届广东省清远市高三上学期期末考试理科综合化学试题解析版Word格式文档下载.docx

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A．用氯化铵和氢氧化钙制备氨气，为防止冷凝水倒流，炸裂试管，试管口影响下倾斜，A错误；

B．制备CO2常用稀盐酸和石灰石或者大理石，不用稀硫酸，因为稀硫酸和石灰石反应生成的硫酸钙覆在石灰石表面，阻止反应继续发生，B错误；

C．制备碳酸氢钠可以达到实验目的，C正确；

D．过滤时要用玻璃棒引流，防止液体溅出，D错误，答案选C。

考点：

考查化学实验基本操作

3.X、Y、Z是短周期三种主族元素，原子序数X<

Y<

Z，X的电子总数等于Y原子的最外层电子数，Y原子的电子总数等于Z+的最外层电子数，下列有关X、Y、Z相关物质说法正确的是

A.原子半径：

Z>

Y>

X

B.Z2X2Y4的水溶液显碱性

C.X2Y42－具有很强的氧化性

D.Y与Z形成的两种常见化合物中阴阳离子个数比不同

【答案】B

【分析】

X、Y、Z是短周期主族元素，原子序数X<

Z，Y原子的电子总数等于Z+的最外层电子数，则Z原子最外层有1个电子，Z是Na元素；

Na+最外层有8个电子，则Y是O元素；

O原子最外层有6个电子，由于原子序数X<

Y，X的电子总数等于Y原子的最外层电子数，所以X是C元素，据此解答。

【详解】X、Y、Z是短周期主族元素，原子序数X<

Y，X的电子总数等于Y原子的最外层电子数，所以X是C元素。

A.元素原子核外电子层数越多，原子半径越大；

同一周期的元素原子序数越大，原子半径越小，由于Z是第三周期元素，X、Y是第二周期元素，原子序数X<

Y，所以原子半径：

X>

Y，A错误；

B.Z2X2Y4化学式是Na2C2O4，该物质属于强碱弱酸盐，在溶液中C2O42-水解，消耗水电离产生的H+，当最终达到水解平衡时溶液中c（OH-）>

c（H+），水溶液显碱性，B正确；

C.X2Y42－中X元素化合价为+3价，其最高化合价为+4价，所以X2Y42－具有很强的还原性，C错误；

D.Y与Z形成的两种常见化合物是Z2Y、Z2Y2，二者的阴、阳离子个数比都是1：

2，个数比值相同，D错误；

故合理选项是B。

【点睛】本题考查元素周期表及元素周期律的知识。

包括元素的推断、元素原子半径比较及化合物的结构性质等。

掌握原子结构与元素性质的关系是本题解答的关键。

短周期主族元素Z原子序数最大，形成离子是Z+为本题突破口。

4.设NA为阿伏加德罗常数的数值。

A.标准状况下，11.2LH2与11.2LD2所含的中子数均为NA

B.1L0.1mol/LFeCl3溶液中含Fe3+数目为0.1NA

C.6.4gCu与3.2gO2隔绝空气加热，充分反应后，转移电子数为0.2NA

D.0.1mol乙醇与0.1mol乙酸在浓硫酸催化并加热下，生成的乙酸乙酯为0.1NA

【详解】A.H2分子中无中子，D2一个分子中含有2个中子，所以相同条件下同体积两种气体所含的中子数不同，A错误；

B.Fe3+在溶液中发生水解反应而消耗，所以1L0.1mol/LFeCl3溶液中含Fe3+数目小于0.1NA，B错误；

C.6.4gCu的物质的量是0.1mol，3.2gO2的物质的量是0.1mol，根据反应方程式2Cu+O2

2CuO可知Cu不足量，反应过程电子转移数目以Cu为标准，Cu是+2价金属，所以0.1molCu反应，转移电子的数目为0.2NA，C正确；

D.乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以生成的乙酸乙酯数目小于0.1NA，D错误；

故合理选项是C。

5.乙醇钠是有机合成中常用的强碱，下图是通过电解乙醇和氢氧化钠溶液制备乙醇钠的工作示意图。

下列说法错误的是

A.电极A为阳极，导线a与电源的正极相连接

B.电解过程中产生的X气体与Y气体的质量之比为1：

8

C.右极室的反应为：

2CH3CH2OH+2e－=2CH3CH2O－+H2↑

D.若电解过程中转移2mol电子，则右极室质量增加44g

在电解池的阳极上是阴离子失电子，发生氧化反应的过程，阴极上得电子发生还原反应的过程。

【详解】A.由示意图可知阳离子Na+由左边通过阳离子交换膜向右边移动，则说明B电极为阴极，导线b与电源负极相连，A电极为阳极，导线a与电源的正极相连接，A正确；

B.电解时阳极A上是溶液中的OH-失电子发生氧化反应的过程，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑；

