1、广西名校2019届高三上学期联合调研（12月）考试理科综合试题（化学部分）1.中华本草等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。下列说法错误的是A. 炉甘石不溶于水，但能溶于稀盐酸或稀硫酸B. 锌是人体必需的微量元素C. ZnCO3是含有共价键的离子化合物D. 将炉甘石、赤铜(Cu2O)和木炭粉混合后灼热可制得青铜【答案】D【解析】【详解】A.ZnCO3不溶于水，但能与稀盐酸或稀硫酸反应而溶解，故A项说法正确；B.锌是人体必需的微量元素，故B项说法正确；C.ZnCO3中Zn2+与CO32-是以离子键结合的，CO32-内部是以共价键结合的，故C项说法正确；D.将
2、炉甘石、赤铜(Cu2O)和木炭粉混合后灼热，ZnCO3分解成ZnO和CO2，ZnO、Cu2O被碳还原得到Zn和Cu，所以最终得到黄铜而非青铜，故D项说法错误。答案选D。2.下列叙述正确的是A. 同等质量的乙炔(C2H2)和苯中，原子数比为13B. 16gO2与16gO3中，含有相同的质子数C. 1mol重水(D2O)与1mol水(H2O)中，中子数相同D. 1mol二氧化碳和1mol甲烷中，共用电子对数目之比为12【答案】B【解析】【详解】A.乙炔和苯的最简式相同都为CH，所以同等质量的乙炔和苯中C、H原子数目相等，所以同等质量的乙炔(C2H2)和苯中原子数比为11，A项错误；B.16gO2与
3、16gO3中，所含的氧原子数相同，因此有相同的质子数，B项正确；C.1mol重水中氘原子含1个中子，而水中H原子不含中子，重水与水中氧原子的中子数相同，所以物质的量相同的重水和水中中子数不同，故C项错误；D.1个二氧化碳分子中含有4对共用电子对，1个甲烷分子中含有4对共用电子对，所以1mol二氧化碳和1mol甲烷中，共用电子对数目之比为11，故D项错误。答案选B。3.苯环之间共用两个相邻碳原子而互相稠合的芳香烃称为稠环芳香烃，萘()是最简单的一种。下列关于萘的说法错误的是A. 在加热和浓硫酸作用下，萘可以与浓硝酸发生取代反应B. 萘的二氯代物有9种(不含立体异构)C. 萘分子中所有碳原子和氢原
4、子均处于同一平面D. 萘不能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A.萘与苯性质相似，在加热和浓硫酸作用下，可以与浓硝酸发生取代反应，故A项说法正确；B. 萘的二氯代物有10种(不含立体异构)，如图，氯原子可以取代图中8个碳原子上的H，1、4、5、8等效，2、3、6、7等效，一个氯定位到1位，则二氯能取代位置为1,2；1,3；1,4；1,5；1,6；1,7；1,8；共七种；一个氯定位到2位，则二氯能取代位置为2,3；2,6；2,7；共三种，总共10种，故B项说法错误；C.萘分子中两个苯环共用两个碳原子，由于碳碳键无法旋转，联想苯的结构，萘分子中所有碳原子和氢原子均处于同一平面上，故C
5、项说法正确；D.萘分子中没有碳碳双键，所以不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D项说法正确。答案选B。【点睛】关于二元取代物数目的确定，可以用定一移二法来找，即先定一个取代位置，移动另一个取代位置，从而得到总数目。4.下列实验操作不当或实验结论错误的是A. 用过氧化氢溶液制取氧气时，加少量MnO2以加快反应速率B. 用标准HCl溶液滴定 NaHCO3溶液来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂C. 用铂丝蘸取某碱金属的化合物溶液灼烧，火焰呈黄色，证明该化合物是钠盐D. 给试管里的液体加热，液体体积一般不超过试管容积的三分之一【答案】C【解析】【详解】A. MnO2具有催化作用，能够加快过氧化氢溶液的分解，加
6、快反应速率，A正确；B. 用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液，滴定终点时，碳酸氢钠完全反应生成氯化钠、二氧化碳和水，此时溶液显酸性，应该选择遇酸变色的甲基橙为指示剂，B正确； C. 用铂丝蘸取某碱金属的化合物溶液灼烧，火焰呈黄色，证明该化合物一定含有钠元素，可能是钠盐，也有可能是氢氧化钠等，C错误；D. 为防止加热过程中液体不会从试管里溢出，给试管里的液体加热，液体体积一般不超过试管容积的三分之一，D正确；综上所述，本题选C。5.如图装置，放电时可将Li、CO2转化为Li2CO3和C，充电时选用合适催化剂仅使Li2CO3转化为Li、CO2和O2。下列有关表述正确的是A. 放电时，Li+向电极
