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)

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.N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 10 gD2O中含有的质子数与中子数均为5N A

B. 标准状况下，22.4LCHC13中含C-Cl键的数目为3N A

C. 密闭容器中，1mol NH3和1molHCl反应后气体分子总数为N A

D. l00mL1.0 mol/L FeC13溶液与足量Cu反应，电子转移数为0.2N A

【答案】A

【解析】

【详解】A. 10 gD2O中含有的质子数与中子数均为5N A，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3N A，选项B错误；

C. NH3和HCl反应生成氯化铵固体，故1mol NH3和1molHCl反应后气体分子总数为0，选项C错误；

D. l00mL1.0 mol/L FeC13溶液与足量Cu反应，铁由+3价变为+2价，电子转移数为0.1N A，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>W

B. 原子半径：Z>Y>X

C. 氧化物的水化物的酸性：W

D. 推测Z是半导体材料，Z与Y可形成化合物ZY4【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 =4OHˉ

C. 理论上，外电路中流过2 mol电子时，负极质量增加58 g

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-2 e-+ 2 OHˉ═Mg(OH)2，当外电路流过2mol电子时，负极质量增加34 g，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0.10 moI/LNaOH溶液滴定0.10 mol/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. K a(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），K a(HA)=，故K a(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30 mL混酸溶解后，加0.02 mol/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c mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。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30 mL混酸溶解后，加0.02 mol/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c mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。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：K sp(CoC2O4)=2.5×10-9，K sp(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(HC 2O4)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CoC 2O4+CO32- CoCO3+ C2O42-，该反应的平衡常数K=K sp（CoC2O4）÷K sp（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8 0%，则 pH2O=___kpa，平衡常数K p=______kPa (K p 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8 0%，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K p==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= 0.69 nm，c=0.60 nm，阿伏加德罗常数为N A，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). 17N A (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17N A；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= 0.69 nm，c=0.60 nm，阿伏加德罗常数为N A，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Grubbs II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，1mol X最多可与3mol NaOH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Grubbs II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，1mol X最多可与3mol NaOH 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Grubbs II催化剂的作用下生成，合成路线如下：

。