广东省广州市天河区届高三毕业班综合测试二理科综合化学试题文档格式.docx

1、A. 14gCO和N2的混合气体所含有的电子数为14NAB. 用浓盐酸分别和MnO2、KClO3反应制备1mol氯气，转移的电子数均为2NAC. 1.0L2.0 mol/ LNaOH溶液中含有氧原子数为2NAD. 1moI NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH4+数目为NA【答案】D【详解】A.由于CO和N2的摩尔质量都是28g/mol，因此14g混合气体的物质的量为0.5mol。又因为1molCO中含14mol电子，1molN2中也含14mol电子，则0.5molCO和N2混合气体含电子数为7NA，故A错误；B.MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，当生成1mol

2、氯气，转移的电子数为2NA，KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2+3H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数为NA，故B错误；C.1.0L2.0 mol/ LNaOH溶液中含氢氧化钠的物质的量为2mol，含氧原子的物质的量为2mol，由于溶液中还含有水分子，水分子中也含有氧原子，则1.0L2.0 mol/ LNaOH溶液中含有的氧原子的物质的量大于2mol，氧原子的个数大于2NA，故C错误；D.1moI NH4NO3中含1molNO3-，若1moI NH4NO3溶于稀氨水，根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（NO3-），又因为溶液呈中性c（H+）= c（OH-），

3、则c（NH4+）= c（NO3-），则在同一溶液中n（NH4+）=n（NO3-）=1mol，则NH4+数目为NA，故D正确。答案选D。【点睛】解答本题时特别注意浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气，氯元素均由-1价变为0价；而浓盐酸和氯酸钾反应，是氯元素的归中反应。据此解答。3.下列实验操作、现象和结论均正确的是现象实验操作结论A.SO2 通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中溶液红色退去SO2 具有漂白性B稀硝酸中加入少量铁粉，充分反应后，滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色铁被氧化为三价铁离子C某黄色溶液中加入淀粉KI溶液溶液呈蓝色溶液中含有Br2D无水乙醇中加入浓硫酸，加热至170，产生的气体直接通入酸

4、性高锰酸钾溶液紫色退去有乙烯生成A. A B. B C. C D. D【答案】B【详解】A.将S02通人滴有酚酞的NaOH溶液中，由于二氧化硫与氢氧化钠溶液发生中和反应，导致溶液红色褪去，反应中二氧化硫没有表现漂白性，该结论不合理，故A错误；B.稀硝酸中加入少量铁粉，铁被稀硝酸氧化为Fe3+，稀硝酸被还原为NO气体，加入KSCN溶液，生成Fe（SCN）3血红色溶液，则现象和结论均正确，故B正确；C.该黄色溶液中可能含有铁离子，铁离子也能将碘离子氧化为碘单质，所以不能确定该黄色溶液中含有溴，则结论不合理，故C错误；D.乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的过程中，会含有少量的二氧化硫产生，也可以使酸性高锰酸

5、钾溶液褪色，则结论不合理，故D错误。答案选B。【点睛】解题时注意稀硝酸与铁粉反应时，产物与用量有关，铁粉少量时被稀硝酸氧化为Fe3+，稀硝酸被还原为NO气体，加入KSCN溶液，生成Fe（SCN）3血红色溶液；铁粉过量时生成亚铁离子，滴入KSCN溶液后不会变红。4.金属（M）空气电池（如图）具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应为：4M+nO2+2nH2O=4M（OH）n。已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是A. 比较Mg、Al、Zn三种金属-空气电池，Mg空气电池的理论比能量最高B. 为防止

6、负极区沉积Mg（OH）2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜C. 电池放电过程的正极反应式：O2+2H2O+4e=4OHD. 多孔电极可提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面【答案】A【详解】A.电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为（1g/24g/mol）2=1/12mol、（1g/27g/mol）3=1/9mol、（1g/65g/mol）2=1/32.5mol，所以Al空气电池的理论比能量最高，故A错误；B.负极上Mg失电子生成Mg2+