7、X方向移动B. 充电时，电极Y应与外接直流电源的负极相连C. 充电时，阳极的电极反应式为C+2Li2CO34e=3CO2+4Li+D. 放电时，每转移4mol电子，生成1molC【答案】D【解析】由图可知放电时，电极X为负极，负极上锂放电生成锂离子，电极反应式为：Li-e-=Li+；电极Y为正极，正极上CO2放电转化为Li2CO3和C，电极反应式为3CO2+4Li+4e-= C+2Li2CO3。放电时，阳离子Li+向正极Y方向移动，A错误；放电时，电极Y为正极，充电时电极Y应与外接直流电源的正极相连，B错误；充电时阳极上，合适催化剂仅使Li2CO3转化为CO2和O2，电极反应式为2Li2CO3
8、4e-=2CO2+ O2+4Li+，C错误；由正极电极反应式可知，放电时，每转移4mol电子，生成1molC，D正确。6.常温下，向10mL0.1molL1CuCl2溶液中滴入0.1mlL1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中1gc(Cu2+)随滴人的Na2S溶液体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A. Na2S溶液中：c(S2)+c(HS)+c(H2S)=2c(Na+)B. Ksp(CuS)的数量级为1036C. a、b、c三点溶液中，b点水的电离程度最大D. c点溶液中：c(C1)=2c(Na+)【答案】B【解析】【分析】A.根据物料守恒写出Na2S溶液中离子浓度之间的关系式；B.b点是CuC
9、l2与Na2S溶液恰好完全反应的点，c(Cu2+)=c(S2-)，据此进行分析；C.CuCl2、Na2S均能水解促进水电离，氯化钠对水的电离平衡无影响；D.c点溶液为NaCl和Na2S，根据原子守恒计算出n(Cl-)、n(Na+)，从而得出结论。【详解】A.根据物料守恒Na2S溶液中：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，故A错误；B.b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，c(Cu2+)=c(S2-)，根据b点数据，c(Cu2+)=110-18mol/L，该温度下Ksp(CuS)=110-36，Ksp (CuS)的数量级为10-36，故B正确；C.CuCl2、
10、Na2S均能水解、促进水电离，b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，溶质是氯化钠，对水的电离平衡没有影响，水的电离程度最小的为b点，故C错误；D.c点溶液为NaCl和Na2S，根据原子守恒可知，n(Cl-)=100.1210-3=210-3mol，n(Na+)=0.12010-32=410-3mol，则 c点溶液中：2c(Cl-)=c(Na+)，故D错误；综上所述，本题选B。7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，X的某种单质可用作粮仓中的粮食保护气，Y和Z原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数，Z原子核外电子数是W原子最外层电子数的2倍。下列说法正确的是A. 原
11、子半径大小为YXWZB. Z的简单氢化物的热稳定性比W的弱C. Y、W的离子具有相同的电子层结构D. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强【答案】B【解析】【分析】根据元素周期表，短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的某种单质可用作粮仓中的粮食保护气，X为N元素；Y和Z原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数，Z原子核外电子数是W原子最外层电子数的2倍，设W的最外层电子数为a，则Z的核外电子数为2a，Y的最外层电子数为a-（2a-10）=10-a，若a=7，则Z为Si，Y为Al，W为Cl符合题意；若a=6，Z为Mg，Y为C或Si均不符合原子序数增大，以此来解答。【详解】由
12、上述分析可知，X为N，Y为Al，Z为Si，W为Cl，A.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：r（X）r（W）r（Z）r（Y），故A项错误；B非金属性ZW，则元素Z的简单氢化物的热稳定性比W的弱，故B项正确；C元素Y、W的离子相差1个电子层，故C项错误；D.非金属性Z”或“ (6). p3p2p1 (7). 50% (8). 0.01【解析】【详解】（1）在反应中N的化合价从+5+4降低1价，Mo从0+6升高6价，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，必有6个硝酸中N降低61=6价，同时有1个Mo升高16=6价，即6个硝酸和1个Mo同时反应，即氧化剂有6摩尔硝酸反应
