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文档介绍
【化学】广东省兴宁市第一中学2020届高三上学期期末考试理综（解析版）
广东省兴宁市第一中学2020届高三上学期期末考试理综 1.化学与生产、生活和技术等密切相关，下列说法正确的是（ ） A. SiO2具有很强的导电能力，可用于生产光导纤维 B. 糖类、油脂和蛋白质均属于营养物质，一定条件下均可发生水解 C. 日常生活中常见的铁、铝、铜等均可通过热还原法冶炼 D. BaSO4不溶于水和盐酸，医疗上可用作胃肠X射线造影检查 【答案】D 【详解】A、SiO2纤维传导光的能力非常强，所以是制光导纤维的主要原料，但二氧化硅不能导电，故A错误； B、如为葡萄糖等单糖，则不能发生水解，故B错误； C、铝性质活泼，用电解熔融的氧化铝的方法冶炼，铁性质较活泼，用热还原法冶炼，铜性质较活泼，用热还原法冶炼，故C错误； D、硫酸钡不溶于水，也不能与盐酸反应，同时也不能被X射线透过，因此可用作钡餐，用于胃肠X射线造影检查，故D正确。 答案选D。 2.已知有机物。下列说法正确的是（ ） A. a与b互为同系物 B. b中存在少量a时，可以加入NaOH溶液然后分液除去 C. a、b、c均可与金属钠反应 D. a、b、c各自同类别的同分异构体数目，b最多 【答案】D 【分析】A、a、b官能团不同； B、a、b均与NaOH反应； C、b含-COOC-； D、a、b比较，b中碳原子数多，c看成戊烷中H被-OH取代。 【详解】A、a、b官能团不同，二者不是同系物，故A错误； B、a、b均与NaOH反应，不能除杂，故B错误； C、b含-COOC-，与Na不反应，故C错误； D、a、b比较，b中碳原子数多，c看成戊烷中H被-OH取代，各自同类别的同分异构体分别为2、9、8，数目d最多，故D正确。 【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点。 3.NA为阿伏加德常数的值。下列叙述中正确的是（ ） A. 标准状态下，11.2LH2含有的中子数为NA B. 常温下，27gAl投入足量浓硝酸中充分反应，转移的电子数为3NA C. 一个Cu原子的质量为ag，则mg铜的物质的量为mol D. 含2molCH3COO-的CH3COONa溶液中Na+的数目为2NA 【答案】C 【详解】A、H中不含有中子，故A错误； B、常温下27gAl投入足量浓硝酸中，发生钝化，不再继续反应，故B错误； C、一个Cu原子的质量为ag，则铜的摩尔质量为aNAg/mol，则mg铜的物质的量为mol，故C正确； D、由于CH3COO-要水解，含2molCH3COO-的CH3COONa溶液中Na+的数目大于2NA，故D错误。 答案选C。 【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。 4.实验室可用如图所示的装置实现“路线图”中的部分转化，下列叙述错误的是（ ） A. 铜网表面乙醇发生氧化反应 B. 甲、乙烧杯中的水均起冷却作用 C. 试管a收集的液体中至少有两种有机物 D. 实验开始后熄灭酒精灯，铜网仍能红热，说明发生的是放热反应 【答案】B 【详解】A.铜网作催化剂，乙醇在其表面发生氧化反应，生成乙醛，故A正确； B.甲烧杯中应为热水，目的是将乙醇变为乙醇蒸气，与氧气一起进入用铜网的硬质玻璃管中，乙烧杯中的水为冷水，冷却生成的乙醛和水，故B错误； C.试管a收集的液体中一定含有生成的乙醛和挥发出来的乙醇，还可能含有乙醛的氧化产物乙酸，故C正确； D.实验开始后熄灭酒精灯，铜网仍能红热，说明反应放热，能维持反应继续进行，故D正确。 故选B。 5.短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的液态简单氢化物可用作制冷剂，X原子中最外层电子数是次外层电子数的3倍，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. 简单氢化物沸点：Z＜X B. 简单离子半径：W＜X＜Y C. W与X形成的化合物均为无色无味气体 D. Z的单质可使湿润有色布条褪色，具有漂白性 【答案】A 【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，W为N；X原子中最外层电子数是次外层电子数的3倍，X为O；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y为Na； Z原子最外层电子数与W原子的电子总数相同，Z为第三周期元素，Z为Cl，以此来解答。 【详解】A、Z为Cl，X为O，简单氢化物沸点：HCl＜H2O，即Z＜X，故A正确； B、W为N，X为O，Y为Na，三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，故简单离子半径： Y＜X＜W，故B错误； C、W为N，X为O，两者能形成NO2，为红棕色气体，故C错误； D、氯气能使湿润有色布条褪色，因为氯气与水反应生成次氯酸，是次氯酸有漂白性使布条褪色，故D错误。 