届广东省广州市高三上学期期末调研测试理科综合化学试题解析版Word下载.docx
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C.两个环的碳原子均为饱和碳原子,具有甲烷四面体结构,所有碳原子不同面,故C错误;
D.由结构简式可知,该化合物分子中共有两种等效氢原子,所以一氯代物共有2种,故D错误。
故选B。
3.NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是
A.4g甲烷完全燃烧转移的电子数为2NA
B.11.2L(标准状况)CCl4中含有的共价键数为2NA
C.3molSO2和1molO2于密闭容器中催化反应后分子总数为3NA
D.1L0.1mol·
L-1的Na2S溶液中HS-和S2-离子数之和为0.1NA
【详解】A.甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水,碳元素化合价由-4价升高到+4价,所以4g甲烷完全燃烧转移的电子数为
8NA/mol=2NA,故A正确;
B.CCl4在标况下非气态,无法计算11.2LCCl4的物质的量,故B错误;
C.SO2和O2反应为可逆反应,反应不能进行完全,SO2和O2都有剩余,所以3molSO2和1molO2于密闭容器中催化反应后分子总数大于3NA,故C错误;
D.Na2S溶液中分两步水解,生成HS-和H2S,根据物料守恒关系:
HS-、H2S和S2-离子数之和为0.1NA,故D错误。
【点睛】本题为“NA”应用试题,解答此类题要注意题设陷阱,本题B选项,CCl4在标况下非气态,C选项,二氧化硫和氧气反应为可逆反应,D选项,要注意物料守恒的正确使用,考生只有在平时多总结,才能做到考试时慧眼识别。
4.下列实验中,所采取的分离方法与对应原理都正确的是
选项
目的
分离方法
原理
A
分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液
过滤
胶体粒子不能通过滤纸
B
用乙醇提取碘水中的碘
萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
C
用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体
蒸发
MgCl2受热不分解
D
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚的沸点相差较大
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【详解】A项,胶体粒子可以通过滤纸,但不能通过半透膜,所以分离胶体与溶液的方法是渗析,故A项错误;
B项,乙醇会溶于水,致使碘、水、乙醇三者混溶,不能用乙醇萃取的方法进行分离,故B项错误;
C项,用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体,要先升温蒸发,然后降温结晶获得六水合氯化镁,然后通过干燥氯化氢气流加热得到MgCl2,故C项错误;
D项,丁醇和乙醚的沸点相差大,可以用蒸馏的方法分离,故D项正确。
综上所述,本题的正确答案为D。
5.短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大,W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红,W与X可形成一种红棕色有刺激性气味的气体,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,Z原子最外层电子数与W原子的电子总数相同。
下列说法中正确的是
A.W的氧化物对应水化物均为强酸
B.简单离子半径:
W<X<Y
C.简单氢化物沸点:
Z<W
D.Y与Z形成的化合物的水溶液呈碱性
【答案】C
【分析】
W与X形成红棕色有刺激性气味的气体是NO2,且W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红,则W为N,X为O,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,则Y为Na,Z原子最外层电子数与W电子总数相同,则Z为Cl。
综上,W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Cl。
【详解】根据以上分析,W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Cl,
A项,W为N,N的氧化物N2O3对应水化物HNO2为弱酸,故A项错误;
B项,N3-、O2-、Na+三种离子的电子层结构相同,核电荷数越大半径越小,所以简单离子半径:
N3->
O2->
Na+,故B项错误;
C项,Z为Cl,W为N,由于氨分子之间存在氢键,沸点较高,简单氢化物沸点:
Cl<N,故C项正确;
D项,Y为Na,Z为Cl,Y与Z形成的化合物为NaCl,为强酸强碱盐,不水解,水溶液呈中性,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为C。
6.一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。
电池工作时发生的反应为:
下列关于该电池叙述错误的是
A.电池中镀Pt导电玻璃为正极
B.电池工作时,I-离子在镀Pt导电玻璃电极上放电
C.电池工作时,电解质中I-和I3-浓度不会减少
D.电池工作时,是将太阳能转化为电能
由图电子的移动方向可知,透明导电玻璃电极为原电池的负极,镀Pt导电玻璃电极为原电池的正极,电解质为I3-和I-的混合物,I3-在正极上得电子被还原,正极反应为I3-+2e-=3I-,据此分析解答。
【详解】A.由图电子的移动方向可知,电极镀Pt导电玻璃为原电池的正极,选项A正确;
B.镀Pt导电玻璃电极为电池的正极,发生的反应为:
I3-+2e-=3I-,选项B错误;
C.由电池中发生的反应可知,I3-在正极上得电子被还原为3I-,后又被氧化为I3-,I3-和I-相互转化,反应的实质是光敏有机物在激发态与基态的相互转化,所有化学物质都没有被损耗,选项C正确;
D.
