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

1、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2NAB. 11.2L（标准状况）CCl4中含有的共价键数为2NAC. 3 mol SO2和1mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数为3NAD. 1L 0.1molL1的Na2S溶液中HS和S2离子数之和为0.1 NA【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/

2、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3 mol SO2和1mol O2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

3、。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. A B. B C. C D. 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

4、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：WXYC. 简单氢化物沸点：ZWD. 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

5、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：ClN，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

6、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

7、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1011B. Mg

8、CO3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0.01molL1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；BMgCO3的悬浊液中加入少量水，Ksp保持不变；Ca点表示CaCO3的饱和溶液，但-lgc（CO32-）-lgc（Ca2+）；DKsp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-）=110-10.7=100.310-11，1100.31

9、0，所以Ksp（MnCO3）数量级为10-11，A正确；BMgCO3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

10、，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） H = 511kJmol1可能用到的有关数据如下：物质SnSnCl4CuCl2熔点/232-33620沸点/2260114993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

11、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

12、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C

13、uCl2，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

14、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

15、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+2NH3H2O+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+6NH3H2O=As2O5+10Cl-+6NH4+5H2O （5）. 【答题空5】Cu、Cd （6）. 【答题空6】Zn（NH

16、3）42+2e-=Zn+4NH3 （7）. 【答题空7】N2 （8）. 【答题空8】NH3（或NH3H2O）（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NH3H2O反应产生Zn（NH3）42+，反应的总的离子方程式为：ZnO+2NH3H2O+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，NH3H2O分解产生氨气，氨气逸出导致溶浸反应速率下

17、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+6 NH3H2O=As2O5+10Cl-+6 NH4+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

18、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NH3H2O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H= 163 kJmol1，1molN2（g）、1molO2（g）分子中化学键断裂

19、时分别需要吸收945 kJ、498 kJ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/min102030405060708090100C（N2O）/mol/L0.1000.0900.0800.0700.0600.0500.0400.0300.0200.010在020min时段，反应速率v（N2O）为_ molL1min1。若N2O起始浓度c0为0.150 molL1，则反应至30min时N2O的转化率 =_。比较不同起始浓度时N2O的分解速率：v（c0=0.

20、150 molL1） _ v（c0=0.100 molL1）（填“”、“=”或“当温度为T1、起始压强为p0，反应至t1 min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=kc（N2O）c（I2）0.5（k为速率常数）。下列表述正确的是_（填标号）。AN2O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

21、步活化能比第三步大 DI2浓度与N2O分解速率无关【答案】 （1）. NH4NO3N2O+2H2O （2）. 1112.5 （3）. 1.010-3 （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）根据反应速率v（N2O）=计算；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c

22、0为0.150 molL1，则反应至30min时N2O转化的浓度为0.010mol/L3=0.030mol/L，则转化率 =100%=20.0%；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T1T2；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

23、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NH4NO3N2O+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945 kJ2+498 kJ-2x kJ =163 kJ，解得x=1112.5，1112.5；（3）在020min时段，v（N2O）=1.010-3 molmin1；从表中数据分析可知，每个时间段内，

24、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：L1） = v（c0=0.100 molL1）；3=0.030mol/L，则转化率=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）=2

25、N2（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=kc（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）。