【文档说明】【精准解析】广东省广州市广东实验中学2020届高三下学期周测理科综合化学试题.doc，共(15)页，612.500 KB，由小赞的店铺上传

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广东实验中学高三理科综合测试本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分300分，考试时间：150分钟。第Ⅰ卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列有关物质的性质与用途说法正确的是A.胶体的胶粒带电，利用

这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘”B.CaO能与SO2反应，可作工业废气脱硫剂C.棉花、蚕丝、腈纶均为天然纤维D.SO2和湿润的O3都有漂白性，混合后得到漂白性更强的漂白剂【答案】B【解析】【详解】A.血液透析利用胶体粒子不会通过半透膜的原理，与胶粒带电无关；静电除

尘利用的胶体电泳的性质，与胶粒带电有关，故A错误；B.以生石灰(CaO)为脱硫剂，高温下与废气中的SO2与O2反应生成CaSO4，可防止二氧化硫气体污染空气，故B正确；C.蚕丝是蛋白质，腈纶是合成纤维，故C错误；D.O3有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者混合会发生氧化还原反应，

降低漂白性，故D错误；故答案为B。2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.3g3He含有的中子数为1NAB.常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NA(P：31)C.1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAD.48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价

键数目为13NA【答案】B【解析】【详解】A.3g氦气3He的物质的量为1mol，而3He中含1个中子，故1mol此氦气中含中子为NA个，故A正确；B.124g白磷的物质的量为1mol，而一个白磷分子中

含6条p-p键，故1mol白磷中含6NA条p-p键，故B错误；C.1molK2Cr2O7中含2mol+6价的Cr，故1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，故C正确；D.正丁烷和异丁烷的摩尔质量均为58g/mol，

故48g正丁烷和10g异丁烷的混合物即共58g混合物的物质的量为1mol，且两者结构中均含13条共价键，故1mol混合物中含共价键为13NA个，故D正确；故答案为B。3.下列实验中，对应的现象以及结论都正

确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A向浓HNO3中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰水中有红棕色气体产生，石灰水变浑浊有NO2和CO2产生B向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有还原性C向溴水中加入苯，充分振荡、静置水层

几乎无色苯与溴发生了反应D向FeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量SO2溶液变为浅绿色且有白色沉淀生成Fe3+被还原为Fe2+，白色沉淀为BaSO3A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.由于碳与浓HNO3反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，故不能观察到石

灰水变浑浊，故A错误；B.向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化成乙酸，乙醇具有还原性，故B正确；C.向溴水中加入苯，充分振荡、静置，水层几乎无色，是因为溴水中的Br2转移到苯中，发生了萃取，故C错误；D.向FeCl3和BaCl2

混合溶液中通入足量SO2，Fe3+与其发生反应，产生SO42-，SO42-再与Ba2+产生白色沉淀，现象是溶液由棕黄色变为浅绿色，产生白色沉淀，Fe3+被还原为Fe2+，白色沉淀为BaSO4，故D错误；故选B。【点睛】注意向溴水中加入苯，充分振荡、静置，水层几乎无色，是因为发生了萃取，苯与

液溴在催化剂的条件下发生的是取代反应，这两个要注意区分。4.甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是A.甲、乙的化学式均为C8H14B.乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）C.丙的名称为乙苯，其分

子中所有碳原子可能共平面D.甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【分析】A．根据结构简式判断；B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上；C．苯为平面形结构，结合三点确定一个平面分析；D．乙与高

锰酸钾不反应。【详解】A．由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH

－原子上，共有7种，故B正确；C．苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；D．乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。故选D。5.我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工

业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确．．．的是A.CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B.催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒C.该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂D.有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物

【答案】C【解析】【详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；C.催化过程中有旧的原子团消失，

说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。6.某微生物电池在运行时可同时实现净化有机物污水、净化含Cr2O72-废水（pH约为6）和淡化食盐水，其装置示意图