答案选A。 【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素化合物知识、元素的位置、元素的性质来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。 6.已知浓度均为0.1mol/L的两种溶液：氨水（溶液甲）、NH4HSO4溶液（溶液乙）。下列有关两溶液的叙述不正确的是（ ） A. 溶液的pH：甲>乙 B. 两溶液中水的电离均被抑制 C. 溶液中c (NH4+)：甲＝乙 D. 溶液的导电性：甲＜乙 【答案】C 【分析】浓度均为0.1mol/L的氨水（溶液甲）、NH4HSO4溶液（溶液乙），氨水中一水合氨是弱电解质，部分电离；而NH4HSO4是强电解质，能完全电离出NH4+，H+，SO42-。 【详解】A、由于氨水（溶液甲）显碱性，NH4HSO4溶液（溶液乙）显酸性，故A正确； B、一水合氨电离出氢氧根，NH4HSO4电离出氢离子，都能抑制水的电离，故B正确； C、氨水中一水合氨是弱电解质，部分电离，铵根浓度很小，而NH4HSO4是强电解质，能完全电离出NH4+，故溶液中c (NH4+)：甲＜乙，故C错误； D、氨水中一水合氨是弱电解质，部分电离，而NH4HSO4是强电解质，能完全电离，所以溶液中离子的总浓度：甲＜乙，溶液的导电性：甲＜乙，故D正确。 答案选C。 7.如图所示为科学家正在研发的新型电池，该电池容量大，电流稳定等多方面优点。该电池的电池总反应式为：Na(1－x)MO2+NaxCnNaMO2+nC，下列说法正确的是（ ） A. 电池充电时，NaMO2电极阳极 B. 放电时，负极反应式：NaMO2－xe-=Na(1－x)MO2＋xNa+ C. 电解质可以选用无水乙醇 D. 充电时，阳极反应式为：nC+xNa+＋xe-=NaxCn 【答案】B 【分析】A、充电时，钠离子移向左侧，左侧电极为阴极； B、原电池中，负极发生失电子的氧化反应； C、无水乙醇为非电解质； D、电解池中，阳极上发生失电子的氧化反应。 【详解】A、充电时，钠离子移向左侧，NaMO2电极为阴极，故A错误； B、原电池中，负极发生失电子的氧化反应：放电时，负极电极反应时为：NaMO2-xe-=Na（1-x）MO2+xNa+，故B正确； C、无水乙醇为非电解质，不能电离，不导电，故C错误； D、电解池中，阳极上发生失电子的氧化反应：电极反应式为NaxCn-xe-═nC+x Na+，故D错误。 答案选B。 【点睛】本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意二次充电电池在工作时的电极反应情况。 8.氨基甲酸铵（NH2COONH4）是治疗某种疾病的重要成分，也可用作肥料。氨基甲酸铵是一种白色固体，易分解、易水解，难溶于CCl4。实验小组设计在实验室中用氨气和二氧化碳反应制备氨基甲酸铵。 （1）氨气的制备 ①实验室制取氨气的发生装置可以选择图中的__________，反应的化学方程式为________________________________。 ②欲收集一瓶干燥的氨气，选择图中的装置，其连接顺序为：发生装置→______________。（按气流方向，用小写字母表示）。 （2）氨基甲酸铵（NH2COONH4）的制备把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中。当悬浮物较多时，停止制备。制备氨基甲酸铵的装置和反应的化学方程式如下：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s) △H＜0。 注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质。 ①发生器用冰水冷却的目的是___________________________。 ②液体石蜡鼓泡瓶的作用是__________________。 ③从反应后的混合物中分离出产品的方法是________________（填写操作名称）。 ④尾气处理装置如图所示，装置中的浓硫酸的作用除了用于阻止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，还用于________________________。 ⑤取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000 g。则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为__________。（精确到2位小数，碳酸氢铵和氨基甲酸铵的相对分子质量分别为79和78） 【答案】(1). A (2). Ca(OH) 2 +2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O (3). d→c→f→e→i（或d、c→f、e→i） (4). 