【市级联考】广东省深圳市2019届高三下学期4月第二次调研考试理科综合化学试题（解析版）

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1、深圳市深圳市 2019 年高三年级第二次调研考试年高三年级第二次调研考试 理科综合能力测试理科综合能力测试 可能用到的相对原于质量：可能用到的相对原于质量：H 1 S 32 Cu 64 Au 197 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 13 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 78 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。 1.劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷。关于该化合物的说法正确的是 A. 与互为同系物 B. l mol 二噁烷完全燃烧消耗 5molO2 C. 一氯代物有 4种 D. 分子中所有原子均处

2、于同一平面 【答案】B 【解析】 【详解】A. 同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；与不是同 系物，故 A错误； B. 的分子式为 C4H8O2，l mol完全燃烧消耗 O2为（4+ - ）mol=5mol，故 B 正确； C. 分子中只有一种类型的氢原子，所以一氯代物只有 1种，故 C错误； D. 甲烷为四面体结构，分子中含有与甲烷相同的饱和碳原子，因此所有原子不可能处于同一平面， 故 D 错误。 故答案选 B。 【点睛】本题考查有机物的结构和性质，涉及同系物概念、同分异构体种数的判断、有机物的空间构型以 及有机物燃烧耗氧量的计算等， D 项为易错点， 注意含

3、有饱和碳原子时， 有机物中的所有原子不可能共平面。 2.下列实验装置不能达到相应实验目的的是 A. 收集氨气 B. 分离氯化铵和碘单质 C. 制备氧气 D. 制取蒸馏水 【答案】B 【解析】 【详解】A. 氨气的密度比空气小，用向下排空气法收集氨气，故 A正确； B. 加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，遇冷又化合生成氯化铵，而碘在加热时先升华，冷却后又凝华，所 以用加热的方法不能分离氯化铵和碘单质，故 B 错误； C. H2O2在二氧化锰作催化剂的条件下分解生成水和氧气，该反应不用加热，故 C 正确； D.用该装置制取蒸馏水，烧瓶中加沸石防暴沸，冷凝管中冷却水下进上出，故 D 正确。 故答案选

4、B。 3.设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 8 g S4中，含有质子数为 8NA B. 1 L pH=l的稀 H2SO4中，含有 H+数目为 0.2 NA C. 甲烷氯代反应中，消耗 l mol Cl2生成 HCl 分子数为 NA D. 密闭容器中，2 mol NO和 lmolO2充分反应后分子总数为 2NA 【答案】C 【解析】 【详解】A. 8 g S4含 S 原子的物质的量为4=0.25mol，一个 S 原子含有 16 个质子，则 8 g S4 中含有质子数为 0.25NA=4 NA，故 A错误； B. 1 L pH=l的稀 H2SO4中，n(H+)=0.1mol/L

5、1L=0.1mol，则含有 H+数目为 0.1NA，故 B错误； C. 甲烷和氯气的取代反应中，被取代的氢原子的物质的量与氯气的物质的量相等，也等于生成的氯化氢的 物质的量，所以消耗 l mol Cl2生成 HCl分子数为 NA，故 C正确； D. 密闭容器中 2molNO 与 lmolO2充分反应生成的二氧化氮气体中存在 2NO2N2O4平衡，产物的分子 数少于 2NA，故 D 错误。 故答案选 C。 【点睛】本题为阿伏加德罗常数计算题，该类题的特点是以微粒数目的计算为依托，考查物质的结构、元 素化合物、氧化还原反应、电解质溶液等知识。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关 键字

6、词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。 4.NiSO46H2O 易溶于水，其溶解度随温度升高明显增大。以电镀废渣(主要成分是 NiO，还有 CuO、FeO等 少量杂质)为原料制备该晶体的流程如下，下列说法错误的是 A. 溶解废渣时不能用稀盐酸代替稀 H2SO4 B. 除去 Cu2+可采用 FeS C. 流程中 a-b 的目的是富集 NiSO4 D. “操作 I”为蒸发浓缩、冷却结晶 【答案】A 【解析】 【详解】A. 溶液中的 Ni2+，在除去 Cu2+和 Fe2+后加入 Na2CO3溶液生成 NiCO3沉淀，所以溶解废渣时若用 稀盐酸代替稀 H2SO

