广东省广州市2019届高三上学期期末调研测试理科理综化学试卷+Word版含答案

　　广东省广州市2019届高三上学期期末调研测试理科综合 可能用到的相对原子质量：H 16Mg 24 一、选择题 1.下列关于自然界中氮循环的说法错误的是（） 合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱【答案】A 【详解】A项，除了含有铵根NH 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； 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； Cl，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 【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（） 1mol该化合物完全燃烧时消耗10 mol 种（不含立体异构）【答案】B 【详解】A．该化合物分子式为 12，有两个环，不饱和度是 2；甲苯（C ）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C 12，1mol 该化合物完全燃烧时消耗O ）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 4g甲烷完全燃烧转移的电子数为2N molSO 1L0.1molL －1 的Na 【答案】A【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 8N /mol=2N 都有剩余，所以3mol SO 离子数之和为0.1N ”应用试题，解答此类题要注意题设陷阱，本题B选项，CCl 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 溶液过滤 胶体粒子不能通过滤纸 用乙醇提取碘水中的碘萃取 碘在乙醇中的溶解度较大 固体蒸发 MgCl 除去丁醇中的蒸馏 丁醇与的沸点相差较大 【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； 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MgCl 项，丁醇和的沸点相差大，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，除磷剂W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红， 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的，Z原子外层电子数与W原子的电子总数相同。下列说法中正确的是（） 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NO ，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的，则Y为Na，Z 原子外 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， 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， 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（） 电池中镀Pt导电玻璃为正极 离子在镀Pt导电玻璃电极上放电 电池工作时，是将太阳能转化为电能【答案】B 【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 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：I ，选项B错误；C．由电池中发生的反应可知，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； 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MCO )的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（） sp(MnCO )的数量级为10－11 向浓度均为0.01molL－1 的Mg 沉淀【答案】D 【分析】A．计算出 sp(MnCO )解答；B．MgCO 的悬浊液中加入少量水，Ksp 保持不变； C．a 点表示CaCO D．Ksp越小，越易生成沉淀。 【详解】A．利用(0，10.7)或(10.7，0)计算K sp (MnCO )=110-10.7 =10 0.3 10 -11 100.3 ＜10，所以K sp (MnCO )数量级为10-11 ，A正确； B．MgCO sp保持不变，所以c(Mg )不变，B正确；C．a 点表示CaCO 正确；D．-lgc(CO 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(CO )、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。二、非选择题 8.实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡（SnCl 极易溶于SnCl 。制备原理与实验装置图如下：Sn(s)+2Cl –511kJmol－1 可能用到的有关数据如下： 物质 Sn SnCl 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SnCl 管的作用是______________________________________。（2）A中反应的离子方程式是______________________________________。 中冷却水的作用是_____________________________________________________。（5）尾气处理时，可选用的装置是________（填序号）。 ，但不影响F中产品的纯度，原因是______________。 （7）SnCl 。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 【答案】(1).平衡压强，使浓盐酸能够顺利流下 【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； 作用是使氯气充分干燥；（4）由信息可知，SnCl 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SnCl 发生水解；（6）由表中数据可知，CuCl ，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2MnO 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，SnCl 易挥发，故E中冷却水的作用是避免四氯化锡气化而损失，除磷剂导致产率下降； 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SnCl 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，CuCl ，但不影响F中产品的纯度； 故答案为：CuCl 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(NH 的形式存在。回答下列问题： （1）Zn(NH 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时锌浸出率的原因为 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(NH 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FeCl 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). +2 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 【详解】(1)NH 离子带有2个单位的正电荷，说明其中Zn 带有2 单位的正电荷，故Zn的化合价为+2 价；NH (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，NH 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 ； (3)在“氧化除杂”中，H +6NH +6NH ，向该溶液中加入Zn粉，Zn 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(NH ；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FeCl 溶液中，无明显现象，说明该气体不具有氧化性，则该气体是N 从溶液中逸出，所以电解后的电解液经补充NH 以后才可返回“溶浸”工序继续使用。