精品解析广东肇庆市届高三第三次检测理科综合化学试题解析版.docx

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精品解析广东肇庆市届高三第三次检测理科综合化学试题解析版

肇庆市2020届高中毕业班第三次统一检测

理科综合能力测试化学试题

本试卷分第1卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至5页，第II卷6至14页，共300分．

考生注意：

1.答题前，考生务必将自己的考号、姓名填写在答题卡上。

考生要认真核对答题卡上的考号、姓名与考生本人考号、姓名是否一致．

2第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需要改动用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号．第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答。

在试题卷上作答，答案无效．

3考试结束．监考人员将试卷、答题卡一并收回。

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Na23FeS6

第1卷（选择题共126分）

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.“中国名片”“中国制造”中航天、军事、天文、医学等领域的发展受到世界瞩目，它们与化学有着密切的联系。

下列说法正确的是

A.港珠澳大桥路面使用到的沥青可以通过石油分馏得到

B.“玉兔二号”月球车的帆板太阳能电池的材料是二氧化硅

C.“歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料

D.抗击“2019新型冠状病毒”过程中用到的“84”消毒液的主要有效成分是Ca（ClO）2

【答案】A

【解析】

【详解】A．沥青是石油分馏得到的产物，故A正确；

B．太阳能电池的材料是硅，不是二氧化硅，故B错误；

C．碳纤维是单质，是一种新型无机非金属材料，故C错误；

D．“84”消毒液的主要有效成分是NaClO，故D错误；

故答案为A。

2.下列有关苯（

）与【3】-轴烯（

）的说法错误的是

A.二者互为同分异构体

B.二者可用酸性KMnO4溶液鉴别

C.【3】－轴烯与足量H2反应所得产物的二氯代物有5种

D.苯分子中所有原子共平面，

3】-轴烯分子中所有原子不可能共平面

【答案】D

【解析】

【详解】A．苯和[3]-轴烯的分子式均为C6H6，两者是同分异构体，故A正确；

B．苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，而[3]-轴烯含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，可用酸性KMnO4溶液鉴别苯和[3]-轴烯，故B正确；

C．[3]-轴烯与足量氢气完全加成生成

，当甲基上有1个氢原子被氯取代后，另一个氯原子的位置有四种；当环上有1个氢原子被取代后，另一个氯原子的位置只有一种，为环上的氢原子被氯原子取代，则共有5种二氯代物，故C正确；

D．苯分子是平面结构，[3]-轴烯含有3个碳碳双键，所有原子也一定共平面，故D错误；

故答案为D。

3.海水是十分重要的自然资源．如图是海水资源利用的部分过程，下列有关说法错误的是

A.第①步除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子加入试剂顺序为：

NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸

B.第②步由MgCl2•6H2O在空气中受热分解来制取无水MgCl2

C.第③步可通入Cl2,第④⑤步的目的是富集溴元素

D.海水淡化

方法主要有蒸馏法、电渗析法和离交换法

【答案】B

【解析】

【分析】

海水通过蒸发浓缩得到粗盐和母液，粗盐精制除去杂质得到精盐，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，母液中含有镁离子和溴离子，加入石灰乳沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀和滤液，氢氧化镁溶解后浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到无水氯化镁，滤液中加入氧化剂氯水氧化溴离子为溴单质，把溴吹出用碳酸钠溶液吸收后，加入酸重新生成溴单质，以此解答该题。

【详解】A．除去粗盐中含有的Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质离子，加入的药品顺序为：

NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，NaOH与氯化钡可互换顺序，故A正确；

B．MgCl2•6H2O在空气中加热时促进Mg2+水解，且水解产物HCl易挥发，最终只能得到氢氧化镁，继续高温加热还可能得到氧化镁，故B错误；

C．第③步中溴元素被氧化，发生反应的离子方程式为C12+2Br-=2C1-+Br2，第④步将溴离子氧化为溴单质，第⑤步中溴单质在碳酸钠溶液中发生歧化反应生成溴化钠和溴酸钠，第⑥步中溴化钠和溴酸钠经酸化转化为溴单质，过程中④⑤步目的是浓缩、富集溴单质，故D正确；

D．蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来，得到纯净的水；通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的；利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软化的效果，故D正确；