电池工作时,光能转变为电能,选项D正确。
答案选B。
【点睛】本题是一道知识迁移题目,考查学生分析和解决问题的能力,注意平时知识的积累是解题的关键。
7.一定温度下,三种碳酸盐MCO3(M:
Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法错误的是
A.Ksp(MnCO3)的数量级为10-11
B.MgCO3的悬浊液中加入少量水充分振荡,c(Mg2+)不变
C.a点表示的溶液中,c(Ca2+)>c(CO32-)
D.向浓度均为0.01mol·
L-1的Mg2+、Ca2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液,最先形成MgCO3沉淀
A.计算出Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)•c(CO32-)解答;
B.MgCO3的悬浊液中加入少量水,Ksp保持不变;
C.a点表示CaCO3的饱和溶液,但-lgc(CO32-)>-lgc(Ca2+);
D.Ksp越小,越易生成沉淀。
【详解】A.利用(0,10.7)或(10.7,0)计算Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)•c(CO32-)=1×
10-10.7=100.3×
10-11,1<100.3<10,所以Ksp(MnCO3)数量级为10-11,A正确;
B.MgCO3的悬浊液中加入少量水,温度不变,所以Ksp保持不变,所以c(Mg2+)不变,B正确;
所以c(Ca2+)>c(CO32-),C正确;
D.-lgc(CO32-)=4时,-lgc(Mn2+)最大,-lgc(Mg2+)最小,即c(Mn2+)最小,c(Mg2+)最大,所以Ksp(MnCO3)最小,Ksp(MgCO3)最大,所以向浓度均为0.01mol/L的Mg2+、Ca2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液,先生成MnCO3沉淀,D错误;
故合理选项是D。
【点睛】本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线的知识,弄清坐标系中横坐标、纵坐标的含义,掌握图线中pc(CO32-)、pM数值越大,实际浓度越小是解题的关键,本题侧重于考查学生的分析能力。
8.实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡(SnCl4)。
SnCl4易挥发,极易发生水解,Cl2极易溶于SnCl4。
制备原理与实验装置图如下:
Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)ΔH=–511kJ∙mol-1
可能用到的有关数据如下:
物质
Sn
SnCl4
CuCl2
熔点/℃
232
-33
620
沸点/℃
2260
114
993
制备过程中,锡粒逐渐被消耗,须提拉橡胶塞及时向反应器中补加锡粒。
当SnCl4液面升至侧口高度时,液态产物经侧管流入接收瓶。
回答下列问题:
(1)a管的作用是________。
(2)A中反应的离子方程式是________。
(3)D的作用是________。
(4)E中冷却水的作用是________。
(5)尾气处理时,可选用的装置是________(填序号)。
(6)锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2,但不影响F中产品的纯度,原因是________。
(7)SnCl4粗品中含有Cl2,精制时加入少许锡屑后蒸馏可得纯净的SnCl4。
蒸馏过程中不需要用到的仪器有________(填序号)。
A.蒸馏烧瓶B.温度计C.接收器D.冷凝管E.吸滤瓶
【答案】
(1).平衡压强,使浓盐酸能够顺利流下
(2).2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(3).使氯气充分干燥(4).避免四氯化锡气化而损失,导致产率下降(5).乙(6).CuCl2熔点较高,不会随四氯化锡液体溢出(7).E
(1)a管将分液漏斗液面上下连通,起到平衡压强,使浓盐酸能够顺利流下的作用;
(2)A中的反应为高锰酸钾和浓盐酸制氯气,反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水,根据守恒关系配平并写出离子方程式;
(3)D为盛有浓硫酸的洗气瓶,可以用来干燥氯气。
由信息可知,SnCl4极易发生水解,故D的作用是使氯气充分干燥;
(4)由信息可知,SnCl4易挥发,故E中冷却水的作用是避免四氯化锡气化而损失,导致产率下降;
(5)尾气处理时,选用的装置中不能使用水溶液,因为水蒸气进入E会使SnCl4发生水解;
(6)由表中数据可知,CuCl2熔点较高,不会随四氯化锡液体溢出,所以锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2,但不影响F中产品的纯度;
(7)蒸馏过程中需要用到的仪器有蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管和接收器,以此分析。
【详解】
故答案为:
平衡压强,使浓盐酸能够顺利流下;
(2)A中的反应为高锰酸钾和浓盐酸制氯气,反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水,离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O;