在阴极上是乙醇中的羟基氢原子得电子，发生还原反应，即2CH3CH2OH+2e-=2CH3CH2O-+H2↑，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知反应产生的O2与H2物质的量的比是1：

2，质量比是32：

4=8：

1，B错误；

C.右极室为阴极，是乙醇的羟基氢获得电子被还原的过程，电极反应为：

2CH3CH2OH+2e－=2CH3CH2O－+H2↑，C正确；

D.若电解过程中转移2mol电子，则右极室会有2molH+放电变为H2逸出，同时有2molNa+进入到右极室，所以右极室质量增加：

2mol×

23g/mol-2mol×

1g/mol=44g，D正确；

【点睛】本题考查电极原理应用的知识，掌握电解池中阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应是本题解答的关键，突破口是溶液中Na+进入到右极室，注意应用Na+向负电荷较多的阴极移动的知识。

6.有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成方法如下：

A.M、N、W均能发生加成反应、取代反应

B.N、W组成上相差一个CH2原子团，所以互为同系物

C.W属于脂肪，能发生皂化反应

D.M的二氯代物有8种

甲苯被氧化生成苯甲酸，苯甲酸与甲醇发生酯化反应可生成苯甲酸甲酯。

A.都含有苯环，可发生加成反应，苯环、甲基可发生取代反应，羧基可发生酯化反应，酯基可发生水解反应；

B．N、W含有的官能团不同；

C．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应；

D．M的二氯代物，两个Cl原子可在甲基、苯环上，结合位置异构判断。

【详解】A．含有苯环，都可发生加成反应，苯环、甲基可发生取代反应，羧基可发生酯化反应，酯基可发生水解反应，水解反应也就是酯的取代反应，A正确；

B．N、W组成上相差一个CH2原子团，但是它们含有的官能团不同，即结构不同，因此不属于同系物，B错误；

C．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，而W是酯，但不是油脂，所以它的水解不是皂化反应，C错误；

D．若取代甲基上的2个H原子，有1种结构；

若取代甲基上1个H原子、苯环上1个H原子，则苯环上的Cl原子相对甲基有邻、间、对3种结构；

若全部取代苯环上的2个H原子，若其中1个Cl原子与甲基相邻，另一个Cl原子有如图所示

四种取代位置，有4种结构，若其中1个Cl原子处于甲基间位，另一个Cl原子有如图所示

2种取代位置，有2种结构，故甲苯的二氯代物共有1+3+4+2=10种，D错误。

【点睛】本题考查物质合成的知识。

涉及同系物、同分异构体、皂化反应、取代反应等知识。

把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重考查学生的分析能力，注意把握同分异构体的判断，题目难度不大。

7.温度25℃时，用Na2S、（NH4）2S等沉淀Cu2+、Zn2+两种金属离子（M2+），所需S2-最低浓度的对数值1gc（S2-）与1gc（M2+）关系如右图所示。

下列说法不正确的是

A.Na2S溶液中：

c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）=2c（Na+）

B.25℃时，Ksp（CuS）约为1×

10-35

C.向100mL浓度均为1×

10-5mol/LZn2+、Cu2+的混合溶液中逐滴加入1×

10-4mol/L的Na2S溶液，Cu2+先沉淀

D.（NH4）2S溶液中：

c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+2c（S2-）+c（HS-）

A．根据硫化钠溶液中的物料守恒判断；

B．Ksp（CuS）=c（Cu2+）×

c（S2-），结合图象数据计算出25℃时K（CuS）；

C．依据此图可知，CuS的Ksp较小，则首先出现的沉淀是CuS；

D.根据硫化铵溶液中的电荷守恒判断。

【详解】A.硫化钠溶液中的物料守恒为：

2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S）=c（Na+），A错误；

B.在25℃时，CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：

CuS（s）

Cu2+（aq）+S2-（aq），Ksp（CuS）=c（Cu2+）×

（S2-）=10-25×

10-10=10-35，B正确；

C.依据此图可知，CuS的Ksp较小，对于化合物构型相同的物质来说，Ksp越小，形成沉淀需要的离子浓度越小，故CuS最难溶，首先出现的沉淀是CuS，即Cu2+先沉淀，C正确；