7、4对制备不会有影响，故 A错误； B. CuS 比 FeS 更难溶，向含有 Cu2+溶液中加入 FeS 发生沉淀的转化生成 CuS，故 B正确； C. NiSO4与 Na2CO3反应生成 NiCO3沉淀， 而后过滤， 再加适量稀硫酸溶解又生成 NiSO4， 这样可提高 NiSO4 的浓度，所以流程中 a-b 的目的是富集 NiSO4 ，故 C正确； D.该晶体为结晶水合物，从溶液中得到该溶质晶体的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶，故 D正确。 故答案选 A。 5.主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次递增，且均不大于 20。其中只有 W、X 处于同一周 期，X的单 质与水反应可生成 W 的单质，

8、W、X、Z的最外层电子数之和是 Y的最外层电子数的 3 倍。下列说法正确 的是 A. 简单离子的半径：ZXW B. ZW2含有非极性共价键 C. 简单氢化物的热稳定性：WO2-F-，故 A 错误； B. Z为 Ca，W 为 O，CaO2为过氧化物，含有非极性共价键，故 B 正确； C. W为 O，Y为 P，非金属性 OP，则简单氢化物的热稳定性：OP，故 C错误； D. Y 为 P，常温常压下 P 的单质为固态，故 D 错误。 故答案选 B。 【点睛】本题考查物质结构元素周期律，依据题目信息推出元素类型是解题的关键，运用元素性质递变规 律解题即可，易错点为 B选项，注意过氧化物中含有非极性共价

9、键。 6.电解法处理 CO2和 SO2混合污染气的原理如下图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后， Ni 电极表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错误的是 A. Ni电极表面发生了还原反应 B. 阳极的电极反应为：2O2-4e-=O2 C. 电解质中发生的离子反应有：2SO2 +4O2=2SO42 D. 该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环 【答案】C 【解析】 【分析】 由图可知，Ni 电极表面发生了 SO42-转化为 S，CO32-转化为 C 的反应，为还原反应；SnO2电极上发生了 2O2-4e-=O2，为氧化反应，所以 Ni电极为阴极，SnO2电极为阳极，据此分析解答

10、。 【详解】A. 由图示原理可知，Ni电极表面发生了还原反应，故 A 正确； B. 阳极发生失电子的氧化反应，电极反应为：2O2-4e-=O2，故 B 正确； C. 电解质中发生的离子反应有：2SO2 +O2+2O2-=2SO42和 CO2 +O2-=CO32-，故 C错误； D. 该过程中在 SO42-和 CO32-被还原的同时又不断生成 SO42-和 CO32-，所以实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐 的自补充循环，故 D正确。 故答案选 C。 7.人体血液存在 H2CO3/HCO3 、HPO 4 2-/H 2PO4 等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值 lg xx 表示或与

11、 pH 的关系如图所示。已知碳酸 pKal6.4、磷酸 pKa27.2 （pKa -lgKa） 。则下列说法不正确的是 A. 曲线表示 lg与 pH 的变化关系 B. ab 的过程中，水的电离程度逐渐增大 C. 当 c(H2CO3) c (HCO3 )时，c(HPO 4 2)=c(H 2PO4 ) D. 当 pH 增大时，逐渐增大 【答案】D 【解析】 【分析】 由电离平衡 H2CO3 HCO3-+H+、H2PO4- HPO42-+H+可知，随 pH增大，溶液中 c(OH-)增大，使电离平衡向 右移动，H2CO3 /HCO3-减小，HPO42-/H2PO4-增大，所以曲线 I表示 lgH2CO

