精品解析广东省广州市届高三第一次模拟考试理综化学试题解析版Word格式文档下载.docx
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C.一氯代物有4种（不考虑立体异构）
解析】
详解】A．中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；
B．苯环为平面结构，碳碳双键为平面结构，但分子结构中含有亚甲基，分子中所有原子不可能处同一平面上，故B错误；
C．
上有4种H原子（），
氯代物有4种，故C正确；
D．
的分子式相同，均为
C10H10，但结构不同，互为同分异构体，故
D正确；
故选B。
【点睛】有机物分子中只要含有饱和碳原子（包括：
-CH3、-CH2-、、）中的一种，分子中的所有
原子就不可能处于同一平面内。
3.实验室模拟氨催化氧化法制硝酸的装置如图所示（无水CaCl2可用于吸收氨气），下列说法错误的是
发生催化氧化，4NH3
A.装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液
B.装置③中气体呈红棕色
C.装置④中溶液可使紫色石蕊溶液变红，说明有HNO3生成
D.通空气主要作用是鼓出氨气，空气可用N2代替
答案】D
分析】空气通入浓氨水后，氨气和氧气的混合气体经过干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，
故选D。
4.
W、X、Z
一种矿石[Y3Z2X5（XW）4]的组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中分别位于不同周期，其中Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半,1个W2X分子含有10个电子。
下列说法正确的是
A.原子半径：
Y>
Z>
X>
W
B.Y与X可形成共价化合物
C.Z的最高价氧化物的水化物是中强酸
D.简单氢化物的沸点：
Z>
X
【答案】A
【分析】
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，则W为H元素，X
位于第2周期，Z位于第3周期，1个W2X分子含有10个电子，则X为O元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，Z最外层有4个电子，Z为Si元素，Y3Z2X5（XW）4的化学式为Y3Si2O5（OH）4，根据正负化合价的代数和为0，Y显+2价，为Mg元素，据此分析解答。
【详解】A．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半
径：
X>
W，故A正确；
B．Y为Mg元素，为活泼的金属元素，X为O元素，是活泼的非金属性元素，Y与X形成离子化合物，故B错误；
C．Z为Si元素，Z的最高价氧化物的水化物是两性氢氧化物，故C错误；
D．水分子间能够形成氢键，因此简单氢化物的沸点：
Z，故D错误；
故选A。
【点睛】正确推断元素是解题的关键。
本题的易错点为B，要注意活泼的金属元素和活泼的非金属元素容
易形成离子键。
5.我国科学家设计了一种太阳能驱动从海水中提取金属锂的装置，示意图如图所示。
该装置工作时，下列说法正确的是
A.铜箔上的电势比催化电极上的高
B.海水的pH变大
C.若转移1mol电子，理论上铜箔增重7g
D.固体陶瓷膜可用质子交换膜代替
答案】C
分析】根据海水提取金属锂的装置图知，催化电极上放出气体，为氯离子放电生成氯气，因此催化电极为阳极，则铜箔为阴极，阴极上得电子发生还原反应析出金属锂，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，催化电极为阳极，铜箔为阴极，铜箔上电势比催化电极上的低，故A错误；
B．海水中的锂离子和氯离子放电，海水的pH基本不变，故B错误；
C．根据转移电子数相等，若导线中转移1mol
电子，则铜箔上产生1molLi，质量为7g，故C正确；
质子交换膜代替，故D错误；
注意固体陶瓷膜为阳离子交换膜，是使锂离子通过的，不能用质子交换膜代替。
6.已知邻苯二甲酸（H2A）的Ka1=1.11×
0-3，Ka2=3.9×
10-6。
常温下，用0.10m20.0mL0.10molL·
-1的邻苯二甲酸氢钾（KHA）溶液，溶液pH的变化曲线如图所
A.a点混合溶液中：
c（K+）＞c（A2-）＞c（Na+）＞c（HA-）
B.b点的混合溶液中：
c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）
C.c点溶液pH在9~10之间
D.
从a点到c点水的电离程度逐渐增大
×
10-5mol/L，pH在9~10之间，故C正确；
D．a点溶液由于HA-的电离产生H+，溶液显酸性，水的电离受到抑制，随着NaOH溶液的加入，溶液中c（HA-）逐渐减小，c（A2-）逐渐增大，A2-的水解促进水的电离，因此水的电离程度逐渐增大，故D正确；
7.研究人员提出了一种基于Li元素的电化学过程来合成氨，其工艺路线如图所示，下列说法错误的是
A.第一步每生成1mol氧气转移的电子数为4NA（NA为阿伏加德罗常数的值）
B.第一步实现了能量转化：
可再生能源→电能→化学能
高温
C.第二步反应方程式为6Li+N22Li3N
D.该工艺的总反应为N2+3H2噲垐?
