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广东省佛山市普通高中2019届高三化学下学期教学质量检测试题（二）（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 Cu-64 Ga-70一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.“失蜡法”是我国古代青铜器的铸造方法之一，常用蜂蜡和牛油做出铜器的粗模，用石灰、炭末泥填充泥芯和敷成外范。加热烘烤后，蜡模熔融而去，形成空壳，再往空壳内浇灌铜液。下列说法错误的是（ ）A. 蜂蜡中含有酯类和糖类，与石蜡所含有机物种类相同B. 牛油中含有硬脂酸甘油酯C. 炭末泥可耐铜液的高温D. “失蜡法”中蜡模熔融而去，故可循环利用【答案】A【解析】【详解】A.石蜡主要是烃类的混合物，故A错误；B.牛油是高级脂肪酸甘油酯，故B正确；C. 炭末泥由通过箩筛的炭末、细砂、粘土构成，可耐铜液的高温，故C正确；D.蜡模可以循环使用，故D正确；故选A。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 7g14C中，含有3NA个中子B. 25时，pH=4的CH3COOH溶液中H+的数目为104NAC. 标准状况下，5.6L丙烷中含有共价键的数目为2.5NAD. 3.2gCu与足量浓硝酸反应，生成的气体在标准状况下的体积为22.4L【答案】C【解析】【详解】A.1个14C中含有8个中子，7g14C即0.5mol，含有种子数目为：4NA，故A错误；B. 溶液的体积未知，所以无法计算相关微粒的个数，故B错误；C.标况下，5.6L丙烷为0.25mol，一个丙烷分子含有10个共价键，0.25mol丙烷中含有2.5NA个共价键，故C正确；D. 3.2gCu即0.05mol，与足量浓硝酸反应生成NO2气体，化学计量关系为：Cu2NO2可知n(NO2)=0.1mol，但标况下NO2不是气体，无法确定其体积，故D错误；故选C。【点睛】有机化合物中的共价键数目计算要考虑CH键、CC键和CO键等单键。3.共用两个或两个以上碳原子的环烃叫做桥环烃，桥环烃 (二环221-2，5-庆二烯)是有机合成的重要中间体。下列关于该化合物说法正确的是（ ）A. 属于芳香烃类B. 与甲苯互为同分异构体C. 二氯代物有6种D. 1mol该物质完全燃烧需要10molO2【答案】B【解析】【详解】A.由结构简式可知，该化合物不含有苯环，不属于芳香烃，故A错误；B.该化合物的分子式为：C7H8，与甲苯互为同分异构体，故B正确；C. 该化合物的二氯代物有8种，故C错误；D. 1mol该物质完全燃烧需要4.5molO2，故D错误；故选B。4.沉积物微生物燃料电池可处理含硫废水，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 碳棒b的电极反应式为：O2+4e+4H+=2H2OB. 光照强度对电池的输出功率有影响C. 外电路的电流方向：碳棒a碳棒bD. 酸性增强不利于菌落存活，故工作一段时间后，电池效率降低【答案】C【解析】【详解】由图可知，碳棒a失去电子，作负极，碳棒b得到电子作正极，A.正极O2得电子生成水，电极方程式为：O2+4e+4H+=2H2O，故A正确；B. 碳棒b，CO2在光照和光合菌的作用下反应生成氧气，光照强度对电池的输出功率有影响，故B正确；C.外电路电子由负极流向正极，即碳棒a碳棒b，电流方向与电子方向相反，即为碳棒b碳棒a，故C错误；D. 酸性增强会使菌落失活，故工作一段时间后，电池效率降低，故D正确；故选C。【点睛】C项为易错点，原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应，电流从正极经外电路流向负极。5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Y同周期，W2X2Y4是一种弱酸，该酸能使酸性KMnO4溶液褪色，同时产生一种使澄清石灰水变浑浊的气体。工业上，Z的单质可通过电解其熔融氧化物制得，下列说法正确的是（ ）A. W与X可形成两种以上的二元化合物B. 简单氢化物的热稳定性X比Y强C. W2Y和W2Y2所含共价键类型完全相同D. Y和Z简单离子半径：YC，所以气态氢化物的热稳定性：H2OCH4，故B错误；C.H2O仅含有极性共价键，H2O2既含有极性共价键又含有非极性共价键，故C错误；D.核外电子排布相同的离子半径，核电荷数越大，离子半径越小，即O2-Al3+，故D错误；故选A。【点睛】掌握元素周期律中金属性、非金属性在元素周期表中的变化规律及表现是解决本题的关键。6.常温下，Ag2S与CuS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）A. Ksp(Ag2S)=1029.2B. 