12、3 /HCO3-)与 pH的变化关系，曲 线 II表示 lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)与 pH的变化关系，以此分析解答。 【详解】A. 根据以上分析，曲线 I表示 lgH2CO3 /HCO3-)与 pH的变化关系，故 A 错误； B. 曲线 I表示 lgH2CO3 /HCO3-)与 pH的变化关系，ab的过程中，c(HCO3-)逐渐增大，对水的电离促进作 用增大，所以水的电离程度逐渐增大，故 B 错误； C. 根据 H2CO3 HCO3-+H+，Kal=；H2PO4- HPO42-+H+，Ka2=；由题给信息 可知，Ka1Ka2，则当 c(H2CO3) =c(HCO3 )时 c(H

13、PO42-) c(H2PO4-)，故C 错误； D. 根据 Kal=；Ka2=，可得 c(HCO3- ) c(H2PO4-)/c(HPO42-)= c(H2CO3)， 当 pH增大时，c(H2CO3)逐渐减小，所以 c(HCO3- ) c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小，故 D正确。 故答案选 D。 【点睛】本题考查电解质溶液，涉及电离平衡移动、电离平衡常数及水的电离等知识，正确分析图象是解 题的关键，注意电离常数只与温度有关，温度不变，电离常数不变，注意平衡常数的表达式及巧妙使用。 8.FeCl3是重要的化工原料，无水氯化铁在 300以上升华，遇潮湿空气极易潮解 (1)制备无水氯

14、化铁 仪器 X 的名称为_。 装置的连接顺序为 a_i，k_(按气流方向，用小写字母表示)。 实验结束后，取少量 F中的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有 Fe2+，其原因为_。 (2)探究 FeCl3与 SO2的反应 已知反应体系中存在下列两种化学变化： (i) Fe3+与 SO2发生络合反应生成 Fe(SO2)62+(红棕色)； (ii) Fe3+与 SO2发生氧化还原反应，其离子方程式为_ _ _ 实验结论：反应(i)、(ii)的活化能大小关系是：E(i)_E(ii)(填“”、 “C (7). 正四面体 (8). PO43-、 ClO4- (9). CaO 的晶格能大于 BaO的晶格能

15、(10). 【解析】 【分析】 （1）根据基态 Cu 原子的外围电子排布为写出价电子排布图； （2）亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态； （3）根据 Cu 原子的堆积方式图分析解答； （4）NH3中 N 原子价电子对数为 4，以此分析杂化方式；同周期元素的第一电离能随核电荷数的增加而增 大，但 N原子的 2p 轨道是半充满的稳定状态，所以 N元素的第一电离能大于 O；SO42-的中心原子硫原子的 价层电子对数为=4，没有孤电子对，以此分析空间构型；SO42-的价电子数为 32，等电子体具有相同的 价电子总数。 （5）CaO和 BaO 都是离子晶体，Ca2+离子半径小于 Ba2+，CaO 的晶

16、格能大于 BaO的晶格能； （6）根据均摊法求出一个晶胞的质量和体积，再根据 = 计算晶体密度。 【详解】 （1）基态 Cu原子的外围电子排布为：3d104s1，则基态 Cu原子的价电子排布图为： ； 故答案为：； （2）失去一个电子后，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态，所以导致高温下 Cu2O比 CuO稳定； 故答案为：亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态； （3）晶胞中 Cu原子位于面心、顶点上，属于面心立方最密堆积； 以顶点 Cu 原子研究，与之相邻的原子处于面心，每个顶点为 8 故晶胞共用，每个面心为 2个晶胞共有，故 Cu原子配位数为 3=12； 故答案为：面心立方最紧密堆积；1

17、2； （4）NH3中 N 原子价电子对数为 4,则杂化方式是 sp3； 同周期元素的第一电离能随核电荷数的增加而增大，但 N 原子的 2p 轨道是半充满的稳定状态，所以 N元素 的第一电离能大于 O，则 C、N、O三元素的第一电离能由大到小的顺序是 NOC； SO42-的中心原子硫原子的价层电子对数为=4，没有孤电子对，所以 SO42-的空间构型为正四面体； SO42-价电子数为 32，与 SO42-互为等电子体的五核微粒有 PO43-、ClO4-等。 故答案为：sp3 ；NOC；正四面体；PO43-、ClO4-等； （5） CaO和 BaO都是离子晶体， 因为 Ca2+离子半径小于 Ba2+