如下图所示。图中，D和E为阳离子交换膜或阴离子交换膜，Z为待淡化食盐水。已知Cr3+完全沉淀所需的pH为5.6。下列说法不正确．．．的是A.E为阴离子交换膜B.X为有机物污水，Y为含Cr2O72-废水C.理论上处理1mol的Cr2O72-的同时可脱除6mol的NaClD.C室

的电极反应式为Cr2O72-+6e-+8H+=2Cr(OH)3↓+H2O【答案】A【解析】【分析】根据装置图，电子由A流向C，A是负极、C是正极；该装置可实现淡化食盐水，Z为待淡化食盐水，说明Na+能移向C室、Cl-能移向A室。【详解】A

.A是负极室、C是正极室；该装置可实现淡化食盐水，Z为待淡化食盐水，说明Na+能移向C室、Cl-能移向A室，所以E为阳离子交换膜，故A错误；B.该装置能把Cr2O72-还原为Cr3+，Cr2O72-应在正极通入，Y为含Cr2O72-废水，故B正确；C.理论上处理1m

ol的Cr2O72-，转移6mol电子，所以B室有6molNa+、6molCl-通过离子交换膜，同时可脱除6mol的NaCl，故C正确；D.C是正极室，发生还原反应，C室的电极反应式为Cr2O72-+6e-+8H+=2Cr(OH)3↓+H2O，故D正确

。7.图1表示：以相同的滴速分别向同体积的蒸馏水和0.1mol/LCuSO4溶液中滴入NaCl溶液，氯离子浓度随氯化钠加入量的变化关系。图2表示：CuCl2溶液中氯离子浓度随温度变化关系。结合信息，下列推断不合理．．．的是已知：CuSO4溶液中存在平衡X：Cu2+

+4H2O[Cu(H2O)4]2+(蓝色)CuCl2溶液呈绿色，溶液中存在平衡Y：4Cl-+[Cu(H2O)4]2+[CuCl4]2-+4H2OA.平衡Y是图1中两条曲线没有重合的主要原因B.由图2可知平衡

Y为吸热反应C.平衡X是无水硫酸铜粉末和硫酸铜溶液颜色不同的原因D.CuCl2溶液加水稀释，溶液最终变为浅绿色【答案】D【解析】【详解】A.以相同的滴加速度滴加相同浓度的NaCl溶液，CuSO4溶液中Cl-浓度增加的慢，是由于发生反应Y，消耗了

Cl-，A正确；B.由图2可知：升高温度，CuCl2溶液中氯离子浓度降低，说明升高温度，化学平衡4Cl-+[Cu(H2O)4]2+[CuCl4]2-+4H2O正向移动；根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，该反应的正反应为吸热反应，

B正确；C.无水硫酸铜粉末是白色固体，当固体溶于水时，与水发生反应产生[Cu(H2O)4]2+，使溶液显蓝色，因此平衡X的存在导致无水硫酸铜粉末和硫酸铜溶液显示不同的颜色，C正确；D.CuCl2溶液呈绿色，加水稀释，4Cl-+[Cu(

H2O)4]2+[CuCl4]2-+4H2O的平衡逆向移动，[Cu(H2O)4]2+的浓度增大，溶液会逐渐变为蓝色，D错误；故答案选D。第Ⅱ卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根

据要求作答。8.莫尔盐［(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O］是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某学习小组设计如下实验制备少量的莫尔盐并测定其纯度。回答下列问题：Ⅰ.制取莫尔盐(1)连接装置，检査

装置气密性。将0.1mol(NH4)2SO4晶体置于玻璃仪器中__填仪器名称)，将6.0g洁浄铁屑加入锥形瓶中。(2)①打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2mol·L-1稀硫酸后关闭K1。②待大部分

铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，此时可以看到的现象为__________；原因是____________。③关闭活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸发B中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶、____________

___、用无水乙醇洗涤晶体。该反应中硫酸需过量，保持溶液的pH在1～2之间，其目的为_______________。④装置C的作用为_____，装置C存在的缺点是_____。Ⅱ.测定莫尔盐样品的纯度：取mg该样品配制成1L溶液，分别设计如下两个实验方案，请回答：

