东北师大附中重庆一中等六校届高三上学期联考期末理科综合化学试题.docx
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东北师大附中重庆一中等六校届高三上学期联考期末理科综合化学试题
东北师大附中、重庆一中等六校2019届高三1月联考（期末）理综化学试题
1.下列说法错误的是
A.地沟油经过分离提纯后可制成生物柴油
B.常用投加明矾、硫酸铁等电解质的方法处理浑浊的水
C.汽车尾气中的氮氧化合物主要源自汽油中含氮化合物与氧气反应的产物
D.废弃电池回收利用，既可以减少环境污染，又可以节约资源
【答案】C
【解析】
【分析】
A、地沟油是对生活中存在的各类劣质油的统称，长期食用可能会引发癌症，对人体的危害极大．其主要成分仍然是高级脂肪酸甘油酯，经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用；
B、明矾溶液中的铝离子水解可以得到具有吸附性的氢氧化铝胶体，硫酸铁溶液中的铁离子水解可以得到具有吸附性的氢氧化铁胶体．
C、汽车尾气的氮氧化合物主要来源于气缸中N2被氧化生成的；
D、废弃电池回收利用，既可以减少重金属对环境污染，又可以回收其中有用的物质，节约资源。
【详解】A、地沟油经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用，故A正确；
B、明矾溶液中的铝离子水解可以得到具有吸附性的氢氧化铝胶体，硫酸铁溶液中的铁离子水解可以得到具有吸附性的氢氧化铁胶体，故B正确．
C、汽车尾气的氮氧化合物主要来源于气缸中N2被氧化生成的，故C错误；
D、废弃电池回收利用，既可以减少重金属对环境污染，又可以回收其中有用的物质，节约资源，故D正确。
故选C。
2.下列有关离子检验的操作和实验结论都正确的是
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入NaOH稀溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口检验，试纸不变蓝
原溶液中一定不含有NH4+
B
向某溶液中加入足量的盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
原溶液中一定含有SO42－
C
向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
原溶液中一定含有CO32－
D
用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色未见紫色
原溶液中不含K＋
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
A、氨气在水中溶解度大；
B、加HCl以防止银离子、亚硫酸根、碳酸根等干扰，加入足量的盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，原溶液中一定含有SO42－；
C、向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，溶液中可能含有碳酸氢根离子、碳酸根离子。
D、用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色未见紫色，可能含有钾离子。
【详解】A、氨气在水中溶解度大，加入稀氢氧化钠不能确定是否含有铵根离子，故A错误；
B、加HCl以防止银离子、亚硫酸根、碳酸根等干扰，加入足量的盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，原溶液中一定含有SO42－，故B正确；
C、向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，溶液中可能含有碳酸氢根离子、碳酸根离子，故C错误；
D、用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色未见紫色，可能含有钾离子，需透过蓝色钴玻璃观察焰色，确定有无钾元素，故D错误。
故选B。
3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.2.8g乙烯和丙烯的混合气体中含有0.4NA个共用电子对
B.2.24L甲烷气体中含有0.4NA个C-H键
C.1mL0.1mol/LFeCl3溶液滴入沸水中可生成含有1.0×10-4NA个Fe（OH）3胶粒的胶体
D.78g过氧化钠中含有NA个阴离子
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙烯和丙烯中，每个碳原子平均形成1对共用电子对，每个氢原子形成1对共用电子对；2.8g乙烯和丙烯的混合气体中含碳0.2mol，含H0.4mol，有0.6NA个共用电子对，故A错误；
B.2.24L甲烷气体不一定是标准状态，故B错误；
C.Fe（OH）3胶粒的胶体为氢氧化铁的聚集体，无法计算胶粒的数目，故C错误；
D.78g过氧化钠中含有1mol过氧根离子，即NA个阴离子，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解题关键：
掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清胶体、分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．
4.某有机物分子式为C5H10O3，与饱和NaHCO3溶液反应放出气体体积与同等状况下与Na反应放出气体体积相等，该有机物有（不含立体异构）
A.9种B.10种C.11种D.12种
【答案】D
【解析】
【分析】
分子式为C5H10O3与饱和NaHCO3溶液反应能放出气体，说明含有羧基，且1molC5H10O3与足量钠反应放出1mol气体，说明分子中含有羟基，可看作-OH取代C4H9-COOH中C4H9－的H原子。
【详解】分子式为C5H10O3与饱和NaHCO3溶液反应能放出气体，说明含有羧基，且1molC5H10O3与足量钠反应放出1mol气体，说明分子中含有羟基，可看作-OH取代C4H9－的H原子，C4H9－有4种，分别为CH3CH2CH2CH2－（4种）、CH3CH（CH3）CH2－（3种）、CH3CH2CH（CH3）-（4种）、C（CH3）3-（1种），共12种。
故选D。
【点睛】本题考查同分异构体的判断，侧重考查学生的分析能力，解题关键：
注意把握同分异构体的判断角度和方法。
5.化学可以变废为宝，利用电解法处理烟道气中的NO，将其转化为NH4NO3的原理如下图所示，下列说法错误的是
A.该电解池的阳极反应为：
NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+
B.为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A为HNO3
C.该电解池的电极材料为多孔石墨，目的是提高NO的利用率和加快反应速率
D.用NH4NO3的稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行
【答案】B
【解析】
【分析】
A、电解NH4NO3时，在阳极上是NO失电子的氧化反应，在阴极上是氢离子得电子的还原反应；
B、在阳极上获得硝酸，为使电解产物完全转化为NH4NO3，需要补充氨气．
C、增大反应物的接触机会，能加快反应速率；
D、增大溶液中离子的浓度，增强导电能力。
【详解】A.右室在阳极上是NO失电子的氧化反应，电极反应式为：
NO-3e－+2H2O=NO3－+4H＋，故A正确；
B.在阳极上获得硝酸，为使电解产物完全转化为NH4NO3，需要补充氨气，故B错误；
C.增大反应物的接触机会，能加快反应速率，该电解池的电极材料为多孔石墨，目的是提高NO的利用率和加快反应速率，故C正确；
D.NH4NO3是强电解质，用NH4NO3的稀溶液代替水可以增大溶液中离子的浓度，增强导电能力，有利于电解的顺利进行，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查了电化学知识的应用，充分考查学生的分析、理解能力，解题关键：
明确发生反应的原理。
6.五种短周期元素的某些性质如下表所示，有关说法正确的是
元素
元素的相关信息
M
最高正价与最低负价的绝对值之和等于2
W
原子的M电子层上有3个电子
X
在短周期元素中，其原子半径最大
Y
最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成Y的单质和H2O
Z
最高价氧化物的水化物与气态氢化物反应生成盐
A.W、Y、Z的简单离子半径依次增大
B.M与Y、Z分别形成的化合物属于只含有极性键的共价化合物
C.W与M、Y分别形成的化合物都能与水反应，且有气体生成
D.常温下，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液都能与单质W持续反应
【答案】C
【解析】
【分析】
M最高正价与最低负价的绝对值之和等于2，M为H元素；W原子的M电子层上有3个电子，则W含有3个电子层，为Al元素；在短周期元素中，X的原子半径最大，则X为Na元素；Y的最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成Y的单质和H2O，结合硫化氢与二氧化硫反应生成S单质可作Y为S元素；Z的最高价氧化物对应水化物能与其气态氢化物反应生成盐，该盐为硝酸铵，则Z为N元素；
【详解】A.W、Y、Z的简单离子Al3＋、S2－、N3－，半径由小到大为Al3＋、N3－、S2－，故A错误；
B.M与Y、Z分别形成的化合物中H2O2含有非极性键和极性键，故B错误；
C.W与M、Y分别形成的化合物AlH和Al2S3都能与水反应，生成氢气和硫化氢气体，故C正确；
D.常温下，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液NaOH、H2SO4、HNO3中只有NaOH能与单质铝持续反应，后二者会产生钝化，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查位置、结构与性质关系的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系是解题的基本功。
7.常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是
A.pH为5的NaHSO3溶液中：
c（HSO3－）＞c（H2SO3）＞c（SO32－）
