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）。
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