7、，为防止负极区沉积Mg（OH）2，则阴极区溶液不能含有大量OH，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故B正确；C.正极上氧气得电子和水反应生成OH，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故C正确；D.反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，故D正确。答案选A。【点睛】解题时注意“理论比能量”的概念，“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则得到的电能越多。5.短周期元素x、y、d、f

8、的最高正价或最低负价、原子半径的相对大小随原子序数的变化如图所示；短周期元素z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物的溶液（浓度均为001mol/L）的pH与原子序数的关系如图所示：下列有关说法正确的是A. 离子半径大小顺序：efghB. 由x、z、d三种元素形成的化合物中一定不含离子键C. y、d、g的简单气态氢化物中沸点最高的是g的氢化物D. 装满zd2气体的小试管倒扣水槽中充分反应，试管液面上升约2/3【详解】由图1得，f原子半径最大，原子序数最大，且最高正价为+3，故猜测f为Al，又y、d原子序数递增，原子半径减小，最高正价或最低负价分别为+4，-2，故猜测y为C，d为O，x半径最小，原

9、子序数最小，且最高正价为+1，故x为H，h的原子序数最大，且最高价氧化物对应的水化物的pH为2，说明是一元强酸，故猜测h为Cl，g原子序数小于h，且最高价氧化物对应的水化物pH小于2，说明是多元强酸，故猜测g为S，生成的酸为H2SO4，e最高价氧化物对应的水化物的pH为12，是一元强碱，故猜测e为Na，z的原子序数最小，且最高价氧化物对应的水化物的pH为2，故猜测z为N。A.e、f、g、h对应的元素分别为Na、Al、S、Cl，离子半径大小为S2-Cl-Na+Al3+，故离子半径大小顺序为ghf，故A错误；B.x、z、d对应的元素分别是H、N、O，三种元素形成的化合物中NH4NO3含有离子键，故

10、B错误；C.y、d、g对应的元素分别是C、O、S，氢化物的稳定性可以根据非金属性来比较，非金属性越强则氢化物越稳定，同周期元素原子序数越大非金属性越强，同主族元素原子序数越小非金属性越强，故最稳定的是d的氢化物，故C错误；D.z、d对应的元素分别是N、O，zd2为NO2，则装满zd2气体的小试管倒扣水槽中充分反应，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，每消耗3体积二氧化氮生成1体积的一氧化氮，则试管液面上升约2/3，故D正确。6.树脂镜片具有透光率好、质轻、抗冲击力强等优良性能。化合物Y能用于高性能树脂镜片的合成，化合物与2甲基丙烯酰氯在一定条件下反应可制得化合物Y：A. 该反应属

11、于取代反应B. Y的分子式为C10H6O2Br3C. 2甲基丙烯酰氯可使溴水和高锰酸钾溶液褪色D. 、Y均属于芳香族化合物【详解】A.该反应X羟基中的氢原子被取代生成Y，此反应类型属于取代，故A正确；B.Y的分子式为CH7Br3O2，故B错误；C.2甲基丙烯酰氯中含有碳碳双键（不饱和键），可以和溴水和高锰酸钾溶液反应，使之褪色；故C正确；D.X、Y中均含苯环结构，均为芳香族化合物，故D正确。7.乙二胺（H2NCH2CH2NH2），无色液体，电离类似于氨：NH3+H2ONH4+OH，25时，kb1=104.07，kb2=107.15；乙二胺溶液中含氮微粒的物质的量浓度分数随溶液pH的变化如图。A

12、. 曲线代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+B. 曲线与曲线II相交点对应pH=6.85C. 0.1 mol L1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中各离子浓度大小关系为c（Cl）c（H2NCH2CH2NH3+）c（H+）c（OH）D. 乙二胺在水溶液中第二步电离的方程式H2NCH2CH2NH3+H2OH3NCH2CH2NH32+OH【详解】A.乙二胺（H2NCH2CH2NH2）电离类似于氨，根据题目信息kb1=104.07，kb2=107.15可知，H2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，第一步电离的方程式为H2NCH2CH2NH2+H2O H2NCH2CH2NH3+ OH-、H2

