【文档说明】广东省广州市2021届高三下学期毕业班综合测试（一）（一模）化学解析.pdf，共(15)页，865.227 KB，由小赞的店铺上传

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11.【答案】C【解析】A.烟花爆竹的主要成分是黑火药，其化学组成为硝酸钾、硫磺和木炭等，故A正确；B.“絮”是棉花的纤维，主要成分是纤维素，故B正确；C.蔗糖是二糖不是多糖，故C错误；D.“雷雨发庄稼”是自然固氮的过程，空气中的氮气和氧气在放电条件下生成NO，NO继续和氧气反应生成NO2，N

O2和水蒸气继续反应生成HNO3，故D正确。综上所述，选C。2.【答案】B【解析】A.铷元素是碱金属元素，位于第IA族，A正确；B.同一主族元素从上往下金属性逐渐增强，铷的金属性比钠强，B错误；C.元素左上角数字是质量数，85

37Rb左下角数字为质子数，可以算出中子数为85-37=48，C正确；D.原子中，核外电子数=质子数，8537Rb和8737Rb两个原子的质子数相同，故电子数也相同，D正确。综上所述，选B。3.【答案】C【解析】A.臭氧具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消

毒，A正确；B.硫酸铁中Fe3+可以水解形成Fe(OH)3胶体，具有吸附性可以除去水中的悬浮物，B正确；2021高三广州一模化学答案详细解析2C.MgSO4易溶于水，无法除去Mg2+，CaSO4微溶于水，除杂效果不好，C错误；D.CuS和HgS难溶于水，故可以用Na2S除去工业废水中的Cu

2+和Hg2+，D正确。综上所述，选C。4.【答案】A【解析】A.小苏打做食品膨松剂的原理为：NaHCO3的分解反应，此过程没有化合价变化，不属于氧化还原反应，A错误；B.工业合成氨是N2和H2化合成NH3的反应，N和H变价，属于氧化还原反

应，B正确；C.SO2生成硫酸，硫元素变价，涉及氧化还原反应，C正确；D.铝热反应的原理是置换反应，属于氧化还原反应，D正确。综上所述，选A。5.【答案】D【解析】锂碘电池中，锂电极作负极，发生氧化反应，方程式为:Li

–e-=Li+；碘电极作正极，发生还原反应，方程式为：I2+2e-=2I-；电流从正极经外电路流向负极，即电流从碘电极经外电路流向锂电极。3综上所述，正确答案选D。6.【答案】D【解析】A.由结构简式可

知，有机物的分子式为C6H8O6，正确；B.有机物结构中存在-OH，故可与金属钠反应，正确；C.有机物结构中存在-OH，故可发生酯化反应，正确；D.有机物结构中存在碳碳双键，故可使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误。7.【答案】B【解析】A.氢气的密度比空气小，短管进气收集

，正确；B.AlCl3在蒸干的过程中铝离子会发生水解，最终蒸干得到氢氧化铝固体并非氯化铝，错误；C.BaSO4不溶于水，可用过滤的方法除去，正确；D.四氯化碳和水不互溶，可用分液的方法分离，正确。48.【答案】A

【解析】A.H2O2中氧元素为-1价处于中间价态，既有氧化性也有还原性，被高锰酸钾氧化自身体现还原性，正确；B.Cu和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，不是置换反应，错误；C.蔗糖遇浓硫酸脱水变黑，体现浓硫酸脱水性，错

误；D.沉淀转化时由难溶转化为更难溶，故转化后的黄色沉淀AgI更难溶，错误。9.【答案】A【解析】A.升高温度促进碳酸根的水解，水解产物OH-浓度增大，正确；B.稀释溶液，碳酸钠溶液的碱性减小，c(H+)增大，错误；C.加入NaOH

后，OH-的浓度增大，pH增大，错误；D.分析为电荷守恒关系式，c(CO32-)的前面应加上所带电荷数，错误。510.【答案】B【解析】A.根据图中箭头指向，总反应物为H2和O2，生成物为H2O2，正确；B.Pd在化合物[PdCl2O2]2-和[PdCl2O2]2

-中的化合价均为+2，无+4价，错误；C.Pd和[PdCl2O2]2-均在反应图中生成并被消耗，为反应中间体，正确；D.反应③中Pd的成键数目均为4，正确。11.【答案】A【解析】A.铁比铜活泼，故铜板上的铁钉在潮湿空气中构成原电池时，铁作负极，容易生锈，故A正确；B.Si有良

好的半导体性质，可用于作半导体材料，SiO2用于制备光导纤维，故B错误；C.NH3极易溶于水，可用于设计喷泉实验；NH3使酚酞变红是由于溶于水之后呈碱性，没有因果关系，故C错误；D.CO2通入CaCl2溶液中不产生白色沉淀，故D错误。故选：A。12.【答案】B【解析】A.标况下，22.