降低温度，防止因反应放热造成产物分解 (5). 通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例，控制气体流速 (6). 过滤 (7). 吸收多余氨气 (8). 80.00% 【分析】（1）①铵盐与碱加热制备氨气，为固体加热制备气体，浓氨水滴入固体氧化钙溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，为固体和液态不加热制备气体的方法； ②生成氨气后，先干燥除去水，再选向下排空法收集，最后尾气处理需要防止倒吸； （2）制备氨基甲酸铵的装置如图1所示，干燥的氨气通入液体石蜡鼓泡瓶，干燥的二氧化碳通过液体石蜡鼓泡瓶，氨气和二氧化碳进入三颈瓶冰水浴中搅拌反应，反应的化学方程式如下：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）△H＜0。 【详解】（1）①实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体与固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：A；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O； ②实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，制备的气体中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→i，故答案为： d→c→f→e→i（或d、c→f、e→i）； （2）①反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解，故答案为：降低温度，防止因反应放热造成产物分解； ②液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，故答案为：通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例，控制气体流速； ③制备氨基甲酸铵的装置如图所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，故答案：过滤； ④浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，故答案为：吸收多余氨气； ⑤取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g．物质的量为0.010mol，设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，依据碳元素守恒得到；x+y=0.01 78x+79y=0.7820解得x=0.008moly=0.002mol则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数=×100%=80%，故答案为：80.00%。 【点睛】本题考查物质性质探究实验、实验方案设计、物质性质实验验证等，属于罗列拼合型题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，具备扎实的基础知识与运用知识分析问题、解决问题的能力。 9.氧化镁在易燃材料中常被用作阻燃剂，碳酸镁高温分解法是工业上制备轻质氧化镁的常用方法。镁硅矿主要成分为Mg3(Si2O5)(OH)4和还有少量的Fe2O3、Al2O3等。以镁硅矿为原料制备碳酸镁晶体（MgCO3•nH2O）的生产流程如下： 已知“焙烧”过程中的主要反应为：Mg3(Si2O5)(OH)4＋5(NH4)2SO43MgSO4＋10NH3↑＋2SiO2＋7H2O↑＋2SO3↑ （1）Mg3(Si2O5)(OH)4用氧化物的形式表示为_______________，焙烧产物NH3的电子式为____________。 （2）为提高水浸速率，可采取的措施为__________________________（任写一种）。“浸渣”的主要成分为________。 （3）“除铝、铁”时，需将溶液pH调至8.0左右，适宜作调节剂的是______（填字母代号）。 a．Ca(OH)2 b．Mg(OH)2 c．NH3•H2O （4）“沉镁”过程中反应的离子方程式为__________________________________________。“沉镁”时若温度超过60℃，将会产生较多的碱式碳酸镁杂质，原因是___________________。 （5）流程中可以循环利用的物质是_______________（填化学式）。 （6）为测定产品MgCO3•nH2O中的n值，称取15.6g产品进行充分加热至恒重，冷却，称得固体质量为4g，则n＝______。 【答案】(1). 3MgO•2SiO2•2H2O (2). (3). 