2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O;
使氯气充分干燥;
避免四氯化锡气化而损失,导致产率下降;
(5)尾气处理时,选用的装置中不能使用水溶液,因为水蒸气进入E会使SnCl4发生水解,故不选甲、丙,应选乙;
乙;
CuCl2熔点较高,不会随四氯化锡液体溢出;
(7)蒸馏过程中需要用到的仪器有蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管和接收器,不用吸滤瓶,故不选E。
E。
9.氨法溶浸氧化锌烟灰制取高纯锌的工艺流程如图所示。
溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+、AsCl52-的形式存在。
(1)Zn(NH3)42+中Zn的化合价为________,“溶浸”中ZnO发生反应的离子方程式为________。
(2)锌浸出率与温度的关系如图所示,分析30℃时锌浸出率最高的原因为________。
(3)“氧化除杂”中,AsCl52-转化为As2O5胶体吸附聚沉除去,溶液始终接近中性。
该反应的离子方程式为________。
(4)“滤渣3”的主要成分为________。
(5)“电解”时Zn(NH3)42+在阴极放电的电极反应式为_______。
阳极区放出一种无色无味的气体,将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中,无明显现象,该气体是________(写化学式)。
电解后的电解液经补充________(写一种物质的化学式)后可返回“溶浸”工序继续使用。
【答案】
(1).【答题空1】+2
(2).【答题空2】ZnO+2NH3·
H2O+2NH4+=Zn(NH3)42++3H2O(3).低于30℃时,溶浸反应速率随温度升高而增大;
超过30℃,氨气逸出导致溶浸反应速率下降(4).【答题空4】2AsCl52-+2H2O2+6NH3·
H2O=As2O5+10Cl-+6NH4++5H2O(5).【答题空5】Cu、Cd(6).【答题空6】Zn(NH3)42++2e-=Zn+4NH3↑(7).【答题空7】N2(8).【答题空8】NH3(或NH3·
H2O)
(1)NH3是中性分子,由于Zn(NH3)42+离子带有2个单位的正电荷,说明其中Zn带有2个单位的正电荷,故Zn的化合价为+2价;
NH4+水解使溶液显酸性,ZnO与H+反应变为Zn2+,Zn2+与NH3·
H2O反应产生Zn(NH3)42+,反应的总的离子方程式为:
ZnO+2NH3·
H2O+2NH4+=Zn(NH3)42++3H2O;
(2)由锌浸出率与温度的关系图可知,在温度低于30℃时,温度升高,反应速率随温度升高而增大;
当温度超过30℃,NH3·
H2O分解产生氨气,氨气逸出导致溶浸反应速率下降,故30℃时锌浸出率最高;
(3)在“氧化除杂”中,H2O2将AsCl52-氧化后转化为As2O5胶体,被吸附聚沉除去,H2O2被还原变为H2O,反应后溶液始终接近中性。
则该反应的离子方程式为2AsCl52-+2H2O2+6NH3·
H2O=As2O5+10Cl-+6NH4++5H2O;
(4)“氧化除杂”后的溶液中含Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+,向该溶液中加入Zn粉,Zn将Cu2+、Cd2+还原为金属单质,所以“滤渣3”的主要成分为Cu、Cd;
(5)“电解”时Zn(NH3)42+在阴极放电,电极反应式为Zn(NH3)42++2e-=Zn+4NH3↑;
阳极区阴离子放电,放出一种无色无味的气体,将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中,无明显现象,说明该气体不具有氧化性,则该气体是N2;
电解后的溶液中由于NH3不断放电产生N2从溶液中逸出,所以电解后的电解液经补充NH3或NH3·
H2O以后才可返回“溶浸”工序继续使用。
10.氧化亚氮(N2O)是一种强温室气体,且易转换成颗粒污染物。
研究氧化亚氮分解对环境保护有重要意义。
(1)污水生物脱氮过程中,在异养微生物催化下,硝酸铵可分解为N2O和另一种产物,该反应的化学方程式为________。
(2)已知反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的ΔH=–163kJ·
mol-1,1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ、498kJ的能量,则1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为________kJ。
(3)在一定温度下的恒容容器中,反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下:
反应时间/min
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
C(N2O)/mol/L
0.100
0.090
0.080
0.070
0.060
0.050
0.040
0.030
0.020
0.010
①在0~20min时段,反应速率v(N2O)为________mol·
L-1·
min-1。
②若N2O起始浓度c0为0.150mol·