向含CuS沉淀的悬浊液中加入Na2S饱和溶液，Ksp(CuS)减小C. 若Z点为Ag2S的分散系，(沉淀)(溶解)D. CuS(s)+2Ag+(aq)Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常数很大，反应趋于完全【答案】D【解析】【详解】A. Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)=(10-20)2109.2=10-49.2，故A错误；B. Ksp(CuS)只受温度影响，故B错误；C.由图象可知，Z点的坐标在曲线上方，即Z点Ag2S的Qc(溶解)，故C 错误；D.根据方程式可知，K=，根据X点和Y点可知，Ksp(CuS)远大于Ksp(Ag2S)，即该反应的平衡常数很大，反应趋于完全，故D正确；故选D。7.电化学间接氧化法处理H2S气体的过程主要有：废气吸收：2Fe3+H2S=2Fe2+2H+S；吸收剂再生：Fe2+2e=2Fe3+，其工艺流程如下，下列说法错误的是（ ）A. 为充分吸收废气，应由“填料吸收塔”的底部进气，从塔顶喷入吸收液B. 发生在“气体混合器”中，发生在“电解槽”中C. 、总反应的化学方程式为：H2S=H2+SD. “尾气处理器”可盛放NaOH溶液【答案】B【解析】【详解】A. “填料吸收塔”的底部进气，从塔顶喷入吸收液，使得气体和液体充分接触，从而达到反应充分的目的，故A正确；B.从流程图可知，发生在“填料吸收塔”中，发生在“电解槽”中，故B错误；C. 从流程图可知，中生成的H+在电解槽中得到电子生成H2，总反应为：H2S=H2+S，故C正确；D.尾气中主要是未反应的H2S气体，可用氢氧化钠吸收，故D正确；故选B。三、非选择题：共174分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。8.次磷酸钠(NaH2PO2)是有机合成的常用还原剂，一般制备方法是将黄磷(P4)和过量烧碱溶液混合、加热，生成次磷酸钠和PH3，PH3是一种无色、有毒的可燃性气体。实验装置如图所示：回答下列问题：（1）在a中加入黄磷、活性炭粉末，打开K1，通入N2一段时间，关闭K1，打开磁力加热搅拌器，滴加烧碱溶液。活性炭粉末作为黄磷的分散剂，原理是_，b的作用_。a中反应的化学方程式为_。（2）反应结束后，打开K1，继续通入N2，目的是_。d的作用是_。（3）c中生成 NaH2PO2和NaCl，相关物质溶解度(S)如下：充分反应后，将c中混合液蒸发浓缩，有大量晶体析出，该晶体主要成分的化学式为_，然后_、_、过滤、洗涤、干燥，得到含NaH2PO2的粗产品。（4）产品纯度测定：取产品m克配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，酸化后加入25mL0.10mol/L碘水，于暗处充分反应后，以淀粉溶液做指示剂，用0.10 mol/L Na2S2O3溶液滴定至终点，平均消耗VmL，相关反应方程式为：H2PO2+H2O+I2=H2PO3+2H+2I，2S2O32+I2=S4O62+2I。产品纯度表达式为_。【答案】 (1). 使反应物充分混合，加快反应速率 (2). 安全瓶 (3). P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO4+PH3 (4). 排出装置中的未反应的PH3，使PH3被c装置吸收 (5). 吸收尾气，防止污染空气 (6). NaCl (7). 趁热过滤 (8). 冷却结晶 (9). 【解析】【分析】根据物质的制备、分离、提纯原理分析解答；根据化学反应方程式进行物质的量计算。【详解】（1）活性炭粉末作为黄磷的分散剂，使反应物充分混合，加快反应速率，b装置在实验流程中起到了安全瓶的作用，防止倒吸，故答案为：使反应物充分混合，加快反应速率；安全瓶；a中氢氧化钠与黄磷(P4)反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO4+PH3，故答案为：P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO4+PH3；（2）反应结束后，打开K1，继续通入N2，是为了排出装置中的未反应的PH3，促进PH3被c装置吸收，d装置最后进行尾气处理，从而达到保护环境的目的，故答案为：排出装置中的未反应的PH3，使PH3被c装置吸收；吸收尾气，防止污染空气；（3）根据题干信息可知，NaCl的溶解度受温度影响不大，则c中混合液蒸发浓缩，有大量晶体析出，析出的晶体为NaCl，由于NaH2PO2溶解度受温度影响变化大，所以应该进行趁热过滤分离出NaCl后，再进行冷却结晶得到NaH2PO2，故答案为： NaCl；趁热过滤，冷却结晶；（4）产品纯度测定：根据离子方程式可知，n(H2PO2-)=n(I2)=0.10mol/L0.025L-n(S2O32-)10=0.025-0.0005Vmol，产品纯度为：，故答案为：。