B.向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7，所得溶液中：
c（Cl-）>c（NH4+）>c（Na+）=c（NH3·H2O）>c（OH-）=c（H+）
C.将等体积、等物质的量浓度的CH3COONH4与NaCl溶液混合：
c（CH3COO－）+c（Na+）=c（Cl-）+c（NH4+）
D.20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液与30mL0.1mol/LNaOH溶液混合，（pH＞7）：
c（NH4+）＞c（NH3·H2O）＞c（OH-）＞c（H+）
【答案】A
【解析】
【分析】
A、pH=5的NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸根离子电离大于水解分析离子浓度大小；
B、向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7，加入的NaOH少于NH4Cl，由电荷守恒：
c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl-），物料守恒：
c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c（Cl-），则c（NH3·H2O）=c（Na+），NH3·H2O电离大于NH4+水解，c（NH4+）>c（NH3·H2O）；
C、CH3COONH4中醋酸根离子和铵根离子的水解程度相同溶液呈中性，NaCl也呈中性。
D、滴入30mLNaOH溶液时，反应后的溶液中含有0.001mol一水合氨、0.0005mol硫酸铵，溶液的pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度。
【详解】A、pH=5的NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸根离子电离大于水解分析离子浓度大小，c（HSO3－）＞c（SO32－）＞c（H2SO3），故A错误；
B、向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7，加入的NaOH少于NH4Cl，由电荷守恒：
c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl-），物料守恒：
c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c（Cl-），则c（NH3·H2O）=c（Na+），NH3·H2O电离大于NH4+水解，c（NH4+）>c（NH3·H2O），所得溶液中：
c（Cl-）>c（NH4+）>c（Na+）=c（NH3·H2O）>c（OH-）=c（H+），故B正确；
C、CH3COONH4中醋酸根离子和铵根离子的水解程度相同溶液呈中性，NaCl也呈中性，c（Na+）=c（Cl-），c（NH4+）=c（CH3COO－），c（CH3COO－）+c（Na+）=c（Cl-）+c（NH4+），故C正确；
D、滴入30mLNaOH溶液时（pH＞7），其中20mL氢氧化钠溶液与硫酸氢铵中的氢离子发生中和反应，属于的10mL氢氧化钠溶液与铵根离子反应，则反应后的溶液中含有0.001mol一水合氨、0.0005mol硫酸铵，溶液的pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则：
c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）、c（OH－）＞c（H＋），则溶液中离子浓度大小为：
c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（OH－）＞c（H＋），故D正确；
故选A。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，解题关键：
明确反应后溶质组成，难点突破：
注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．
8.某化工小组研究银铜复合废料（表面变黑，生成Ag2S）回收银单质及制备硫酸铜晶体，工艺如下:
（废料中的其他金属含量较低，对实验影响可忽略）
已知：
①AgCl可溶于氨水，生成[Ag（NH3）2]+；
②Ksp（Ag2SO4）=1.2×10-5，Ksp（AgCl）=1.8×10-10；
③渣料中含有少量银和硫酸银（微溶）。
（1）操作I中为了加快空气熔炼速率，可以采取____________措施（写出其中一种即可）。
（2）操作IV经过_______________、_________________、过滤、洗涤和干燥，可以得到硫酸铜晶体。
（3）洗涤滤渣II，与粗银合并，目的是________________________________。
（4）操作III中，NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH、NaCl和O2，该反应的化学方程式为_________________________________（其中AgCl和NaCl的物质的量之比为2:
1）。