方案一：取20.00mL所配硫酸亚铁铵溶液用0.1000mol·L-1的酸性K2Cr2O7溶液进行滴定。重复三次。(1)已知：Cr2O72-还原产物为Cr3+，写出此反应的离子方程式_____。(2)滴定时必须选用的仪器是

_____。①②③④⑤⑥⑦方案二：取20.00mL所配硫酸亚铁铵溶液进行如下实验。[(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O，Mr＝392，BaSO4，Mr＝233]待测液→足量的BaCl2溶液→过滤→洗涤→干燥→称量→wg固体(3)莫尔盐晶体纯度为_____(用含m、w的式子表示,不

用算出结果)。(4)若实验操作都正确，但方案一的测定结果总是小于方案二，其可能原因为_____。【答案】(1).三颈烧瓶(2).A中的液体被压入B中(3).A中产生氢气，使A中压强增大(4).过滤(5).抑制Fe2+水解(6).液封作用，防止

空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+(7).不能除去尾气中的H2或答可能会倒吸均可(8).6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O(9).①④⑥(10).w50392100%2233m(11).

部分2Fe被空气氧化【解析】【分析】制取莫尔盐：打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2mol•L-1稀硫酸，硫酸和铁反应生成氢气，将装置内的空气排出，待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，

A中的液体被压入B中，关闭活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸发B中水分，可生成莫尔盐，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，可得到莫尔盐晶体，装置C可用于液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+。据此解答。【详解】Ⅰ．(1)根据装置的结构特

点可知装置为三颈烧瓶；(2)②待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中生成氢气，压强增大，可将A中的液体压入B中；③将晶体从溶液中分离出来，可用过滤的方法；硫酸过量，可抑制亚铁离子水解；④导管插入液面以下

，可起到液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+的作用，但不能除去尾气中的H2，甚至发生倒吸；Ⅱ.(1)Cr2O72-还原产物为Cr3+，摩尔盐中亚铁离子被氧化生成铁离子，同时还生成水，根据反应物和生成

物结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O；(2)酸性K2Cr2O7溶液具有强氧化性和酸性，应该盛放在酸式滴定管中，所以该实验滴定时需要的仪器有酸式滴定管、滴定管夹、锥形瓶，所以应该选取①④⑥；(3)得到的沉淀是B

aSO4，n(BaSO4)=wg233g/mol=w233mol，根据硫酸根离子守恒得(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O～2BaSO4，则n[(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O]=12n(BaSO4)=1w2233mol，m[(NH4)2F

e(SO4)2・6H2O]=1w2233mol×392g/mol×100020.00=39250w466g，摩尔盐纯度=39250wg466100%mg=w50392100%2233m。(4)Fe2+不稳定，易被空气氧化，会导致方法一测定值偏小。9

.硒是典型的半导体材料，在光照射下导电性可提高近千倍。如图是从某工厂的硒化银半导体废料(含Ag2SeO、Cu单质)中提取硒、银的工艺流程图：回答下列问题：(1)写出Se的原子结构示意图_______。(2)已知反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，写出该反应的离子程式

_______。(3)已知：常温下Ag2SO4、AgCl的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示，反应②为_______(写离子方程式)；该反应的化学平衡常数的数量级为_______。(4)写出反应④的化学方程式________。(5)室温下，H2SeO3水溶液中的H2SeO3

、HSeO3-、SeO32-摩尔分数随pH的变化如图所示，则室温下SeO32-的Kh_______。(6)工业上粗银电解精炼时，电解液的pH为1.5～2，电流强度为5～10A，若电解液pH太小，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生_______(写电极反应式)，若用10A的电流电解60mi

n后，得到32.4gAg，则该电解池的电解效率为_______(保留小数点后一位)。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率，法拉第常数为96500C·mol-1。【答案】(1).(2).4AgCl+N2H4•H2O+4OH-=4

Ag+4Cl-+N2↑+5H2O(3).Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)⇌2AgCl(s)+SO42-(aq)(4).1014(5).H2SeO3+2SO2+H2O=2H2SO4+Se(6).10-6.7(7).