将焙烧渣粉碎、加热或搅拌 (4). SiO2 (5). bc (6). Mg2++2HCO3-+(n－1)H2O=MgCO3·nH2O↓+CO2↑ (7). 升温促进Mg2+水解 (8). (NH4)2SO4 (9). 3 【分析】以石棉尾矿（主要含有Mg3 （ Si2O5） （ OH ）4和少量的Fe2O3、Al2O3）为原料制备碳酸镁晶体（MgCO3•nH2O）的工艺流程：加入硫酸铵焙烧得到MgSO4、SiO2、Fe2O3、Al2O3，水浸，形成Mg2+、Fe3+、Al3+的溶液，SiO2不溶于水形成浸渣，加入Mg（OH） 2 或NH3•H2O将pH调至8.0左右，将Fe3+、Al3+以氢氧化物的形式过滤除去，向含有镁离子的滤液中加入碳酸氢铵发生反应：Mg2++2HCO3-+（n-1）H2O=MgCO3•nH2O↓+CO2↑，洗涤晶体可得，据此分析解答。 【详解】（1）化学式改写成相应的氧化物的形式，按照活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、SiO2、H2O的顺序来书写，Mg3（Si2O5）（OH）4用氧化物的形式表示为：3MgO•2SiO2•2H2O；氨气为共价化合物，其电子式为：；故答案为：3MgO•2SiO2•2H2O；； （2）为提高水浸速率，可采取的措施有：将焙烧渣粉碎、加热或搅拌等；石棉尾矿加入硫酸铵焙烧得到MgSO4、SiO2、Fe2O3、Al2O3，水浸，SiO2不溶于水形成浸渣；故答案为：将焙烧渣粉碎、加热或搅拌；SiO2； （3）“除铁、铝”时，需将pH调至8.0左右，选择不引入新杂质试剂，故可选用Mg（OH） 2 或NH3•H2O；故答案为：bc； （4）“沉镁”过程中反应的离子方程式为：Mg2++2HCO3-+（n-1）H2O=MgCO3•nH2O↓+CO2↑；升温促进Mg2+水解生成Mg（OH）2，Mg（OH）2与CO2反应生成碱式碳酸镁，故答案为：Mg2++2HCO3-+(n－1)H2O=MgCO3·nH2O↓+CO2↑；升温促进Mg2+水解； （5）沉镁过程的滤液为（NH4）2SO4，可循环使用；故答案为：（NH4）2SO4； （6）称取13.8gMgCO3•nH2O进行受热分解，MgCO2•nH2O受热分解生成MgO、CO2、H2O，最终剩余的固体为MgO4.0g，n（Mg）==0.1mol，则n（MgCO3）=n（Mg）=0.1mol，m（MgCO3）=8.4g，m（H2O）=13.8g-8.4g=5.4g，n（H2O）= =0.3mol，1：n=n（MgCO3）：n（H2O）=0.1：0.3，故n=3。 【点睛】本题考查物质的制备和物质成分的探究，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。 10.硫、氮的氧化物是形成酸雨的主要原因，一种比较常用的方法是用NH3处理氮的氧化物（NxOy）。完成下列问题。 （1）已知：①2NO(g)＝N2(g)+O2(g) △H=－177kJ/mol ②4NH3(g)+3O2(g)＝2N2(g)+6H2O(g) △H=－1253.4kJ/mol 则用NH3处理NO生成氮气和气态水的热化学方程式为______________________________。 （2）已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0。不同温度下，向三个一样的容器中投入相同的反应物进行反应，测得不同压强下平衡混合物中NH3的物质的量分数如图所示。 ①M点的v正___ _Q点的v正(填“>”“<”或“＝”)，原因是______________________________。 ②维持10MPa、T3℃的条件不变，要提高H2的转化率，可以采取的措施是______________(任写一条)。 ③图中三条曲线对应的温度T1、T2、T3由高到低的顺序为_________________。 ④恒温恒容条件下，能说明反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)达到平衡状态的是____(填选项字母) A.保持不变 B.3molH－H键断裂的同时，有2molN－H键断裂 C.2v(N2)=v(NH3) D.反应器中的压强不再发生变化 ⑤T3温度下，将1molN2和3molH2充入2L的恒容密闭容器中反应，一段时间后达到N点的平衡状态，则反应的平衡常数为K=________(结果保留2位小数)，M点与Q点对应的平衡常数大小关系为M____Q（填“>”“<”或“＝”）。 【答案】(1). 4NH3(g) + 6NO(g)=5N2(g) +6H2O(g) △H=－1784.4kJ/mol (2). > (3). 其他条件相同，M点压强大，反应速率快 (4). 增大氮气的浓度（或及时分离出氨气） (5). T3>T2>T1 (6). AD (7). 