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广东省广州市2019届高三化学3月综合测试试题（一）（含解析）1.明矾KAl(SO4)212H2O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)3C. “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. 10 gD2O中含有的质子数与中子数均为5NAB. 标准状况下，22.4LCHC13中含C-Cl键的数目为3NAC. 密闭容器中，1mol NH3和1molHCl反应后气体分子总数为NAD. l00mL1.0 mol/L FeC13溶液与足量Cu反应，电子转移数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A. 10 gD2O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0.1NA，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：YWB. 原子半径：ZYXC. 氧化物的水化物的酸性：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 XY，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Cl2D. 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；BNH4Cl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 =4OHC. 理论上，外电路中流过2 mol电子时，负极质量增加58 gD. 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 OHMg(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. Ka(HA)的数量级为10-5B. N点，C. PQ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. 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()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。反应前应通入CO2数分钟的目的是 _。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.KMnO4溶液的作用是_ 。NaNO2溶液的作用是_ 。粗产品中钒的质量分数的表达式为_ 。【答案】 (1). +4 (2). 2V2O5+N2H42HCl+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N2H42HCl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+N2H42HCl+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)+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；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.KMnO4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；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)=2.510-9，Ksp(CoCO3)=1.510-13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=1.67104，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）=2.510-9（1.510-13）=1.67104，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。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。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”）。(4)已知氢化反应平衡常数为1.6 1012，副反应的平衡常数为2.010l2。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)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；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Kp=960kPa；(3)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2.01012。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。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、O、F的电负性由大到小顺序为_，1mol该盐阳离子含有的键的数目为_ ，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NA，则该磷钇矿的密度为_g.cm3（列出计算式）。【答案】 (1). 1s22s22p63s13p33d1 (2). sp3 (3). 2 (4). FONC (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)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；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1mol该盐阳离子含有的键的数目为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-；