故答案为B。

4.下列实验及现象不能得出相应结论的是

选项

实验

现象

结论

A

某溶液中滴加K3[（Fe（CN）6]溶液

产生蓝色沉淀

原溶液中有Fe2+

B

将CO2依次通过NaHSO3溶液、品红溶液

品红溶液不褪色

H2SO3的酸性强于比H2CO3

C

向lmL新制氢氧化铜悬浊液中滴加适量10%葡萄糖溶液，加热煮沸

产生砖红色沉淀

葡萄糖具有还原性

D

向lmL0.lmol/LAgNO3溶液中滴加4~5滴0.lmol/LKI溶液，再滴加几滴0.1mol/LNa2S溶液

先有黄色沉淀生成；后又有黑色沉淀

Ksp（AgI）>Ksp（Ag2S）

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．滴加K3[Fe（CN）6]溶液产生蓝色沉淀可检验亚铁离子，故A正确；

B．根据强酸制弱酸的原理，CO2溶于水生成的碳酸无法制取出SO2，说明亚硫酸的酸性比碳酸强，故B正确；

C．葡萄糖与新制氢氧化铜混合加热生成Cu2O，Cu元素化合价降低，发生还原反应，说明葡萄糖具有还原性，故C正确；

D．向lmL0.lmol/LAgNO3溶液中滴加4~5滴0.lmol/LKI溶液，生成AgI浅黄色沉淀，此时溶液中AgNO3过量，继续滴加几滴0.1mol/LNa2S溶液，会有Ag2S黑色沉淀生成，不存在AgI与Ag2S之间的沉淀转化，由无法确定Ksp（AgI）>Ksp（Ag2S），故D错误；

故答案为D。

5.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，X与Z同族，X核外电子总数等于Y最外层电子数，Y是短周期中非金属性最强的元素，W与Z的最高化合价之和为8,且W原子半径小于Z。

下列叙述正确的是

A.气态简单氢化物的稳定性：

Z>X>W

B.W和Y可形成共价化合物WY3,且WY3中W、Y均满足最外层8电子稳定结构

C.常温下，0.lmol•L-1Z的最高价氧化物对应水合物水溶液的pH>l

D.常温下，与W同族且相邻元素的单质能溶于X的最高价氧化物对应水化物的浓溶液。

【答案】C

【解析】

【分析】

W、X、Y、Z均为短周期主族元素，X核外电子总数等于Y最外层电子数，Y是短周期中非金属性最强的元素，则Y为F元素，最外层电子数为7，则X为氮元素；X与Z同族，则Z为磷元素；W与Z的最高化合价之和为8，磷元素最高价为+5价，W的最高价为+3价，且W原子半径小于Z，则W为B元素，据此分析解题。

【详解】由分析知：

W

B元素、X为N元素、Y为F元素、Z为P元素；

A．元素的非金属性N>P>B，则气态简单氢化物的稳定性：

NH3>PH3>BH3，故A错误；

B．B和F可组成BF3，其中F最外层达到8电子稳定结构，而B最外层不能达到8电子稳定结构，故B错误；

C．P的最高价氧化物水化物为H3PO4，是中强酸，常温下，0.lmol•L-1H3PO4溶液中c（H+）＜0.lmol•L-1，则溶液pH>l，故C正确；

D．与B同族且相邻元素的单质为Al，在常温下遇浓硝酸钝化，不能完全溶解，故D错误；

故答案为C。

6.某新型可充电电池构造如图所示，工作时（需先引发Fe和KClO3的反应，从而使LiCl-KCl共晶盐熔化），某电极（记为X）的反应式之一为：

xLi++xe-+LiV3O8=Lii+xV3O8。

下列说法正确的是

A.放电时，正极的电极反应式为:

Li–e-=Li+

B.放电时，总反应式为：

xLi+LiV3O8=Lii+xV3O8

C.充电时，X电极与外接电源负极相连

D.充电时，X电极的质量增加

【答案】B

【解析】

【详解】A．放电时正极发生得电子的还原反应，即反应为：

正极反应式为xLi++LiV3O8+xe-═Li1+xV3O8，故A错误；

B．放电时负极发生氧化反应，负极反应为xLi–xe-=xLi+（或Li–e-=Li+），则总反应式为xLi+LiV3O8=Lii+xV3O8，故B正确；

C．X极为原电池的正极，充电时与外接电源的正极相连，故C错误；

D．充电时，X电极发生氧化反应，电极反应为Li1+xV3O8–xe-=xLi++LiV3O8，电极质量减轻，故D错误；

故答案为B。

【点睛】考查原电池和电解池工作原理，正确判断图示装置中两极为解答关键，放电时，电池反应式为xLi+LiV3O8=Li1+xV3O8，负极反应式为xLi-xe-═xLi+（或Li–e-=Li+），正极反应式为xLi++LiV3O8+xe-═Li1+xV3O8，充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反。

7.室温下，向10mL0.10mol•L1-1YOH溶液中逐渐滴加0.20mol•L-1HX溶液，混合溶液的pH变化如图所示（温度和体积变化忽硌不计）。

下列结论错误的是

A.HX为一元弱酸，YOH为一元强碱

B.M点对应溶液中水的电离程度大于N点溶液中水的电离程度

C.N点对应溶液中粒子浓度：

c（HX）>c（X-）>c（Y+）>c（H+）>c（OH-）

D.室温时,pH=a的YX溶液中水电离出的c（OH-）=l.0×10-（14-a）mol•L-1

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图可知0.10mol•L1-1YOH溶液pH=13，该碱溶液中c（OH-）=c（YOH）=0.1mol/L，说明YOH完全电离，则YOH为强碱；滴加0.20mol•L-1HX溶液5mL时恰好完全反应，生成正盐YX，此时溶液pH>7，说明X-水解，则HX为弱酸，故A正确；

B．M和N点均存在X-的水解，但过量的HX电离出的H+抑制了水的电离，且过量HX越多，对水的电离抑制能力越大，则M点对应溶液中水的电离程度大于N点溶液中水的电离程度，故B正确；

C．N点溶液中溶质为YX和HX，且两者浓度相等，此时溶液显酸性，说明HX的电离程度大于X-的水解程度，则c（X-）>c（Y+）>c（HX）>c（H+）>c（OH-），故C错误；

D．X-的水解促进水的电离，YX溶液中c（OH-）来自水的电离，则室温时，pH=a的YX溶液中水电离出的c（OH-）=l.0×10-（14-a）mol•L-1，故D正确；

故答案为C。

8.氨基钠（NaNH2）常用作有机合成的促进剂，是合成维生素A的原料。

某学习小组用如下装置，以NH3和Na为原料加热至350-360℃制备氨基钠，并检验其生成的产物和测定产品的纯度。

已知：

NaNH2极易水解且易被空气氧化。

回答下列问题：

AC

（1）仅从试剂性质角度分析，下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3的是________（填字母序号）。

A.浓氨水、CaOB.NH4Cl固体、Ca（OH）2固体

C.浓氨水D.NH4NO3固体、NaOH固体

（2）仪器D名称为___________，其中盛放的试剂为___________。

（3）装置A中发生反应的化学方程式为__________，能证明装置A中已发生反应的实验依据是__________________________。

（4）装置B的作用是______________。

（5）制备时，通入的氨气过量，待钠充分反应后，取mg产品，按如图装置进行实验（产品所含杂质仅为Na2O）。

用注射器向试管中缓慢加入H2O至恰好完全反应立即停止，G中液面从刻度V1变为V2（已知V2>Vi,单位mL,忽略固体体积，读取刻度时保持两使液面相平，实验过程处于标准状况下），则产品纯度为________：

若读取V1时，G中液面低于漏斗侧液面，则所测得的纯度比实际产品纯度_________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

【答案】

（1）.D

（2）.球形干燥管（3）.无水硫酸铜（4）.2Na+2NH3

2NaNH2+H2（5）.装置C中的黑色粉末变为红色，装置D中的白色粉末变为蓝色（6）.吸收NH3，防止NH3与CuO反应（7）.