13、NCH2CH2NH3+H2OH3NCH2CH2NH32+OH-，根据电离方程式可知，溶液pH越小，越有利于电离平衡正向移动，H3NCH2CH2NH32+的浓度越大，所以曲线代表的微粒符号为 H3NCH2CH2NH32+，曲线代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+，故A正确；B.曲线代表的微粒符合为H2NCH2CH2NH3+，曲线与曲线相交点对应的溶液中，H3NCH2CH2NH32+和H2NCH2CH2NH3+浓度相等，根据H2NCH2CH2NH3+H2OH3NCH2CH2NH32+OH-可知，Kb2=107.15=，则c（H+）=，pH=6.85，故B正确；C.在0.1 mol L1H2N

14、CH2CH2NH3Cl溶液中，因为H2NCH2CH2NH3+水解使溶液呈碱性，则各离子浓度大小关系为c（Cl）c（H2NCH2CH2NH3+）c（OH） c（H+），故C错误；D.乙二胺（H2NCH2CH2NH2）电离类似于氨，根据题目信息kb1=104.07，kb2=107.15可知，H2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，第一步电离的方程式为H2NCH2CH2NH2+H2OH3NCH2CH2NH32+OH-，故D正确。8.高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。某实验小组釆用如图装置制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质用途。.制备K2FeO4（夹持、加热等装置略）（1）B中所用试剂为_。

15、（2）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在08，可使用的控温方法为_，充分反应后得到紫色固体，反应方程式为_。反应中KOH必须过量的原因是_。（3）C中混合物经过滤、洗涤、干燥，得纯浄髙铁酸钾晶体，洗涤时洗涤剂可选用_。a.冰水 b.KOH溶液 c.异丙醇.探究K2FeO4的性质（4）K2FeO4可以将废水中的CN氧化为CNO，实验表明，pH=9时CN去除效果最佳。配平反应离子方程式：_FeO42+_CN+_H2O_Fe（OH）3+_CNO+_OH。现处理含CN离子浓度为13mg/L的废水1m3，至少需要K2FeO4_g。（5）资料表明，酸性溶液中氧化性FeO42MnO4。验证实验：将少K2

16、FeO4溶解在过量KOH溶液中，溶液呈浅紫色，取该溶液滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，振荡，溶液颜色仍然呈浅紫色。请设计实验证明最后所得浅紫色溶液中含有MnO4_。【答案】 （1）. 饱和食盐水 （2）. 冰水浴或冷水浴 （3）. 3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O （4）. 保持溶液碱性，防止K2FeO4变质 （5）. c （6）. 2 （7）. 3 （8）. 5 （9）. 2 （10）. 3 （11）. 4 （12）. 66 （13）. 向最后的浅紫色溶液中滴加过量稀H2SO4，振荡，溶液浅紫色未褪去。【分析】本小题是实验探究题。（1）由于盐酸

17、具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，应用饱和食盐水除去HCl，B中所用试剂为饱和食盐水。（2）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在08，可使用的控温方法为冰水浴或冷水浴；充分反应后得到紫色物质为K2FeO4，则反应方程式为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；因为K2FeO4微溶于KOH，难溶于有机溶剂，具有强氧化性在酸性或中性溶液中紫色快速褪去并产生氧气，在碱性溶液中较稳定，所以反应中KOH必须过量。（3）因为K2FeO4微溶于KOH，难溶于有机溶剂，C中混合物经过滤、洗涤、干燥，得到纯浄高铁酸钾晶体，

18、洗涤时洗涤剂可选异丙醇。 （4）K2FeO4可以将废水中的CN氧化为CNO，反应过程中FeO42中铁元素价态由+6价降低到+3价生成Fe（OH）3，CN中碳元素价态由+2价升高到+4价生成CNO，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平离子方程式，离子方程式为：2FeO42+3CN+5H2O=2Fe（OH）3+3CNO+4OH。（5）根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在K2FeO4，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4的颜色。【详解】本小题答案为：饱和食盐水。冰水浴或冷水浴；3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；保