D.对于（NH4）2S溶液，根据电荷守恒可得c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+2c（S2-）+c（HS-），D正确；

【点睛】本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线，侧重于学生的分析能力的考查，注意掌握难溶物溶解平衡及沉淀转化的实质。

二、非选择题。

8.已知三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解。

某学习小组用如下装置制备三氯化铁，并探究SO2与三氯化铁反应的产物。

（1）以上A—F装置中需要加热的有___________（用字母表示）。

（2）F中碱石灰的作用是_________________________________。

（3）反应一段时间后熄灭酒精灯，关闭装置中的两个止水夹，冷却至室温。

若将收集器中的三氯化铁配制成溶液，分液漏斗中的X物质是___________，操作过程为___________。

（4）将G中产生的二氧化硫气体通入到收集器的三氯化铁溶液中，取反应后的溶液进行如下实验：

实验I：

向溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明溶液中含有的离子是___________，产生这种离子的离子方程式为_________________________________。

实验II：

取少量液体于试管中，用一束光照射液体，有一条光亮的通路，试用离子方程式解释以上现象：

_________________________________。

（5）取少量D中反应后剩余固体于小烧杯中，再加入稀盐酸将固体溶解，向所得溶液中滴入几滴KSCN溶液，溶液未变红色，___________（填“能”或“不能”）说明D中无FeCl3，用离子方程式解释______________________。

【答案】

（1）.AD

（2）.防止空气中的水蒸气进入，吸收过量的氯气。

（3）.浓盐酸（4）.将收集器右侧止水夹打开，取下分液漏斗口部的塞子，打开分液漏斗的活塞，使盐酸慢慢流下，再加入一定量蒸馏水稀释。

（5）.SO42-（6）.2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+（7）.Fe3++3H2O

Fe（OH）3（胶体）+3H+（8）.不能（9）.2Fe3++Fe=3Fe2+

在A中浓盐酸与二氧化锰混合加热制取氯气，浓盐酸有挥发性，在制取的氯气中含有HCl和水蒸气，通过B装置的饱和食盐水来除HCl，再通过装置C的浓硫酸进行干燥，得到的纯净氯气在装置D中2与Fe在加热条件下反应生成FeCl3，FeCl3与SO2在水溶液中反应产生氯化亚铁、盐酸和硫酸，用BaSO4既不溶于水，也不溶于酸的性质检验SO42-。

据此解答。

【详解】在A中浓盐酸与二氧化锰混合加热制取氯气，由于浓盐酸有挥发性，在制取的氯气中混有HCl和水蒸气，先通过饱和食盐水除去杂质HCl，然后通过浓硫酸干燥除去水蒸气，在装置D中Cl2与Fe在加热时反应生成FeCl3，FeCl3与SO2在水溶液中反应产生氯化亚铁、盐酸和硫酸。

（1）综上所述可知，在A—F装置中需要加热的有AD；

（2）Cl2是大气污染物，为防止氯气污染环境，要用碱性物质吸收多余的氯气，而且氯化铁有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解，所以还需防止生成的氯化铁吸水潮解，所以F中碱石灰可以吸收氯气和水蒸气，就既防止了空气中的水蒸气进入，同时也吸收过量的氯气。

（3）FeCl3是强酸弱碱盐，容易水解，为防止其水解，同时还不能引入杂质，所以要向溶液中加入适量的盐酸，为使分液漏斗中的盐酸顺利滴下，要把分液漏斗上口的活塞打开，故操作过程为将收集器右侧止水夹打开，取下分液漏斗口部的塞子，打开分液漏斗的活塞，使盐酸慢慢流下，再加入一定量蒸馏水稀释。

（4）在G中浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，将SO2气体通入到收集器的三氯化铁溶液中，发生反应：

