】 (1).2LiCoO2+5H2C2O4=2LiHC2O4+2CoC2O4+4H2O+2CO2↑ (2).CoC2O4与过量的H2C2O4反应转化成Co(HC2O4)2而溶解(3).CoC2O4+CO32- CoCO3+C2O42-(4).该反应的平衡常数K=1.67×104,反应正向进行的趋势很大(5).2H2O-4e-=O2↑+4H+(6).酸溶(7). 【解析】 【详解】 (1)“浸出液”的主要成分是LiHC2O4、Al(HC2O4)3,“浸出渣”的主要成分是CoC2O4。 “浸出”中LiCoO2与H2C2O4反应生成CoC2O4,同时生成二氧化碳,反应的化学方程式为2LiCoO2+5H2C2O4=2LiHC2O4+2CoC2O4+4H2O+2CO2↑,若H2C2O4用量过大,CoC2O4与过量的H2C2O4反应转化成Co(HC2O4)2而溶解,CoC2O4的产率反而会降低; (2)根据CoC2O4和CoCO3的溶度积,“转化”中加入Na2CO3溶液,将CoC2O4转化为CoCO3,发生反应的离子方程式为CoC2O4+CO32- CoCO3+C2O42-,该反应的平衡常数K=Ksp(CoC2O4)÷Ksp(CoCO3)=2.5×10-9÷(1.5×10-13)=1.67×104,反应正向进行的趋势很大,故该反应进行的程度较大; (3)“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2H2O-4e-=O2↑+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,故电解后a室中的电解液可返回酸溶工序继续使用; (4)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,电解得到钴nkg,钴的回收率为 。 【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。 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: 回答下列问题: (l)反应 的△H=_________kJ/mol。 (2)解聚反应在刚性容器中进行。 ①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). A.升高温度B.降低温度C.增大压强D.减小压强 ②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pH2O=___kpa,平衡常数Kp=______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数) (3)一定条件下,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。 ①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____, ②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”)。 (4)已知氢化反应平衡常数为1.6×1012,副反应的平衡常数为2.0×10l2。 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,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)。 【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) 【解析】 【详解】 (1)已知 , ,根据盖斯定律,由氢化反应+副反应得反应 △H=-100.5kJ/mol-109.4kJ/mol=-209.9kJ/mol; (2)①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; B.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; C.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; D.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; ②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,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为 ,则pH2O=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Kp= =960kPa; (3)①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; ②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的变化曲线可知,活化能较大的是副反应; (4)已知氢化反应平衡常数为1.6×1012,副反应的平衡常数为2.0×1012。 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。 11.磷能形成众多单质与化合物。 回答下列问题: (1)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__。 (2)黑磷是一种二维材料,其中一层的结构如图1所示。 ①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。 ②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、O、F的电负性由大到小顺序为__,1mol该盐阳离子含有的σ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PO43—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NA,则该磷钇矿的密度为__g.cm—3(列出计算式)。 【答案】 (1).1s22s22p63s13p33d1 (2).sp3(3).2(4).F>O>N>C(5).17NA(6).正四面体(7).YPO4(8).SO42-、ClO4-、BrO4-、IO4-、SiO44-(9). 【解析】 【详解】 (1)磷为15号元素,基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3;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1s22s22p63s13p33d1; (2)①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形成六元环彼此相接,平均每个空间六元环中含有的磷原子是 个; ②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: F>O>N>C,则电负性大小为: F>O>N>C;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1mol该盐阳离子含有的σ键的数目为17NA;该盐阴离子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; (3)根据均摊法求算,该磷钇矿一个晶胞含有 个Y, 个PO43-,故该磷钇矿的化学式为YPO4,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、离子或原子团,与PO43—互为等电子体的阴离子有SO42-、ClO4-、BrO4-、IO4-、SiO44-;已知晶胞参数a=0.69nm,c=0.60nm,阿伏加德罗常数为NA,则该磷钇矿的密度为 g.cm—3。 12.烯烃复分解反应可示意如下: 利用上述方法制备核苷类抗病毒药物的重要原料W的合成路线如下: 回答下列问题: (1)B的化学名称为____。 (2)由B到C的反应类型为____。 (3)D到E的反应方程式为____。 (4)化合物F在GrubbsII催化剂的作用下生成G和另一种烯烃,该烯烃的结构简式是____。 (5)H中官能团的名称是______. (6)化合物X是H的同分异构体,可与FeCl3溶液发生显色反应,1molX最多可与3molNaOH反应,其核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为3: 2: 2: 1。 写出两种符合要求的X的结构简式: _____。 (7)由 为起始原料制备 的合成路线如下,请补充完整(无机试剂任选)。 _________________。 【答案】 (1).丙烯醛 (2).加成反应(3). (4).CH2=CH2(5).羧基、碳碳双键(6). 、 (7). 【解析】 【详解】 (1)B为 ,其化学名称为丙烯醛; (2)由B到C是丙烯醛与水在磷酸及加热条件下发生加成反应生成HOCH2CH2CHO,反应类型为加成反应; (3)根据 可知D到E为酯化反应,反应方程式为 ; (4)化合物F( )在GrubbsII催化剂的作用下生成G( )和另一种烯烃,根据反应原理及碳原子数目可知,该烯烃为乙烯,结构简式是CH2=CH2; (5)根据G在氢氧化钾溶液中加热水解生成羧酸钾和乙醇,再酸化得到羧酸H为 ,H中官能团的名称是羧基、碳碳双键; (6)化合物X是H的同分异构体,可与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基,1molX最多可与3molNaOH反应,则含有三个酚羟基,其核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为3: 2: 2: 1。 符合要求的X的结构简式有 、 ; (7)由 为起始原料制备 , 与氯化氢在催化剂及加热条件下反应生成 , 在酸性高锰酸钾溶液中反应生成 , 在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成 , 在稀硫酸作用下生成 , 与 发生酯化反应生成 , 在GrubbsII催化剂的作用下生成 ,合成路线如下: 。
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