（8）.偏高

【解析】

【分析】

NH3和Na在加热条件下生成NaNH2和H2，利用P2O5除去H2中混有的NH3，除杂后的H2在加热条件下，将黑色CuO还原为红色Cu，生成的水使无色CuSO4粉末变蓝色。

【详解】

（1）A．CaO溶于水生成Ca（OH）2，同时放热，使浓氨水有氨气逸出，可制适量氨气，故A正确；

B．NH4Cl固体、Ca（OH）2固体混合加热可制氨气，故B正确；

C．浓氨水在加热条件下，有氨气逸出，可制适量氨气，故C正确；

D．NH4NO3受热或撞击易爆炸，且NaOH固体在加热条件下能与SiO2反应，腐蚀玻璃容器，则不用NH4NO3固体和NaOH固体混合加热制氨气，故D错误；

故答案为D；

（2）仪器D名称为球形干燥管，其作用是检验反应中生成的水蒸气，无水硫酸铜遇水变蓝色，则选择盛放的试剂为无水硫酸铜；

（3）装置A中Na和氨气在加热条件生成NaNH2和H2，发生反应的化学方程式为2Na+2NH3

2NaNH2+H2；当装置C中的黑色粉末变为红色，装置D中的白色粉末变为蓝色，说明A中有H2生成，即证明装置A中已发生反应；

（4）NH3有还原性，在加热条件下能还原CuO，则装置B的作用是吸收NH3，防止NH3与CuO反应；

（5）已知NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑，反应中生成NH3的物质的量为

=

mol，则产物NaNH2的物质的量为

mol，产品纯度为

=

；若读取V1时，G中液面低于漏斗侧液面，此时G中压强大于1个大气压强，V1相对标准状况下体积偏小，则（V2-V1）偏大，导致所测得的纯度比实际产品纯度偏高。

9.ZrO2常用陶瓷材料，可由锆英砂（主要成分为ZrSiO4,也可表示为ZrO2•SiO2还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）通过如下方法制取：

已知：

①ZrSiO4能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+；

②常温下，Ksp[Fe（OH）3=1×10-38，Ksp[（Al（OH）3=1×10-32；pH=6.2时，ZrO2+开始沉淀．

（1）“熔融”过程中，ZrSiO4发生反应的化学方程式为______________________；滤渣I的化学式为________________________。

（2）“除杂”过程中，加入双氧水的目的是________________：

此过程中为使滤液I中的杂质离子沉淀完全而除去（当离子浓度c≤1×10-5mol•L-1时即为沉淀完全），室温下加氪水调节pH范围为____________________。

（3）为得到纯净的ZrO2滤渣III要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。

（4）滤渣III的成分是Zr（CO3）2•nZr（OH）4。

“调pH=8.0”时，所发生反应的离子方程式为_______________________；滤渣III制备ZrO2的方法是_____________。

【答案】

（1）.ZrSiO4+4NaOH

Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O

（2）.H2SiO3（3）.将Fe2+氧化为Fe3+，以便转化为Fe（OH）3沉淀除去（4）.5≤pH＜6.2（5）.取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr（OH）4洗涤干净（6）.（n+1）ZrO2++2nCO32-+（3n-1）H2O=Zr（CO3）2•nZr（OH）4↓+（2n-2）HCO3-（7）.高温焙烧

【解析】

【分析】

锆英砂（主要成分为ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质），加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，氧化铝转化为NaAlO2，SiO2转化为Na2SiO3，Fe2O3不反应，再加过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为氯化铝、碳酸亚铁、氧化铁转化为氯化亚铁、氯化铁，过滤分离，滤渣I为硅酸，滤液中含有ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，Na+、Cl-等，加入过氧化氢氧化亚铁离子，加氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤分离滤渣II为氢氧化铁、氢氧化铝，滤液中主要含有ZrO2+、NH4+、Cl-，Na+、Cl-等，再加氨水调节pH，使ZrO2+转化为Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤、干燥得到Zr（OH）4，加热分解即可得到ZrO2，以此解答该题。

【详解】

（1）高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：

ZrSiO4+4NaOH

Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣I为H2SiO3；

（2）“除杂”过程中，加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，以便转化为Fe（OH）3沉淀除去；加氪水调节pH的目的是使Al3+和Fe3+完全转化为沉淀，但ZrO2+不沉淀，由Ksp[Fe（OH）3=1×10-38，可知Fe3+完全沉淀时溶液中c（OH-）=

mol/L=1×10-11mol/L，此时溶液pH=3；Ksp[（Al（OH）3]=1×10-32，可知Al3+完全沉淀时溶液中c（OH-）=

mol/L=1×10-9mol/L，此时溶液pH=5，再结合pH=6.2时，ZrO2+开始沉淀，则调节pH范围为5≤pH＜6.2；

（3）Zr（OH）4表面为附着Cl-等，检验Zr（OH）4是否洗涤干净的方法是：

取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr（OH）4洗涤干净；

（4）“调pH=8.0”时，反应生成Zr（CO3）2•nZr（OH）4，则所发生反应的离子方程式为（n+1）ZrO2++2nCO32-+（3n-1）H2O=Zr（CO3）2•nZr（OH）4↓+（2n-2）HCO3-；滤渣III为Zr（OH）4，高温焙烧分解即可得到ZrO2。