2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，离子方程式是：

2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；

由于BaSO4既不溶于水也不溶于酸，所以向反应后的酸性溶液中加入BaCl2溶液，若出现了白色沉淀，就说明产生了BaSO4沉淀，证明溶液中含有SO42-离子；

取少量二氧化硫与三氯化铁反应后的溶液，用一束光照射液体，有一条光亮的通路，说明有胶体产生，这是由于FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应：

Fe3++3H2O

Fe（OH）3（胶体）+3H+，产生了Fe（OH）3胶体，使光线发生散射作用；

（5）D中固体物质开始为Fe粉，在加热时Cl2与Fe反应产生氯化铁，将D中固体用稀盐酸溶解，向所得溶液中滴入几滴KSCN溶液，溶液未变红色，可能是D中开始时过量的Fe粉与反应产生的FeCl3发生氧化还原反应：

2Fe3++Fe=3Fe2+，使溶液中无Fe3+的缘故。

【点睛】本题考查物质制备的知识。

涉及氯气的制取、净化、性质及溶液的配制、胶体性质、离子检验等。

掌握元素及化合物的知识和胶体的性质是本题解答的关键。

9.氨的合成与应用一直是众多科学家研究的热门话题，目前该研究领域已经催生了三位诺贝尔化学奖得主，N2不仅可以与H2合成氨气，N2还可以与其他物质反应生成氨气，回答下列相关问题：

（1）德国化学家哈伯研究“N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）”反应贡献巨大，1918年荣获诺贝尔化学奖，已知该反应在298K时，△H=－92.2kJ/mol，Kc=4.1×

106（mol/L）－2

①若从平衡常数角度分析，反应限度已经较大，但为何化工生产中还需要使用催化剂：

____________________________________________

②升高温度，反应物的转化率会降低，而实际化工生产中常常采用700K左右的温度，其原因是____________________________________________。

（2）1931年，科学家卡尔博施因改进合成氨方法而荣获该年度诺贝尔化学奖。

研究发现，催化剂Fe3O4·

Al2O3）颗粒大小不同、温度不同，平衡混合气体中氨气的含量不同由如图可以得出合成氨的适宜条件是_________________________________

（3）2007年，德国埃特尔发现了合成氨催化机理，开端了表面动力学的研究。

研究发现，常温恒压密闭容器中，N2在催化剂表面可以与水发生反应：

2N2（g）+6H2O（l）

4NH3（g）+3O2（g）

①下列各项能够作为判断该反应一定达到平衡的依据是___________（填标号）。

A.容器中N2（g）、NH3（g）、O2（g）的浓度之比为2：

4：

3

B.N2与NH3浓度之比恒定不变

C.v（N2）正=2v（NH3）逆

D.混合气体中氨气的质量分数不变

E.压强保持不变

②平衡后若分别改变下列一个条件，可以使N2转化率增大的是___________（填标号。

）

A.转移掉部分O2B.转移掉部分NH3

C.适当增加H2O（l）的量D.增加N2的量

（4）科学研究发现，天然气CH4（g）与N2（g）在催化剂作用下可以直接用于合成氨气，同时生成副产物焦炭，已知每转移1mol电子，该反应吸收的热量为QkJ。

①写出该反应的热化学反应方程式_________________________________

②700℃时，将3molCH4与3molN2在2L的恒定密闭容器中发生上述反应，达到平衡时生成amolC，求此时混合气体中氨气的体积分数______________________（用含a的数学表达式即可，下同）；

该温度下的平衡常数Kc=_________________________________。

【答案】

（1）.使用催化剂，主要目的是加快反应速率，提高单位时间内的产量。

（2）.该温度下，催化剂的活性大，催化效率高，反应速率快，此温度下，虽然反应限度有所降低，但综合考虑，单位时间内的产量仍较高。

（3）.470℃左右、0.6mm粒度大小的催化剂（Fe3O4·

Al2O3）（4）.B、D（5）.A、B（6）.3CH4（g）＋2N2（g）

3C（s）＋4NH3（g）　ΔH=+12QkJ/mol（7）.

（8）.