9.ZrO2是重要耐高温材料，以天然锆石(主要成份为 ZrSiO4，含Al、Cu的氧化物杂质)为原料制备ZrO2的一种工艺流程如下。已知SiCl4沸点为57.6，ZrCl4易溶于水。回答下列问题：（1）ZrSiO4中Zr的化合价为_。“氯化”过程中ZrSiO4发生反应的化学方程式_。（2）“混合气体”中某成分能发生水解反应，生成两种酸，两种酸的名称分别是_。（3）“白色沉淀”的化学式为_，利用平衡移动原理分析加入乙酸乙酯的作用_。（4）加入“过量NaOH溶液”时生成ZrO2xH2O，该反应的离子方程式为_。（5）加入氨水的作用是_。【答案】 (1). +4 (2). ZrSiO4+4C+4Cl2ZrCl4+SiCl4+4CO (3). 盐酸和硅酸 (4). Al(OH)3 (5). 溶液中存在水解平衡NaAlO2+2H2ONaOH+Al(OH)3，酯类水解消耗氢氧化钠，促进水解平衡向正反应方向移动，生成Al(OH)3沉淀； (6). Zr4+4OH-+(x-2)H2O=ZrO2xH2O (7). 溶解Cu(OH)2，分离出ZrO2xH2O【解析】【分析】天然锆石氯化后生成了氯化锆，四氯化硅和CO气体，以及未反应的Cl2和杂质混合在一起，再与过量氢氧化钠反应，得到ZrO2xH2O、Cu（OH）2、NaAlO2，过滤分离后，再加氨水，氢氧化铜与氨水反应生成氢氧化四氨合铜，最终得到ZrO2xH2O；【详解】(1) ZrSiO4中Si显+4价，O显-2价，即Zr显+4价，“氯化”过程中ZrSiO4发生反应的化学方程式：ZrSiO4+4C+4Cl2ZrCl4+SiCl4+4CO，故答案为：+4；ZrSiO4+4C+4Cl2ZrCl4+SiCl4+4CO；(2)混合气体中含有SiCl4，水解后生成盐酸和硅酸，故答案为：盐酸和硅酸；(3)偏铝酸钠在溶液中水解，生成氢氧化钠，乙酸乙酯在碱性条件下水解生成乙酸消耗氢氧化钠，促进水解平衡向正反应方向移动，生成氢氧化铝沉淀，则白色沉淀为氢氧化铝，故答案为：Al(OH)3；溶液中存在水解平衡NaAlO2+2H2ONaOH+Al(OH)3，酯类水解消耗氢氧化钠，促进水解平衡向正反应方向移动，生成Al(OH)3沉淀；(4) 加入“过量NaOH溶液”时生成ZrO2xH2O，离子方程式为：Zr4+4OH-+(x-2)H2O=ZrO2xH2O，故答案为：Zr4+4OH-+(x-2)H2O=ZrO2xH2O；(5)Cu(OH)2与过量的氨水反应生成氢氧化四氨合铜，从而可以把ZrO2xH2O分离出来，故答案为：溶解Cu(OH)2，分离出ZrO2xH2O。10.水蒸汽催化重整生物油是未来工业化制氢的可行方案。以乙酸为模型物进行研究，发生的主要反应如下：ICH3 COOH(g)+2H2O(g) 2CO2 (g)+ 4H2(g) H1CH3COOH(g)2CO(g)+ 2H2(g) H2III CO2(g)+ H2(g)CO(g)+ H2O(g) H3回答下列问题：（1）反应中物质化学键键能数据如下：H3=_kJmol1（2）重整反应的各物质产率随温度、水与乙酸投料比(S/C)的变化关系如图(a)、(b)所示。由图(a)可知，制备H2最佳的温度约为_。由图(b)可知，H2产率随S/C增大而_(填“增大”或“减小”)，其原因是：_。（3）反应I的化学平衡常数K的表达式为_向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH3COOH和H2O混合气体，若仅发生反应I至平衡状态，测得H2的体积分数为50%，则CH3COOH平衡转化率为_。（4）反应体系常生成积碳。当温度一定时，随着S/C增加，积碳量逐渐减小，反应的化学方程式为_。（5）电解含CH3COOH的有机废水也可获得清洁能源H2，原理如图所示。则B为电源_极，电解时阳极的电极反应式为_。【答案】 (1). +36 (2). 800 (3). 增大 (4). S/C增大时，反应I平衡向正反应方向移动，反应III平衡向逆反应方向移动，使体系中的H2的量增大 (5). (6). 40% (7). C+H2O（g）CO+H2 (8). 负 (9). CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+【解析】【分析】根据盖斯定律书写热化学反应方程式；根据电解池原理分析解答，根据化学平衡三段式原则进行计算。