10.SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。

工业上常采用催化还原法、吸收法或电解法处理SO2。

利用催化还原SO2法不仅可消除SO2污染，而且可得到有经济价值的单质S。

（1）已知CH4和S的燃烧热（△H）分别为-890.3kJ/mol和一297.2kJ/mol,则CH4催化还原SO2反应：

CH4（g）+2SO2（g）=CO2（g）+2S（s）+2H2O

（1）△H=_____kJ/mol

（2）在恒容密闭容器中，用H2还原SO2生成S的反应分两步完成（如图1所示），该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示：

分析可知X为_______（填化学式），o~t1时间段的温度为_______，o~t1时间段用SO2表示的化学反应速率为______________。

（3）焦炭催化还原SO2生成S2,化学方程式为2C（s）+2SO2（g）

S2（g）+2CO2（g）△H<0。

实验测得：

v正=k正c2（SO2）,v逆=k逆c（S2）•c2（CO2）（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）．某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入lmolSO2，并加入足量焦炭，当反应达平衡时，SO2转化率为80%,则：

①k正：

k逆=_______________。

②若升高温度，k正增大的倍数______（填“>”、“<”或“=”）k逆增大的倍数。

（4）利用如图所示装置（电极均

惰性电极）可吸收SO2。

直流电源a为_______极，电解时．电极B的电极反应式为_____________。

【答案】

（1）.-295.9 kJ/mol

（2）.H2S（3）.300℃（4）.

mol/（L•min）（5）.3.2:

1（6）.＜（7）.正（8）.2HSO3-+2H++2e-═S2O42-+2H2O

【解析】

【分析】

（1）CH4和SO2反应

化学方程式为CH4+2SO2=CO2+2S+2H2O，CH4和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol 和297.2kJ/mol，热化学方程式为：

①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol  ②S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=-297.2kJ/mol，根据盖斯定律①-②×2计算CH4（g）+2SO2（g）═CO2（g）+2S （s）+2H2O（l）的焓变△H；

（2）根据图1可知，在300℃时，SO2和H2反应生成H2S，在100℃到200℃时，H2S和SO2反应生成S和水；0～t1时间段用SO2表示的化学反应速率v=

；

（3）某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入lmolSO2，并加入足量焦炭，当反应达平衡时，SO2转化率为80%，则：

①当反应达到平衡时，v正=v逆，据此计算k正：

k逆；

②升高温度，正、逆反应速率均升高，且平衡向吸热反应方向移动；

（4）依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+，阳极与电源的正极a相连，b为电源负极，阴极的电极反应式为2HSO3-+2H++2e-═S2O42-+2H2O，以此解答该题。

【详解】

（1）CH4 和S的燃烧热分别为890.3 kJ/mol 和297.2 kJ/mol，可知热化学方程式：

①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol，②S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=-297.2kJ/mol，根据盖斯定律①-②×2可得CH4（g）+2SO2（g）═CO2（g）+2S （s）+2H2O（l）△H=-295.9 kJ/mol；

（2）根据图1可知，在300℃时，SO2和H2反应生成H2S，在100℃到200℃时，H2S和SO2反应生成S和水，所以X为H2S；在图2中，0～t1时间段SO2和H2的浓度降低，H2S的浓度升高，故0～t1时间段温度为300℃；用SO2表示的化学反应速率v=

=

=

mol/（L•min）；

（3）某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入lmolSO2，并加入足量焦炭，当反应达平衡时，SO2转化率为80%，则：

①当反应达到平衡时，v正=v逆，则k正c2（SO2）=k逆c（S2）•c2（CO2），故k正：

k逆=

=

=3.2:

1；

②此反应正反