广东省广州市届高三上学期期末调研测试理科综合化学试题.docx

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广东省广州市届高三上学期期末调研测试理科综合化学试题

高三期末调研测试理科综合化学

可能用到的相对原子质量：

H1B11C12N14O16Mg24

一、选择题：

1.下列关于自然界中氮循环的说法错误的是

A.氮肥均含有NH4+

B.雷电作用固氮中氮元素被氧化

C.碳、氢、氧三种元素参与了自然界中氮循环

D.合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱

【答案】A

【解析】

【详解】A项，除了含有铵根NH4+的氨态氮肥以外，还有硝态氮肥（以硝酸根NO3-为主）、铵态硝态氮肥（同时含有硝酸根和铵根）、酰胺态氮肥（尿素），故A项错误；

B项，在闪电（高能）作用下，生成氮氧化合物，氮元素化合价升高，所以雷电作用固氮中氮元素被氧化，故B项正确；

C项，碳、氢、氧三种元素参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如氮气在放电条件下，与氧气直接化合生成一氧化氮气体，二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮等，故C项正确；

D项，侯氏制碱法制备纯碱涉及的反应为：

NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，该制备中用到了氨气，所以合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱，故D项正确。

故选A。

【点睛】本题考查自然界中氮循环，涉及氮肥、自然固氮和侯氏制碱法等知识，易错点有氮肥不只是铵态氮肥，还有硝态氮肥和尿素等，全面掌握基础知识是解题的关键。

2.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[3,3]庚烷（

）是其中的一种。

下列关于该化合物的说法正确的是

A.与甲苯（C7H8）互为同分异构体

B.1mol该化合物完全燃烧时消耗10molO2

C.所有碳原子均处同一平面

D.一氯代物共有3种（不含立体异构）

【答案】B

【解析】

【详解】A．该化合物分子式为C7H12，有两个环，不饱和度是2；甲苯（C7H8）含有一个苯环，不饱和度是4，所以不可能是同分异构体，故A错误；

B．该化合物分子式为C7H12，1mol该化合物完全燃烧时消耗O2的物质的量为：

（7+

）mol=10mol，故B正确；

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

【答案】A

【解析】

【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。

故选A。

【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

【解析】

【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

【解析】

【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

【答案】B

【解析】

【分析】

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

【答案】D

【解析】

【分析】

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；

C．a点表示CaCO3的饱和溶液，但-lgc（CO32-）＞-lgc（Ca2+）；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

【解析】

【分析】

（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】

（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；

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；

故答案为：

2MnO4－+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；

（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；

故答案为：

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；

故答案为：

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；

故答案为：

乙；

（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；

故答案为：

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。

故答案为：

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。

回答下列问题：

（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）

【解析】

【详解】

（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

0

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

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“>”、“=”或“<”）。

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

【解析】

【分析】

（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。

【详解】

（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；

故答案为：

NH4NO3

N2O+2H2O；

（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，

故答案为：

1112.5；

（3）①在0～20min时段，v（N2O）=

=

=1.0×10-3mol·L－1·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：

v（c0=0.150mol·L－1）=v（c0=0.100mol·L－1）；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%；

故答案为：

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；

故答案为：

>；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（N2O）·[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。

故答案为：

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）。

A．σ键