13、时，就有1摩尔还原剂钼反应，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1，故答案为6:1；（2）根据盖斯定律2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)；2MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g)；MoS2(s)+2 O2(g)=Mo(s)+2SO2(g)，（式-式）2=式，所以H3=（H2-H1），故答案为（H2-H1）；（3）将辉钼矿（MoS2）放入装有食盐水的电解槽中，用惰性电极电解，MoS2被氧化为MoO42-和SO42-，所以辉钼矿应放入电解槽的阳极，故答案为阳极区；阴极区放电的阳离子为钠离子和氢离子，放电顺序氢离子在钠离子之前，阴极氢离子放电的电极反应为2H+2e
14、-=H2(或2H2O+2e-=H2+2OH-)，故答案为2H+2e-=H2(或2H2O+2e-=H2+2OH-)；（4）由图1相同压强下，温度升高，氢气转化率增大，则平衡正向移动，又因为温度升高平衡向吸热反应方向移动，所以该反应正向吸热，H0，故答案为；根据反应方程式MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s) Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)可知该反应正向为气体体积增大的方向，在相同温度下，压强越大氢气的转化率越小，由图1可知：在相同温度下p1下氢气的转化率最大，所以p1压强最小，p3下氢气的转化率最小，所以p3压强最大，所以p3p2p1，故答案为p3p2p1
15、由MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s) Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，设A混合气体的总物质的量为1mol，则A点时H2的物质的量为0.4mol，H2O的物质的量为0.4mol，则变化的H2的物质的量为0.4mol，A点时H2的为平衡转化率为(H2)=50%，故答案为50%B点时H2、CO的体积分数均为25%，混合气体为H2、CO、H2O，则H2O的体积分数为1-25%-25%=50%，B点对应的平衡常数K=0.01，故答案为0.01【点睛】在分析图1那种有三个变量的图像时，一般做法是定一议二法，即先找相同压强下氢气平衡转化率与温度的关系，再定相同温度
16、下氢气平衡转化率与压强的关系。11.铜的相关化合物在化工、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：（1）基态Cu原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_，占据该能层电子的电子_云轮廓图形状为_；Cu2+价层电子的轨道表达式(电子排布图)为_。（2）Cu2O熔点(1235)比Cu2S熔点(113)高，它们均属于_晶体，前者熔点较高的原因是_。（3）Cu可与N、S，O等元素形成化合物，N、S、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_；在Cu的催化作用下，乙醇可被氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是_。（4）1moCu(NH3)4SO4中含有键的数目为_(用NA表示阿伏加德罗常数)。（5）Cu与
17、N所形成的某种晶体的立方晶胞如图所示，其晶胞参数为amm。该晶体的化学式为_，晶体的密度为_gcm3(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数)。【答案】 (1). N (2). 球形 (3). (4). 离子 (5). Cu20与Cu2S相比，阳离子相同、阴离子所带的电荷数也相同，但O2-半径比S2-半径小，所以Cu20的晶格能更大，熔点更高 (6). NOS (7). sp3 sp2 (8). 20NA (9). Cu3N (10). 2061021/(NAa3)【解析】【分析】(1) 根据基态Cu原子核外电子排布1s22s22p63s23p63d104s1，判断核外电子占据的最高能层，占
18、据该能层电子的电子云轮廓图形状；画出Cu2+价层电子的轨道表达式；（2）组成和结构相似的离子晶体，晶格能越大，熔点更高； (3) 同一主族， 从上到下，第一电离能减小；同周期随原子序数增大,元素第一电离能呈增大趋势,IIA 族、VA族原子第一电离能高于同周期相邻元素；根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，确定甲醛分子中碳原子的杂化方式；（4）1个NH3中有3个键；1个SO42-中含有4个键；1个铜原子与4个NH3形成4个配位键；据此进行计算； （5）利用均摊法计算晶胞中原子个数，从而找出该物质的化学式；先计算1mol晶胞的质量，再根据=m/V求出晶体的密度。【详解】(1) 基态Cu原子核外