18、， CaO的晶格能大于 BaO 的晶格能， 所以 CaO 的熔点比 BaO的熔点高； 故答案为：CaO的晶格能大于 BaO的晶格能； （6）Au 原子在晶胞占有的位置为 8 个顶点，Au原子的个数 8=1，Cu 原子在晶胞的位置在面心，Cu 原 子的个数是 6=3，H原子在晶胞内部，共有 8 个，则该晶体一个晶胞的质量为 g； 若 Cu 原子与 Au原子的最短距离为 a nm， 则晶胞立方体的棱长为a nm， 一个晶胞的体积为 （a10-7cm） 3=2 a310-21cm3，则该晶体储氢后密度为gcm-3， 故答案为：。 12.蜂胶是一种天然抗癌药，主要活性成分为咖啡酸苯乙酯(J)。合成化合

19、物 I的路线如下： 已知： RCHO+HOOCCH2COOH RCH=CHCOOH 当羟基与双键碳原子相连时，易发生转化：RCH-CHOH=RCHCHO 请回答下列问题： (l)化合物 F的名称是_;B-C 的反应类型是_。 (2)化合物 E 中含氧官能团的名称是_；G-H的反应所需试剂和条件分别是_、_。 (3)写出化合物 C 与新制 Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式_。 (4)化合物 W与 E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有 3 个取代基，则 W 可 能的结构有_种(不考虑顺反异构)，其中核磁共振氢谱显示有 6种不同化学环境的氢，峰面积比为 2:2:1： 1

20、:1:1，写出符合要求的 W的结构简式_。 (5)参照上述合成路线， 设计由 CH3CH=CH2和 HOOCCH2COOH 为原料制备 CH3CH2CH=CHCOOH 的合成 路线(无机试剂任选)_。 【答案】 (1). 苯乙烯 (2). 取代反应 (3). 羟基、羧基 (4). 氢氧化钠水溶液 (5). 加热 (6). (7). 11 (8). (9). 【解析】 【分析】 根据已知，A和 H2O2反应生成 B，结合 C 的结构简式可推知 B 的结构简式为 ；B发生取代反应生 成 C；根据已知，在吡啶，加热条件下， C转化为 D，由 C的结构可推出 D的结构简式为； F和 HBr在过氧化物存

21、在的条件下发生加成反应生成 G，G的结构简式为；G水解生成 H，H 为 醇，E 为羧酸，在浓硫酸，加热条件下 E 和 H 发生酯化反应生成 I，由 I 的结构可推知 E 的结构简式为 ，DE 为取代反应，以此分析解答。 【详解】(l)由 F 的结构简式可知，化合物 F 的名称是苯乙烯；BC 是转化为的反应，羟 基上的氢原子被甲基取代，则反应类型是取代反应， 故答案为：苯乙烯；取代反应； (2) E的结构简式为，则 E中含氧官能团的名称是羟基、羧基；GH是卤代烃的水解反应， 所需试剂和条件分别是氢氧化钠水溶液、加热， 故答案为：羟基、羧基；氢氧化钠水溶液、加热； (3) 分子中含有醛基，与新制

22、Cu(OH)2悬浊液反应醛基被氧化产生砖红色沉淀，化学方程式为 ， 故答案为：； (4) E的结构简式为， 化合物 W与 E互为同分异构体， 两者所含官能团种类和数目完全相同， 且苯环上有 3个取代基，则 W可能的结构有：、 、 、共 11种；其中核磁共振氢谱显示有 6种不同化学环境的氢，峰面积比 为 2:2:1:1:1:1，写出符合要求的 W的结构简式； 故答案为：11； (5) 要制备 CH3CH2CH=CHCOOH，根据已知，可用丙醛 CH3CH2CHO 与 HOOCCH2COOH在吡啶，加热 条件下反应制得，结合所提供的原料，只需完成由 CH3CH=CH2合成丙醛即可，具体设计的合成路线为： ， 故答案为：。