【详解】

（1）①催化剂可以加快化学反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，从而可以提高单位时间内的产量。

②合成氨气的正反应是可逆的放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，使反应物的转化率会降低，但实际化工生产中常常采用700K左右的温度，主要原因是在该温度下催化剂的活性大，催化效率高，反应速率快，综合考虑，单位时间内的产量仍较高。

（2）根据图示可知在相同温度下，颗粒越细小，转化率越高；

相同颗粒，在温度为470℃左右时转化率最高，所以最合适的反应条件是470℃左右、0.6mm粒度大小的催化剂（Fe3O4·

Al2O3）；

（3）①A.方程式中N2（g）、NH3（g）、O2（g）的系数比就是2：

3，所以N2（g）、NH3（g）、O2（g）的浓度之比为2：

3可能是反应处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，不能作为判断平衡的标志，A错误；

B.N2是反应物，NH3是生成物，若二者浓度之比恒定不变，则反应达到平衡状态，B正确；

C.任何时刻，v（N2）正：

v（NH3）正=2：

4，若反应达到平衡，则v（NH3）正=v（NH3）逆，则平衡时v（N2）正：

v（NH3）逆=2：

4，所以2v（N2）正=v（NH3）逆，故该状态不是平衡状态，C错误；

D.该反应是反应前后气体体积不等的反应，若混合气体中氨气的质量分数不变，则反应处于平衡状态，D正确；

E.该反应是在恒温恒压下进行，任何时刻压强保持不变，不能作为判断平衡的标准，E错误；

故合理选项是BD；

②A.转移掉部分O2，即减小生成物浓度，平衡正向移动，可以提高N2转化率，A正确；

B.转移掉部分NH3，即减小生成物浓度，平衡正向移动，可以提高N2转化率，B正确；

C.由于水的状态是液态，改变其物质的量，平衡不移动，所以不能改变N2转化率，C错误；

D.增加N2的量，该物质本身浓度增大，平衡正向移动，但是平衡正向移动消耗量小于加入量，总的来说它的转化率还是降低，D错误；

故合理选项是AB；

（4）①根据题意，结合原子守恒、电子守恒，可得热化学方程式：

3CH4（g）＋2N2（g）

3C（s）＋4NH3（g）　ΔH=+12QkJ/mol；

②3CH4（g）＋2N2（g）

3C（s）＋4NH3（g）　ΔH=+12QkJ/mol

n（开始）（mol）3300

n（转化）（mol）a

a

n（平衡）（mol）3-a3-

所以达到平衡时混合气体中氨气的体积分数是

；

根据平衡常数的含义可得：

该温度下的平衡常数Kc=

10.金属是不可再生的资源，通过回收废旧的锂电池提取锂、铝、钴等重要的金属具有重大的意义。

已知锂电池的正极材料为LiCoO2、炭黑、铝箔及有机粘合剂，下面是回收的工艺流程：

（1）滤液X中通入过量CO2时发生的主要反应的离子方程式为___________

（2）写出酸浸时加入H2SO4、H2O2反应的化学方程式______________________

（3）实验室中萃取分离CoSO4、Li2SO4溶液时需要加入有机物W，若实验过程中使用如图装置，则该装置中存在的主要错误有______________________

（4）已知部分物质的溶解度（g/100gH2O）情况如下表所示：

写出浓缩后的溶液中加入饱和碳酸钠溶液的离子反应方程式______________________；

为提高Li2CO3的产率，最后过滤实验中需要注意的问题是______________________

（5）若废旧的锂电池拆解后先使用酸溶解，最终也可以得到Al（OH）3、CoSO4、Li2CO3。

在酸浸中若Al3+浓度为0.1moL·

L－1，则常温时pH>

______________________才能够开始形成氢氧化铝沉淀（已知氢氧化铝Ksp=1.3×

10-33、lg4.26=0.6、

=2.35）

（6）已知100g废旧的锂电池中钴酸锂（LiCoO2）的含量为9.8%，若按照上述生产流程，可以生成2.4gLi2CO3，则其产率为______________________。

【答案】

（1）.CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-

（2）.2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑（3）.分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁；

液体过多。

（4）.2Li++CO32-=Li2CO3↓（5）.趁热过滤（6）.3.4（7）.64.9%

向废旧锂电池中加入NaOH溶液，Al反应变为NaAlO2进入溶液，LiCoO2不能反应，仍以固体存在，通过过滤