0.33 (8). = 【分析】（1）NH3和NO生成氮气和气态水的化学方程式为4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g），据此根据盖斯定律得到热化学方程式； （2）①Q、M两点同一等温曲线上，但M点压强高，根据压强对化学反应速率影响解答； ②根据影响化学平衡移动的因素知识来回答判断； ③N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）是正向体积减小的放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向进行，氨气的含量降低，即温度越高，氨气的含量越小，据此解答； ④反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，可以及由此衍生的一些量也不发生变化，据此判断； ⑤利用三段式计算N点各物的物质的量，再根据物质的量之比等于体积之比计算平衡时容器体积，转化为各物质的浓度代入平衡常数表达式计算k，平衡常数只与温度有关，据此解答。 【详解】（1）NH3和NO生成氮气和气态水的化学方程式为4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g），有盖斯定律①×3+②得到4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）△ H=（-177kJ/mol）×3+（-1253.4kJ/mol）-1784.4kJ/mol，故答案为：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）△H=-1784.4kJ/mol； （2）①Q、M两点在同一等温曲线上，但M点压强高，所以M点反应速率大，故答案为：＞，其他条件相同，M点压强大，反应速率快； ②一定条件下的密闭容器中，反应达到平衡后，要提高H2的转化率，即使化学平衡正向进行即可：可以增加反应物N2的浓度、分离出NH3（减小生成物的浓度），加入催化剂不会改变反应物的转化率，但增加H2的浓度会使得氢气的转化率减小，故答案为：增大氮气的浓度，或及时分离出氨气； ③N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）是正向体积减小的放热反应，温度越高，氨气的含量越小，观察图象可知：T1时氨气含量最高，T3时氨气含量最低，所以温度过低顺序为：T3＞T2＞T1，故答案为：T3＞T2＞T1； ④A、比例式的比值不变，说明氢气、氮气、氨气的浓度不变，符合平衡状态的本质特征，即反应达到平衡状态，故A正确； B、3mol H-H键断裂的同时，有6mol N-H键断裂时，反应达到平衡状态，但3mol H-H键断裂的同时，有2mol N-H键断裂时，反应正向进行，故B错误； C、2v正（N2）=v逆（NH3）时，反应达到平衡，但2v（N2）=v（NH3）时不能确定反应是否平衡：可能是正向进行，也可能达到平衡，还可能是逆向进行，故C错误； D、反应正向进行，气体体积减小，压强随之减小，反应逆向进行，气体体积增大，压强随之增大，所以压强不变，反应达到平衡，故D正确；故答案为：AD； ⑤反应的三段式：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） 起始量（mol） 1 3 0 变化量（mol） x 3x 2x 平衡量（mol） 1-x 3-3x 2x 平衡时氨气的含量为20%，即×100%=20%，x=mol，N2、H2、NH3的物质的量分别为mol、2mol、mol，容器的体积为2L，即c（N2）=c（NH3）=mol/L，c（H2）=1mol/L，平衡常数k===0.33；平衡常数只与温度有关，M点与Q点温度相同，故平衡常数相等，故答案为：0.33； =。 【点睛】本题考查较综合，涉及盖斯定律应用、化学平衡计算、化学平衡状态判断等知识点，侧重考查学生图象分析、计算能力。 11.氮、铬及其相关化合物用途非常广泛。回答下列问题： (1)基态N原子的核外电子排布式为___________，Cr位于元素周期表第四周期_____族。 (2) Cr与K位于同一周期且最外层电子数相同，两种元素原子第一电离能的大小关系为_______；Crcl3的熔点(83℃)比CrF3的熔点(1100℃)低得多，这是因为___________________。 (3) Cr的一种配合物结构如图所示： ①阴离子C1O4－的空间构型为___________形。 ②配离子中，中心离子的配位数为___，N与中心原子形成的化学键称为_____键。 ③配体H2 NCH2 CH2 NH2(乙二胺)中碳原子的杂化方式是______ ，分子中三种元素电负性从大到小的顺序为_______________ (4)氮化铬的熔点为1770℃，它的一种晶体的晶胞结构如图所示，其密度为5. 9 g·cm －3，氮化铬的晶胞边长为_______________(列出计算式)nm. 【答案】(1). 1s22s22p3 (2). ⅥB (3). K查看更多