2H++2e-=H2↑(8).80.4【解析】【分析】硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu单质)，加入硫酸、通入氧气，可生成硫酸铜、硫酸银和SeO2气体，SeO2和水反应生成H2SeO3，通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成Se；蒸硒渣加入氯化钠溶液生成AgCl，过

滤加入N2H4•H2O和氢氧化钠溶液，发生氧化还原反应生成Ag，电解精炼，可得到纯银，以此解答该题。【详解】(1)Se为34号元素，位于第四周期第ⅥA族，其原子结构示意图为；；(2)反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，应生成氮气，该反应中银离子将氮元素氧化，结合电子守恒和元素守恒

可知反应的离子方程式为4AgCl+N2H4•H2O+4OH-＝4Ag+4Cl-+N2↑+5H2O；(3)据图可知银离子浓度相同时，氯化银饱和溶液中银离子浓度更低，说明氯化银更容易沉淀，所以反应②为硫酸银沉淀转化

为氯化银的过程，离子方程式为：Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)⇌2AgCl(s)+SO42-(aq)，据图可知Ksp(Ag2SO4)=10-5，Ksp(AgCl)=10-9.75，Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)＝2AgCl(s)+SO42-(aq)的化学平衡常数K=

2-42-SOClcc=sp242sp-52-9.75AgSOAgCl10=10KK=1014.5，则化学平衡常数的数量级为1014；(4)根据流程可知反应物为H2SeO3和SO2，该过程中二氧化硫被氧化生成硫酸，结合电子守恒和元素守恒可

知方程式为H2SeO3+2SO2+H2O＝2H2SO4+Se；(5)室温下SeO32-的Kh=-2-3-3OHSeOSOHeccc，据图可知pH=7.3时，溶液中c(HSeO3-)=c(SeO

32-)，此时溶液中c(OH-)=10-6.7mol/L，所以Kh=10-6.7；(6)若电解液pH太小，则氢离子浓度较大，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生2H++2e-＝H2↑，用10A的电流

电解60min，则电子的物质的量为10606096500mol=0.373mol，理论可得到0.373molAg，而得到32.4gAg，物质的量为32.4g108g/mol=0.3mol，则该电解池的电解效率为0.30.373×100%=80.4

%。【点睛】对于信息型氧化还原反应的配平，关键是要根据物质的常见性质判断出反应中氧化剂和还原剂分别是何种物质，再根据元素的常见价态判断出相应的还原产物和氧化产物(需要学生平时多注意积累常见元素不同价态对应的化合物)，然后再根据电子守恒和元素守恒将方程式配平。10.经过德国化

学家哈伯、波施等的不懈努力，成功地开发了合成氨的生产工艺。如今世界各国科学家为提高氨的产量，降低能耗做着各种有益的探索。试回答下列问题：(1)已知NH3(l)⇌NH3(g)△H1；N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(l)△H2。则反应N2(g)+3H2

(g)⇌2NH3(g)的△H=_______(用含△H1、△H2的代数式表示)(2)①在一定条件下，分别将1molN2和3molH2置于恒压容器Ⅰ和恒容容器Ⅱ中两容器起始容积相同充分反应，二者均达到平衡状态，则两容器中NH3的体积分

数是Ⅰ_______Ⅱ(填“＞”、“＜”或“=”。)②上述容积恒定的密闭容器中，达化学平衡状态时，若NH3的体积分数为10%，若保持其他条件不变，起始时改为充入2molN2和2molH2，达新平衡后，NH3的体积分数为_______10%填(“＞”、“＜”或“=

”)。(3)哈伯因证实N2、H2在固体催化剂(Fe)表面吸附和解吸以合成氨的过程而获诺贝尔奖。若用分别表示N2、H2、NH3和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用如图表示：①吸附后，能量状态最低的是___________填字母序号)。②由上述原理，在铁表面进行NH

3的分解实验，发现分解速率与浓度关系如图。从吸附和解吸过程分析，c0前速率增加的原因可能是_________________________；c0后速率降低的原因可能是___________________。(4)已知液氨中存在：2NH3(l)⇌NH2－+NH4+。用Pt电极对液氨进行电解也可产生

H2和N2。阴极的电极反应式是_______。【答案】(1).122ΔHΔH(2).＞(3).＜(4).C(5).氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氨分子增多，速率增大(6).达到一定浓度后，氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸(7).