L-1,则反应至30min时N2O的转化率α=__________。
比较不同起始浓度时N2O的分解速率:
v(c0=0.150mol·
L-1)________v(c0=0.100mol·
L-1)(填“>
”、“=”或“<
”)。
③不同温度(T)下,N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示(图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间),则T1________T2(填“>
当温度为T1、起始压强为p0,反应至t1min时,体系压强p=________(用p0表示)。
(4)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率,反应历程为:
第一步I2(g)
2I(g)(快反应)
第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反应)
第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g)(快反应)
实验表明,含碘时N2O分解速率方程v=k·
c(N2O)·
[c(I2)]0.5(k为速率常数)。
下列表述正确的是________(填标号)。
A.N2O分解反应中,k(含碘)>
k(无碘)B.第一步对总反应速率起决定作用
C.第二步活化能比第三步大D.I2浓度与N2O分解速率无关
【答案】
(1).NH4NO3
N2O+2H2O
(2).1112.5(3).1.0×
10-3(4).20.0%(5).=(6).>
(7).1.25p0(8).AC
(1)硝酸铵可分解为N2O和另一种产物,根据质量守恒定律可判断另一产物为H2O,根据得失电子守恒写出反应的化学方程式;
(2)正反应为放热反应,化学键生成时放出的能量-化学键断裂时需吸收的能量=反应放出的能量,以此分析解答;
(3)①根据反应速率v(N2O)=
计算;
②从表中数据分析可知,每个时间段内,△c(N2O)相等,即v(N2O)相等,与起始浓度无关;
若N2O起始浓度c0为0.150mol·
L-1,则反应至30min时N2O转化的浓度为0.010mol/L×
3=0.030mol/L,则转化率α=
×
100%=20.0%;
③温度越高反应越快,半衰期越短,由图可知,压强一定时,T1时半衰期小于T2,则T1>
T2;
其他条件相同时,压强之比等于物质的量之比,由反应式2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)可知,设起始时有2molN2O,当有一半分解时,生成1molN2和0.5molO2,还剩余1molN2O,此时混合气体总物质的量变为(1mol+1mol+0.5mol)=2.5mol,则体系压强p=
P0=1.25p0;
(4)化学反应速率快慢取决于反应速率最慢的反应,即第二步反应;
该反应的总反应为2N2O(g)=2N2(g)+O2(g),碘在反应中起催化剂作用,以此分析解答。
(1)硝酸铵可分解为N2O和另一种产物,根据质量守恒定律,可判断另一产物为H2O,反应的化学方程式为NH4NO3
N2O+2H2O;
NH4NO3
(2)正反应为放热反应,化学键生成时放出的能量-化学键断裂时需吸收的能量=反应放出的能量,设1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为xkJ,则945kJ×
2+498kJ-2xkJ=163kJ,解得x=1112.5,
1112.5;
(3)①在0~20min时段,v(N2O)=
=
=1.0×
10-3mol·
min-1;
②从表中数据分析可知,每个时间段内,△c(N2O)相等,即v(N2O)相等,与起始浓度无关,所以不同起始浓度时N2O的分解速率:
L-1)=v(c0=0.100mol·
L-1);
3=0.030mol/L,则转化率α=
20.0%;
=;
其他条件相同时,压强之比等于物质的量之比,由反应式2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)可知,设起始时有2molN2O,当有一半分解时,生成1molN2和0.5molO2,还剩余1molN2O,此时混合气体总物质的量变为(1mol+1mol+0.5mol)=2.5mol,则体系压强p=
>
;
1.25p0;
(4)化学反应速率快慢取决于反应速率最慢的反应,即第二步反应,该反应的总反应为2N2O(g)=2N2(g)+O2(g),碘在反应中起催化剂作用,
A.碘在反应中起催化剂作用,N2O分解反应中,k(含碘)>
k(无碘),故A正确;
B.第二步反应为慢反应,对总反应速率起决定作用,故B错误;
C.第二步反应为慢反应,第三步反应为快反应,第二步活化能比第三步大,故C正确;
D.由含碘时N2O分解速率方程v=k·
[c(I2)]0.5可知,N2O分解速率与[c(I2)]0.5成正比,故D错误。
答案选AC。
AC。
11.FeSe、MgB2等超导材料具有广阔的应用前景。
(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为________,基态Se原子的电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。
(2)向FeSe中嵌入吡啶(
)能得到具有优异性能的超导材料。
吡啶中氮原子的杂化类型为________;
该分子内存在________(填标号)。