4LN2的物质的量为1mol，含有14NA个质子，故A错误；6B.常温常压下，18gH2O的物质的量为1mol，含有3NA个原子，故B正确；C.溶液中NH4+发生水解反应，故NH4+的数量小于0.1NA，故C错误；D.1molMg与足量稀硫酸反应，生成1

molMg2+，转移2NA个电子，故D错误。故选：B。13.【答案】C【解析】原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，XW3、WZ应该分别为NH3与HCI，则W为H，X为N，Z为CI元素;四种元素的核外电子总数满足X+Y=

W+Z，则Y的核外电子总数为1+17-7=11，则Y为Na，以此分析解答。A.单质的沸点与单质的相对分子质量有关，对非金属而言一般相对分子质量越大沸点越高，N2相对分子质量大于H2，故单质的沸点：X>W，故A错误；B.

元素X含氧酸中HNO2为弱酸，故B错误；C.化合物YW为NaH，含有离子键，故C正确；D.离子半径比较时需要先比较电子层数，电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越高半径越小，故简单离子半径：Z>X>Y，故D错误。故选

：C。714.【答案】C【解析】A.氯气可与KI反应生成I2，使淀粉变蓝，其中氯气做氧化剂，I2作氧化产物，根据剂大于产，氯气氧化性强于I2，故A正确；B.浓盐酸既有挥发性，会伴随氯气一起通入AgNO3溶液中，故无法说明氯气与水反应生成Cl-，故B错误；C.氯气与FeCl2溶液

反应，FeCl2被氧化成FeCl3，溶液颜色变为棕黄色，说明氯气有氧化性，故C正确；D.氯气与水反应生成有酸性的HCl与有漂白性的HClO，使紫色石蕊溶液先变红后褪色，故D正确。故选：C。15.【答案】D【解析】由图可知，a极中N2转

化为NH4+，化合价降低，得电子，则电极a为阴极；b极中N2转化为NO3-，化合价升高，失电子，则电极b为阳极；A项，电解池中阳离子往阴极移动，由分析可得a为阴极区，因此电解过程中H+由b极向a极区迁移，A正确；B项，电解过程中阴极N2得电子升价，发生反应为：N2+6e-+

8H+=2NH4+，B正确；C项，电解过程中，阳极区发生反应为：N2-10e-+6H2O=2NO3-+12H+，因此反应一段时间后，阳8极区的pH减小；D项，电解过程中得失电子总数相等，因此其中阴阳极消耗的N2的物质的量之比为5:3，D错

误。因此本题选D。16.【答案】D【解析】A项、由图可知，曲线①为lgc(H2C2O4)、曲线②为lgc(HC2O4-)、曲线③为lgc(C2O42-)，因此A项正确；B项、由图可知当pH=4.3时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，lg[Ka2(H2C2O4)]=lg

[]=lgc(H+)=-4.3，因此B项正确；C项、由图可知当pH=2.8时，c(H2C2O4)=c(C2O42-)≈10-3，由题可得c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol·L-1，因此c(HC2O4-)=0.1mol·L-1-c(H2C2O4)-c(C2O4

2-)>0.01mol·L-1，因此C项正确；D项、由题可知，Ka1·Ka2==，因此lg=lg，pH由0变化至14过程中，氢离子浓度不断减小，lg不断增大，因此D项错误。因此本题选D。917.【答案】（1）抑制Al3+、NH4+的水解（2）重结晶（3）

①NH3②含有SO3③滴加几滴高锰酸钾溶液；溶液不褪色2NH4Al(SO4)212H2O2NH3+4SO3+Al2O3+25H2O（4）(c1V1-c2V2)·0.051/m【解析】（1）原料中NH4+和Al3+都属于易水解的离子，

酸性可以有效抑制两种离子的水解，提高产物纯度。（2）“瞻前顾后”看到前一步获得的是NH4Al(SO4)2·12H2O的粗品，纯化即获得纯度更高的晶体，故操作的方法为：重结晶。（3）①能使红色石蕊试纸变蓝，说明气体为碱性，故分解气体为NH3；②能使盐酸酸化的BaCl2溶液出现沉淀的离子为

SO42-，说明原分解产物中有SO3；③验证SO2是否存在即验证NaOH吸收液中是否有SO32-，故可以利用SO32-的还原性，向试管中滴加几滴酸性高锰酸钾，酸性高锰酸钾溶液不褪色即可说明。根据上述实验现象综合得出产物