19、电子排布： 1s22s22p63s23p63d104s1，核外电子占据的最高能层的符号是N；占据该能层电子的电子云轮廓图形状为球形；Cu2+价层电子的轨道表达式（电子排布图）为，；综上所述，本题答案是：N；球形；。（2）Cu20熔点(1235)比Cu2S熔点(1130)高，其原因是它们都属于离子晶体，但Cu20与Cu2S相比，阳离子相同、阴离子所带的电荷数也相同，但O2-半径比S2-半径小，所以Cu20的晶格能更大，熔点更高；综上所述，本题答案是：离子；Cu20与Cu2S相比，阳离子相同、阴离子所带的电荷数也相同，但O2-半径比S2-半径小，所以Cu20的晶格能更大，熔点更高。(3) 同一主族
20、， 从上到下，第一电离能减小，同周期随原子序数增大,元素第一电离能呈增大趋势,氮元素原子2p轨道为半满稳定状态,第一电离能高于同周期相邻元素；因此N、S、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：NOS；乙醛中甲基上的C形成4条键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3条键和1条键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；综上所述，本题答案是：NOS；sp3 、sp2； (4)1个Cu(NH3)4SO4中，有4个NH3，1个NH3中有3个键；共含有43=12个键；1个SO42-中含有4个键；1个铜原子与4个NH3形成4个配位键，即有4个键；因此1 moICu(NH3)4SO4中含有键的数目
21、为20NA；综上所述，本题答案是：20NA。(5)由晶胞图可知，一个晶胞中，Cu原子的数目为121/4=3，N原子的数目为81/8=1，因此该晶体的化学式为Cu3N；1mol 晶胞的质量为643+14=206g，一个晶胞的体积V=(a10-7)3cm3，因此晶体的密度=206NA(a10-7)3= 206NAa310-21= 2061021/(NAa3) g/cm3；综上所述，本题答案是：Cu3N；2061021/(NAa3)。【点睛】本题考查了物质结构和性质，涉及核外电子排布、晶格能、杂化轨道、键、晶胞计算等，为高频考点，利用构造原理写出基态该原子核外电子排布，注意利用均摊法计算晶胞的化学式
22、，（4）为该题难点，题目难度中等。12.某化学研究性学习小组以烃A(C5H10)和甲苯为主要原料，采用以下方法合成一种重要的香精素M。已知以下信息：E的结构简式为；F的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3311。回答下列问题：（1）烃A的系统命名法名称为_，C的分子式为_。（2）条件I为_，EF的反应类型是_，GH的反应类型是_。（3）M的结构简式为_。（4）写出CD的化学方程式：_。E生成高分子化合物的化学方程式为_。（5）写出同时符合下列条件的D的同分异构体：_。能与NaOH溶液反应 能发生银镜反应 分子中含有两个甲基（6）E具有相同官能团的E的同分异构体还有_种(E除外)【答案】 (1)
23、. 2-甲基-1-丁烯 (2). C5H12O2 (3). 氢氧化钠的水溶液加热 (4). 消去反应 (5). 水解反应（或取代反应） (6). (7). (8). (9). (10). 11【解析】【分析】由各反应条件和E中羧基是两次氧化得到，可倒退得到D含醛基，C为醇类，B是由A加成溴得到，结合A的分子式，故A为烯烃，B为卤代烃，E转化到F，比较分子式可得，F比E少1分子水，故E到F发生消去反应，由于各反应碳架结构不变化，结合E的结构简式，故A到F分别为A:，B:，C:，D:，E:,F:；甲苯光照取代位置在甲基上，故G为苄基氯，H为苄基氯水解产物故为苯甲醇。【详解】（1）由分析可知A为，名
24、称为2-甲基-1-丁烯，故答案为2-甲基-1-丁烯；C为，故分子式为C5H12O2，故答案为C5H12O2；（2）条件I是转化为的水解反应的条件，即氢氧化钠的水溶液加热，故答案为氢氧化钠的水溶液加热；EF为到即为消去反应，故答案为消去反应；GH的反应条件为氢氧化钠的水溶液是卤代烃水解反应的条件，故答案为水解反应（或取代反应）；（3）M为和苯甲醇酯化反应产物，故答案为（4）CD反应为的催化氧化，故答案为,发生缩聚反应，即同时羧基去羟基，羟基去氢，故反应为（5）D中含两个氧，符合条件的D的同分异构体必须含有醛基而且能与NaOH溶液反应，则必须为甲酸酯才能满足，含两个甲基，则必有支链，故答案为；（6）与E具有相同官能团，则必须含有羧基和羟基，则采用“定一移二”法，碳链上为4个碳，固定羟基后，移动羧基有、共12种，除E外共有11种，故答案为11。【点睛】多官能团有机物写同分异构时一般用到定一移二法，即固定一官能团，移动另一官能团位置来获得不同的异构体。