【详解】(1) 反应热=反应物总键能生成物总键能，故H3=（803kJ.mol12+2436kJ.mol1）(1076 kJ.mol1+4652kJ.mol1)=+36kJ.mol1；故答案为：+36；(2) 由图(a)可知，制备H2在800时，达到最高转化率，则制备氢气最佳的温度约为800；故答案为：800；由图(b)可知，S/C增大时，反应I平衡向正反应方向移动，反应III平衡向逆反应方向移动，使体系中的H2的量增大，故答案为：增大；S/C增大时，反应I平衡向正反应方向移动，反应III平衡向逆反应方向移动，使体系中的H2的量增大；（3）反应I的化学平衡常数K=，设CH3COOH和H2O的物质的量均为1mol，平衡时，反应了CH3COOH xmol，I CH3 COOH(g)+2H2O(g) 2CO2 (g)+ 4H2(g)初始 1mol 1mol 0 0反应了 xmol 2xmol 2xmol 4xmol平衡时 (1-x)mol (1-2x)mol 2xmol 4xmol测得H2的体积分数为50%，则，计算得x=0.4mol，醋酸的转化率为：=40%，即CH3COOH平衡转化率为40%，故答案为：；40%；（4）当温度一定时，随着S/C增加，积碳量逐渐减小，是由于积碳与水蒸气反应生成了CO和H2，反应的化学方程式为C+H2O（g）CO+H2，故答案为：C+H2O（g）CO+H2；（5）从图中信息可知，乙酸在阳极失去电子得到CO2，即电源A极为正极，电解方程式为：CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+， H+在阴极得到电子生成H2，电源B极为负极，故答案为：负；CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科技所做的第一题计分。11.硼族元素在科学研究领域有重要应用，回答下列问题：（1）Ga是硼族元素，写出其M能层的电子排布式_。（2）B是硼族元素中唯一的非金属性元素。Li、Be、C、Al中第一电离能比B大的是_-菱形硼品体结构单元是如图所示的正二十面体，该结构单元由_个硼原子构成。（3）Al单质熔点为660，Ga单质的熔点为30，Al比Ga熔点高的原因是_（4）Al存在AlCl4、Al2Cl7、AlF63等多种配离子。AlCl4的立体构型为_，Al2Cl7，结构如图所示：其中Cl杂化方式为_。存在AlCl4、AlF63，不能形成AlF63的原因是_。（5）氮化镓为六方晶胞，结构如图所示。画出晶胞中Q原子沿z轴在xy平面上的投影_。该晶体密度为gm3，晶胞参数a-=bc(单位：nm)，a、b夹角为120，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c=_nm(用含a、b、NA的代数式表示)。【答案】 (1). 3s23p63d10 (2). Be、C (3). 12 (4). Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高 (5). 正四面体 (6). sp3 (7). 由于F原子半径小于Cl原子，所以铝周围可以容纳更多的F原子 (8). (9). 【解析】【分析】根据晶胞的结构与性质进行相关计算；根据原子的核外电子排布规律书写电子排布式；根据杂化轨道理论分析解答。【详解】（1）Ga是31号元素，核外电子排布式：Ar3d104s24p1，Ga的M能层排满了电子，电子排布式3s23p63d10，故答案为：3s23p63d10；（2）同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，则第一电离能CB，由于Be形成2s轨道排满，较稳定，所以第一电离能BeB，故答案为：Be、C；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的，每个等边三角形拥有的顶点为： 3=，20个等边三角形拥有的顶点为：20=12；故答案为：12；(3)Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高；故答案为：Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高；(4) AlCl4的立体构型为正四面体结构，由图可知，Al2Cl7中Cl与2个Al原子形成共价键，且含有2对孤对电子，所以Cl的杂化方式为sp3杂化，故答案为：正四面体，sp3；由于F原子半径小于Cl原子，所以铝周围可以容纳更多的F原子，故答案为：由于F原子半径小于Cl原子，所以铝周围可以容纳更多的F原子；(5) 由晶胞结构可知，Q原子的投影位于xy面，平行四边形右侧三角形中，故答案为：；1个晶胞的质量为：g，晶胞的体积为：cm3=，c=，故答案为：。12.已知化合物M是合成荧光物质COFs的中间体，COFs可用于制作OLED发光材料，其合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称为_。（2）的反应类型是_，的反应条件为_。（3）E的结构简式为_。（4）F的分子式为_。（5）反应的化学方程式为_。（6）H是F的同分异构体，写出一种含有氨基(NH2)，可与FeCl3溶液发生显色