有NH3、SO3及信息中的Al2O3可写出方程式为：102NH4Al(SO4)212H2O2NH3+4SO3+Al2O3+25H2O（4）根据题干信息找出关系：消耗的n总（ETDA）=n（Zn2+）+n（Al3+）；n（Al3+）=2n（Al2O3）质量分数==故答案为(c1V

1-c2V2)·0.051/m18.【答案】（1）+4；V2O5+3H2C2O4=2VOC2O4+2CO2↑+3H2O；产生氯气，污染空气（2）WO3+2OH-=WO42-+H2O（3）盐酸；Al(OH)3，H2SiO3（4）1

.6×10-5（5）2CaWO4+3C3CO2↑+2W+2CaO【解析】（1）根据化合价计算，V的化合价为+4；V2O5与H2C2O4反应得到VOC2O4和CO2，故反应方程式为V2O5+3H2C2O4=2VOC2O4+

2CO2↑+3H2O；若改用浓盐酸，发生氧化还原反应后会生成Cl2污染空气；（2）碱浸时WO3与OH-反应生成了WO42-，故反应离子方程式为WO3+2OH-=WO42-+H2O；11（3）由于前一步使用了大量氢氧化

钠溶液，此时溶液为强碱性，故调pH时选用盐酸，调节至pH=9时，会将溶液中的硅酸根和铝离子沉淀出来，故“滤渣”主要成分为Al(OH)3，H2SiO3（4）此时溶液pH=13，故c(OH-)=0.1mol/L，根据Ksp[Ca(OH)2]=5.5×10-6可

算出c(Ca2+)=5.5×10-4mol/L，由Ksp[CaWO4]=8.7×10-9可计算出此时c(WO42-)=1.6×10-5mol/L（5）石墨此时作阳极，发生氧化反应，生成了CO2，结合阴极反应方程式，可得反应总方程式为2CaWO4+3C3CO2↑+2W+2CaO19.【答案】（1）①

-11.3kJ/mol②第1步（2）①a；温度升高，反应速率加快，相同时间内生成的COS物质的量增多，物质的量分数不断增大②AB③3%，（3）COS+H2O=CO2+H2S12【解析】（1）①根据图像，∆H=(168.9-191.5)÷2=-11.3kJ/mol②第一步的活化能大于第二步，反应速

率更慢，而总反应的反应速率取决于慢的步骤。（2）①a、b为平衡曲线，c、d为COS分数随温度变化曲线且反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，故反应Ⅰ对应的曲线是c、a，反应Ⅱ对应的曲线是d、b。根据曲线b和d的关系，判断800-1200℃时，反应Ⅱ均未达到平衡，故温度升高，反应速率加快

，相同时间内生成的COS物质的量增多，物质的量分数不断增大。②根据a、b曲线，温度降低，COS物质的量分数不断增大，CO和CO2的转化率均增大，故A正确；900℃时，反应未达到平衡，故要达到平衡仍需正向移动，故生成速率大于分解速率，故B正确；增大氮气的体积分数，不影响CO2和H2S的浓度，

故平衡不移动，故C错误；催化剂不改变平衡状态，不影响平衡产率，故D错误。③设投入CO、H2S各1mol，N2为98mol，CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)起始1100转化0.030.030.030.03平衡0.970.970.030.03H2S的转化率=0.

03÷1×100%=3%；K=13（3）COS与水反应生成两种气体，分别为CO2、H2S，故COS+H2O=CO2+H2S。20.【答案】（1）4S24P2（2）极性键；4NA（3）SP3；正四面体（4）①(0，0，1/2)、(1/2，1，1)；②棱心；③21315510NAa2

1.【答案】（1）甲苯；醚键、羰基（2）取代反应（3）酸性高锰酸钾溶液（4）O+OOOZnCl2OO+CH3COOH14（5）6；（6）【解析】由题可推出：A为甲烷、B为C为D为E为（1）A为甲苯，G中所含官能团为醚键

、羰基（2）由A、B结构式可知反应①为取代反应（3）由C的结构式可知反应②所需试剂为酸性高锰酸钾溶液（4）根据反应物、生成物结构式可知反应④的化学方程式为H2O催化剂，△，加压OHOOOOCuO，△OOOONaHCOOHH3CCH3COOHH3CCH3O+OOOZnCl2OO

+CH3COOH15（5）根据题意可推出其同分异构体共6种，分别为OOCHH3CCH3OOCHH3CCH3COOHH3CCH3COOHH3CCH3CHOH3CCH3CHOH3CCH3OHOH（6）H2O催化剂，△，加压OHOOOOCuO，△OOOONaH