2NH3
【答案】D
【详解】A．第一步电解熔融的氢氧化锂生成锂和氧气，每生成1mol氧气转移4mol电子，电子数为4NA，
故A正确；
B．根据图示，第一步的能量转化：
风能和太阳能等可再生能源转化为电能，在电解池中电解熔融的氢氧化锂生成锂和氧气，实现可再生能源→电能→化学能的转化，故B正确；
C．根据图示，第一步生成了锂，第三步中的反应物为Li3N，因此第二步反应生成了Li3N，因此第二步反
应的化学方程式为6Li+N22Li3N，故C正确；
6Li+N22Li3N，第三步反应为
D．根据流程图，该工艺的第一步反应为4LiOH（熔融）4Li+2H2O+O2↑，第二步反应为
Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，因此总反应为2N2+6H2O噲垐?
?
4NH3+3O2，
故D错误；
二、填空题
8.实验室以活性炭为催化剂，用CoCl2·
6H2O制取三氯化六氨合钴（Ⅲ）。
总反应式为
活性碳
2CoCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O22CoNH36Cl3+2H2O。
制备流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①“溶解”需加热并使用研细的CoCl2·
6H2O，目的是。
（2）步骤②“络合”需降温至10℃进行，原因是。
（3）步骤③“氧化”在60℃进行。
“操作I”是。
已知：
[Co（NH3）6]Cl3在冷水中溶解度较小，在热
水中溶解度较大。
（4）“溶液2”中钴主要以[Co（NH3）6]3+形式存在，加入浓HCl的作用是。
（5）用下图装置测定产品中NH3的含量（已省略加热和夹持装置）：
①蒸氨：
取mg样品进行测定。
添加药品后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入含有V1mLc1molL·
-1H2SO4标
准溶液的锥形瓶中。
液封装置1的作用是
②滴定：
将液封装置2中的水倒入锥形瓶后，滴定过剩的H2SO4，消耗V2mLc2molL·
-1的NaOH标准溶液。
产品中NH3的质量分数为___。
若未将液封装置2中的水倒入锥形瓶，测得NH3的质量分数可能__（填“偏高”或“偏低”）。
[Co（NH3）6]Cl3（s）?
[Co（NH3）6]3+（aq）+3Cl-（aq），加入浓盐酸，增大了
c（Cl-），使平衡逆向移动，有利于析出
[Co（NH3）6]Cl3晶体（5）.平衡气压，防止倒吸，防止氨气逸出
（6）.（2c1V1c2V2）10317×
100%m
答案】
（1）.加速溶解
（2）.防止氨气逸出
（3）.趁热过滤（4）.存在溶解平衡
（7）.偏低
分析】
将CoCl2?
6H2O和可溶性NH4Cl一起用水溶解，所得溶液中加入活性碳和浓氨水，得到[Co（NH3）6]Cl2和活性
炭的浊液，滴加H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co（Ⅱ）氧化为Co（Ⅲ），生成[Co（NH3）6]Cl3
和活性炭的浊液，再加入浓盐酸，冷却过滤，析出晶体[Co（NH3）6]Cl3，据此分析解答。
【详解】
（1）步骤①“溶解”需加热并使用研细的CoCl2·
6H2O，目的是加速CoCl2·
6H2O的溶解速率，故答案为：
加速溶解；
（2）浓氨水容易挥发，步骤②“络合”需降温至10℃进行，可以防止氨气逸出，故答案为：
防止氨气逸出；
（3）[Co（NH3）6]Cl3在冷水中溶解度较小，在热水中溶解度较大，步骤③“氧化”在60℃进行。
为了防止
[Co（NH3）6]Cl3结晶析出，“操作I”需要趁热过滤，故答案为：
趁热过滤；
（4）溶“液2”中钴主要以[Co（NH3）6]3+形式存在，存在溶解平衡[Co（NH3）6]Cl3（s）?
[Co（NH3）6]3+（aq）+3Cl-（aq），加入浓盐酸，增大了c（Cl-），使平衡逆向移动，有利于析出[Co（NH3）6]Cl3晶体，故答案为：
存在溶解平衡[Co（NH3）6]Cl3（s）?
[Co（NH3）6]3+（aq）+3Cl-（aq），加入浓盐酸，增大了c（Cl-），使平衡逆向移动，有利于析出[Co（NH3）6]Cl3晶体；
（5）①添加药品后，加热三颈烧瓶，蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol·
L-1H2SO4标准溶液的锥形瓶中，为了
防止氨气逸出，需要用液封装置，同时可以起到平衡气压，防止倒吸的作用，故答案为：
平衡气压，防止倒吸，防止氨气逸出；
2硫酸过量，氨气与硫酸反应生成硫酸铵[（NH4）2SO4]，剩余的H2SO4，消耗V2mLc2molL·
-1的NaOH标准
3
溶液，因此硫酸吸收的氨气的物质的量为（2c1V1c2V2）×
10-3mol，产
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