氧化的同时发生沉淀转化，离子方程式为______________________________，其平衡常数K=_____________________。
HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是_________________。
【答案】
（1）.粉碎废料、适当增加空气量、搅拌等
（2）.加热浓缩（3）.降温结晶（4）.为提高Ag的回收率（5）.3NaClO+2Ag+H2O=2AgCl+NaCl+2NaOH+O2↑（6）.Ag2SO4（s）+2Cl-（aq）
2AgCl（s）+SO42-（aq）（7）.3.7×1014（8）.有污染性气体生成
【解析】
【分析】
（1）从外界条件对反应速率的影响来分析，如粉碎废料、适当增加空气量、搅拌等；
（2）操作IV是从溶液中获得硫酸铜晶体；
（3）渣料中含有少量银和硫酸银（微溶），必须回收；
（4）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，且AgCl和NaCl的物质的量之比为2:
1，结合电子得失守恒和质量守恒写出方程式。
AgCl比Ag2SO4溶解度更小，由此写出沉淀转化的方程式；
根据沉淀转化的方程式，结合两种物质的Ksp计算平衡常数K；
用硝酸有污染性气体生成。
【详解】
（1）从外界条件对反应速率的影响来分析，操作I中为了加快空气熔炼速率，可以采取粉碎废料、适当增加空气量、搅拌等；
（2）操作IV是从溶液中获得硫酸铜晶体，通常经过加热浓缩、降温结晶、过滤、洗涤和干燥，可以得到硫酸铜晶体；
（3）渣料中含有少量银和硫酸银（微溶），必须回收，洗涤滤渣II，与粗银合并，目的是为提高Ag的回收率。
（4）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，且AgCl和NaCl的物质的量之比为2:
1，结合电子得失守恒和质量守恒：
3NaClO+2Ag+H2O=2AgCl+NaCl+2NaOH+O2↑；
AgCl比Ag2SO4溶解度更小，由此写出沉淀转化的方程式：
Ag2SO4（s）+2Cl-（aq）
2AgCl（s）+SO42-（aq）；
根据沉淀转化的方程式，结合两种物质的Ksp计算，Ksp（Ag2SO4）=1.2×10-5，Ksp（AgCl）=1.8×10-10，平衡常数K=c（SO42-）/c2（Cl-）=Ksp（Ag2SO4）/[Ksp（AgCl）]2=1.2×10-5/（1.8×10-10）2=3.7×1014；
HNO3也能氧化Ag，生成氮的氧化物，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是有污染性气体生成。
9.已知：
用NH3催化还原NOx时包含以下反应。
反应①：
4NH3（g）+6NO（g）
5N2（g）+6H2O（l）∆H1=-1807.0kJ•mol-1
反应②：
4NH3（g）+6NO2（g）
5N2（g）+3O2（g）+6H2O（l）∆H2=?
反应③：
2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）∆H3=-113.0kJ•mol-1
（1）反应②的∆H2=_________________________。
反应①②在热力学上趋势大，其原因是___________________________________________________________________。
（2）为探究温度及不同催化剂对反应①的影响，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得N2浓度变化情况如下图所示。
①反应①的平衡常数的表达式K=__________。
在催化剂甲的作用下反应的平衡常数_______________在催化剂乙的作用下反应的平衡常数（填写“大于”，“小于”或“等于”）。
②N点后N2浓度减小的原因可能是_________________、________________。
（3）某温度下，在1L容器中对于反应①初始投入4molNH3和6molNO，当气体总物质的量为7.5mol时反应达到平衡，则NH3的转化率_______________%，达平衡所用时间为5分钟，则用NO表示此反应平均反应速率为__________________。
【答案】
（1）.-1468.0kJ/mol
（2）.两个反应均为放热量大的反应（3）.c5（N2）/c4（NH3）c6（NO）（4）.等于（5）.温度升高发生副反应（6）.温度升高催化剂活性降低（7）.50（8）.0.6mol/（Lmin）
【解析】
【分析】
（1）由盖斯定律求反应②的∆H2；均为放热反应，生成物的能量低，反应①②在热力学上趋势大；
（2）①根据平衡常数的定义，写出反应①4NH3（g）+6NO（g）
5N2（g）+6H2O（l）的平衡常数的表达式K=c5（N2）/c4（NH3）c6（NO）；
催化剂不影响平衡常数；
②N点后N2浓度减小的原因可能是温度升高发生副反应、温度升高催化剂活性降低；
（3）列出三行式进行计算。
【详解】
（1）反应①：
4NH3（g）+6NO（g）
5N2（g）+6H2O（l）∆H1=-1807.0kJ•mol-1
反应②：
4NH3（g）+6NO2（g）
5N2（g）+3O2（g）+6H2O（l）∆H2=?