2NH3+2e－=H2+2NH2－【解析】【详解】(1)已知①NH3(l)⇌NH3(g)△H1，②N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(l)△H2，根据盖斯定律可知2×①+②可得反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=2△H1+△H2；(2)①已知N2+3H2⇌2NH3，该反应是气体体

积减小的反应，所以在恒压容器相当于恒容容器加压，平衡正向移动，所以恒压容器Ⅰ中NH3的体积分数大于恒容容器Ⅱ；②对于可逆反应，当反应物的投料比等于方程式中计量数之比时，生成物中气体的体积分数占比最大，则当1mol

N2和3molH2置于恒容容器中反应时，氨气的体积占比最大，根据题目可知此时NH3的体积分数为10%，所以保持其他条件不变，起始时改为充入2molN2和2molH2，达新平衡后，NH3的体积分数小于10%；(3)①由于化学键的断裂要

吸收能量，故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，而此反应为放热反应，故初始状态A的能量高于末态C的能量，故C的能量最低；②c0前氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氨分子增多，导致反应速率加快，c0后由于氨分子浓度太大阻碍氮气和氢气的解吸，故反应速率减慢

；(4)电解池中阴极得电子发生还原反应，该电解池中阴极上液氨或铵根离子得电子发生还原反应，电极反应为2NH3+2e-=H2+2NH2-。【点睛】对于可逆反应，当反应物的投料比等于方程式中计量数之比时，生成物中气体的体积分数占比最大；液氨中存在：2NH3(l)⇌NH2－+

NH4+，与水电离相似，故电解液氨可以参考电解水的反应。11.有机物K是某药物的中间体，合成路线如图所示：已知：i.R-CN2H催化剂R-CH2-NH2ii.R1-NH2+R2COOC2H5催化

剂+C2H5OH回答下列问题(1)A的名称是_______。(2)反应①的化学方程式是_____。(3)反应②的类型是_____。(4)反应③中的试剂X是_____。(5)E属于烃，其结构简式是__

___。(6)H中所含的官能团是_____。(7)反应⑥的化学方程式是_____。(8)H经三步反应合成K：HHCNI→J→K，写出中间产物I和J的结构简式_____。【答案】(1).1，3-二溴丙烷(2).Br-CH2-CH2-CH2-Br+2NaOH2HOΔ

HO-CH2-CH2-CH2-OH+2NaBr(3).氧化反应(4).C2H5OH(5).(6).碳碳双键、酯基(7).+C2H5OOC-CH2-COOC2H5一定条件+H2O(8).【解析】【分析】E属于烃，E与水反应生成，

则E为；F发生催化氧化生成G为，由H的结构可知D为二元酯，C到D为酯化反应，可知C为二元酸、X为C2H5OH，故A为BrCH2CH2CH2Br、B为HOCH2CH2CH2OH、C为HOOCCH2COOH，则D为C2H5OOCCH2COOC2H5。【详解】(1)根据分析可

知A为BrCH2CH2CH2Br，A的名称是：1，3-二溴丙烷；(2)反应①为卤代烃的取代反应，化学方程式是：；(3)反应②是羟基转化为羧基，属于氧化反应；(4)由分析可知，反应③中的试剂X是：C2H5OH；(5)E属于烃，E与

水反应生成，则E为；(6)由结构可知H中所含的官能团是：碳碳双键、酯基；(7)根据D的结构简式和G的结构简式可知反应⑥的化学方程式是：；(8)对比H与K的结构，H与HCN发生加成反应生成I为，然后还原生成J为，最后发生取代反应脱去1分

子C2H5OH生成K。