10.氧化亚氮（N O）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N 和另一种产物，该反应的化学方程式为________________________________。 （2）已知反应2N –163kJmol －1 ，1molN (g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945 kJ、498 kJ 的能量，则1molN kJ。（3）在一定温度下的恒容容器中，反应2N (g)的部分实验数据如下：反应时间 /min 1020 30 40 50 60 70 80 90 100 /mol/L0.100 0.090 0.080 0.070 0.060 0.050 0.040 0.030 0.020 0.010 0.010 在0～20min 时段，反应速率v(N molL－1 min －1 为0.150molL －1 ，则反应至30min 的转化率α=__________。比较不 同起始浓度时N =0.150molL －1 =0.100molL －1 min时，体系压强p 表示）。（4）碘蒸气存在能大幅度提高N 的分解速率，反应历程为：步 2I(g)（快反应） 第二步 (g)+IO(g)（慢反应） 第三步 IO(g)+N （快反应）实验表明，含碘时N 为速率常数）。下列表述正确的是________（填标号)。 A．N B．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．I 分解速率无关【答案】(1). NH 1.010-3 AC【分析】（1）硝酸铵可分解为 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(N 计算；从表中数据分析可知，每个时间段内，c(N 为0.150molL －1 ，则反应至30min 转化的浓度为0.010mol/L3=0.030mol/L，则转化率α =20.0%；温度越高反应越快，半衰期越短，由图可知，压强一定时，T ；其他条件相同时，压强之比等于物质的量之比，由反应式2N (g)可知，设起始时有2molN O，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 （4）化学反应速率快慢取决于反应速率慢的反应，即第二步反应；该反应的总反应为2N (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N （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1molN O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为xkJ，则945kJ2+498 kJ-2x kJ =163 kJ，解得 x=1112.5， 故答案为：1112.5； （3）在0～20min 时段，v(N =1.010-3 molL －1 min －1 O)相等，与起始浓度无关，所以不同起始浓度时N =0.150molL －1 =0.100molL －1 0.150molL －1 ，则反应至30min =20.0%；故答案为：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2N (g)可知，设起始时有2molN O，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 （4）化学反应速率快慢取决于反应速率慢的反应，即第二步反应，该反应的总反应为2N (g)，碘在反应中起催化剂作用，A．碘在反应中起催化剂作用，N 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； 0.5可知， 0.5成正比，故D 错误。答案选AC。 故答案为：AC。 11.FeSe、MgB 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）。 C．配位键D．氢键 （3）将金属锂直接溶于液氨，得到具有很高反应活性的金属电子溶液，再通过系列反应可制得FeSe 基超导材料Li 0.6 (NH 0.2(NH 0.8Fe 的空间构型为________。液氨是氨气液化的产物,氨气易液化的原因是________________________________。 金属锂溶于液氨时发生反应：Li 的化学式为________。（4）MgB 晶体结构如图所示。B原子独立为一层，具有类似于石墨的结构，每个B原子周围都有________个与之等距离且近的B原子；六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的 ，该晶体的密度为________gcm －3 （列出计算式）。 【答案】(1). 【分析】（1）Fe原子核电荷数为26，基态Fe 原子电子排布式为1s ；Se原子核 电荷数为34，基态Se 原子电子排布式为1s 3d10 4s ，以此分析解答；（2）吡啶N 和两个碳成键，除磷剂有一个未成对电子和其它五个碳原子形成大π 键，因此发生不等性的 sp 氨分子间存在氢键，分子间作用力较强，容易液化；Li ，根据原子守恒和电荷守恒可确定X的化学式； （4）由于B原子独立为一层，具有类似于石墨的结构，而石墨晶体中每个碳原子与其它3 子等距且近，故该晶体中每个B原子周围都有3个与之等距离且近的B原子；根据 计算晶体的密度。 【详解】（1）Fe 原子核电荷数为26，基态Fe 原子电子排布式为1s ，则基态Fe原子的核外价电子排布图为 ；Se 原子核电荷数为34，基态Se 原子电子排 3d10 4s ，基态Se原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3p、3d、4s、4P， 能级为4p，其电子云轮廓图为哑铃形， 故答案为： ；哑铃； （2）吡啶N 和两个碳成键，有一个未成对电子和其它五个碳原子形成大π 键，因此发生不等性的 sp 键，不存在配位键和氢键，故选AB；故答案为：sp 杂化；AB；（3）NH 氨分子间存在氢键，分子间作用力较强，容易液化；Li )n，根据原子守恒和电荷守恒可确定X的化学式为Li(NH 故答案为：v型；氨分子间存在氢键，分子间作用力较强，容易液化；Li(NH （4）晶胞中Mg的个数为12 +2 =3，B的个数为6，晶胞体积=6 cm gcm－3 资源化利用的一种途径如下，生成物H和I可用作锂离子电池的电解质。 回答下列问题： （1）由A到B的反应类型为______________。 合成G的反应方程式为____________________________________________。 （5）H的分子式为______________。 （6）写出与G 互为同分异构体的羧酸类芳香化合物的结构简式（核磁共振氢谱为四组峰，峰面积 比为6:2:1:1）______________。 （7）设计由丙炔和甲醛为起始原料制备 的合成路线_______（无机 试剂任选）。 【答案】(1). 加成反应 10O，结合EF 的反应条件为催化 ，可推知反应为碳碳三键的加成反应，F的结构简式为 键的氧化反应，G和CO 在所给条件下反应生成H和I，以此分析解答。【详解】（1）根据以上分析，由A到B的反应类型为加成反应； 故答案为：加成反应； 反应为苯和液溴在铁粉作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯，故所需试剂为Br /Fe；故答案为：Br 的结构简式为，含有的官能团的名称是碳碳三键、羟基； 故答案为：碳碳三键、羟基； 合成G的反应为碳碳双键的氧化反应，H （5）由H的结构简式可知，H的分子式为C10 故答案为：C10 互为同分异构体的羧酸类芳香化合物含有苯环和羧基，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6:2:1:1，说明含有两个甲基，且对称性好，则结构简式可能为
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