反应③：
2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）∆H3=-113.0kJ•mol-1
由盖斯定律，反应①-反应③×3，反应②的∆H2=-1807.0kJ•mol-1-（-113.0kJ•mol-1）×3=-1468.0kJ/mol；
均为放热反应，生成物的能量低，反应①②在热力学上趋势大。
（2）①根据平衡常数的定义，写出反应①的平衡常数的表达式；
催化剂不影响平衡常数，温度不变，平衡常数不变，故甲乙两种催化剂作用下，反应的平衡常数相等；
②N点后N2浓度减小的原因可能是温度升高发生副反应、温度升高催化剂活性降低；
（3）列出三行式：
4NH3（g）+6NO（g）
5N2（g）+6H2O（l）
c始/mol·L－146
c始/mol·L－14x6x5x
c始/mol·L－14-4x6-6x5x
4-4x+6-6x+5x=7.5mol/1L，x=0.5，则NH3的转化率50%；
达平衡所用时间为5分钟，则用NO表示此反应平均反应速率为6×0.5mol·L－1/5min=0.6mol/（Lmin）.
10.锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生MnOOH。
废旧电池中的Zn、Mn元素的回收，对环境保护有重要的意义。
Ⅰ.回收锌元素，制备ZnCl2
步骤一：
向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液。
步骤二：
处理滤液，得到ZnCl2·xH2O晶体。
步骤三：
将SOCl2与ZnCl2·xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。
制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2（夹持及加热装置略）的装置如下：
（已知：
SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点－105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解，与水剧烈水解生成两种气体。
）
（1）写出SOCl2与水反应的化学方程式：
______________________。
（2）接口的连接顺序为a→___→___→h→h→___→___→___→e。
______________
Ⅱ.回收锰元素，制备MnO2
（3）洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法：
_________________________。
（4）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的__________________________。
Ⅲ.二氧化锰纯度的测定
称取1.40g灼烧后的产品，加入2.68g草酸钠（Na2C2O4）固体，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参与反应），充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻线，从中取出20.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为17.30mL。
（5）写出MnO2溶解反应的离子方程__________________________________________。
（6）产品的纯度为______________________。
（7）若灼烧不充分，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积_____（填“偏大”、“偏小”、“不变”）。
【答案】
（1）.SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑
（2）.f→g→h→h→b→c→d→e（3）.取最后一次洗液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净（4）.除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2（5）.MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O（6）.97.4%（7）.偏大
【解析】
【分析】
Ⅰ.
（1）SOCl2与水反应生成SO2和HCl，SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑；
（2）三颈瓶中SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气加入锥形瓶中，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气种二氧化硫与HCl，防止污染环境，h装置防止倒吸；
Ⅱ.（3）洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法是检验洗涤液中有没有氯离子；
（4）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧除去混在二氧化锰中的碳，并将MnOOH氧化为MnO2。
Ⅲ.（5）MnO2将C2O42－在H＋作用下氧化成CO2，而+4价锰还原成Mn2＋；
（6）n（C2O42－）=2.68g÷134g·mol－1=0.02mol；滴定100mL稀释后溶液，消耗n（MnO4－）=0.0200mol·L－1×0.01730L×5=0.001730mol；根据氧化还原反
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