19、持溶液碱性，防止K2FeO4变质。 本小题答案为：c。2 3 5 2 3 4。向最后的浅紫色溶液中滴加过量稀H2SO4，振荡，溶液浅紫色未褪去。9.铜阳极泥（主要含有铜、银、金、少量的镍）是有色金属冶炼过程中重要的“二次资源”。其合理处理对于实现资源的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：分金液的主要成分为AuCl4；分金渣的主要成分为AgCl；分银液中主要成分为Ag（SO3）23，且存在Ag（SO3）23=Ag+2SO32（1）“分铜”时，单质铜发生反应的化学方程式为_，已知“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。“分铜”时加入足量的NaC1的主要作用为_。（

20、2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为_。（3）Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgC的原因为_。调节溶液的pH不能过低，理由为_。（4）已知离子浓度105mol/L时，认为该离子沉淀完全。 KspPb（OH）2=2.51016，KspSb（OH）3=1041。浸取“分银渣”可得到含0.025 mol/L Pb2+的溶液（含少量Sb3+杂质）。欲获得较纯净的Pb2+溶液，调节PH的范围为_。（忽略溶液体积变化）（5）工业上，用镍为阳极，电解0.1 mol/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，

21、可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：为获得髙纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为_g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为_。【答案】 （1）. Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O （2）. 使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失 （3）. 2Au+ClO3+7Cl+6H+=2AuCl4 +3H2O （4）. 分银液中存在Ag（SO3）23Ag+2SO32，加H2SO4至pH=4，SO32转化为HSO3，c（SO32）减小

22、，平衡正向移动，c（Ag+）增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl， （5）. 避免产生污染气体SO2 （6）. 2pH7 （7）. 10 （8）. H2本题是结合工艺流程考查元素化合物知识的综合应用。铜阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行“分铜”，“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加人足量的NaCl的主要作用为使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，加入盐酸和氯酸钠分金，分金液的主要成分为AuCl4-，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成AuCl4-，分金渣加入亚硫酸钠过滤得到分银液中主要成分为Ag（SO3

23、）23-，且存在Ag（SO3）23-Ag+2SO32-加入硫酸沉银，促使Ag（SO3）23-Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl。（1）“分铜”时，单质铜发生反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水；“分铜”时加人足量的NaCl沉淀银离子，避免银的损失；（2）分金液的主要成分为AuCl4-，“分金”时，单质金发生反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成AuCl4-，据此书写离子方程式；（3）分银液中主要成分为Ag（SO3）23-，且存在Ag（SO3）23-Ag+2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向

24、进行；调节溶液的PH 不能过低，容易和亚硫酸根离子反应生成污染性气体二氧化硫；（4）根据KspPb（OH）2可计算出Pb2+离子开始出现沉淀时的pH值，根据KspSb（OH）3可计算出Sb3+离子沉淀完全时的pH值，据此判断溶液的pH值范围。（1）“分铜”时，单质铜发生反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。“分铜”时加入足量的NaC1的主要作用是使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失。Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失。（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为2Au+C

25、lO3+7Cl+6H+=2AuCl4 +3H2O。2Au+ClO3+7Cl+6H+=2AuCl4 +3H2O。（3）“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，是因为H2SO4电离产生的氢离子降低了SO32的浓度，促使Ag（SO3）23Ag+2SO32平衡正向移动，产生Ag+，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl；调节溶液的pH不能过低，避免产生污染气体SO2。（4）欲获得较纯净的Pb2+溶液，则Pb2+的浓度为0.025 mol/L，KspPb（OH）2=c（Pb2+）c2（OH-）=0.025 mol/Lc2（OH-）=2.51016，故c（OH-）=1.010-7，pH获得较纯净的Pb2+溶液，调节PH的范围为2pH7。（5）根据图可知，阴极电流效率和镍的成粉率达到最大，NH4Cl的浓度为10g/L；根据电解原理，阴极电极反应为2H+2e-=H2，则阴极产生的气体是H2。10；H2。10.通过实验探究发现化学反应中的某种规律，再寻求理论上的科学合理解释，是化学工作者的重要研究方法。I.在体积可变的密闭容器中投入1 mol CO和2molH2，不同条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。实