届广东省惠州市高三第三次调研考试理综化学试题解析版.docx
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届广东省惠州市高三第三次调研考试理综化学试题解析版
2020届惠州高三第三次调研考化学试题参考答案
相对原子质量：
C12Na23O16K39Mn55Fe56
1.下列说法错误的是（）
A.建筑钢筋属于金属材料
B.制玻璃和水泥都要用到石灰石
C.天然气、水煤气、液化石油气均是化合物
D.聚乙烯、纤维素都属于高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A.建筑钢筋是铁、碳的合金，属于金属材料，A正确；
B.制玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，制水泥的原料是黏土和石灰石，B正确；
C.天然气、水煤气、液化石油气均是混合物，C错误；
D.聚乙烯、纤维素的相对分子质量都大于10000，都属于高分子化合物，D正确；
故选C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确是（）
A.12g金刚石中含有共价键数目为4NA
B.标况下2.24LSO3含有的氧原子数目为0.3NA
C.1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有氮原子总数为0.2NA
D.电解熔融氯化钠，当阳极生成2.24L氯气时，阴极产生0.1NA个Na
【答案】C
【解析】
【详解】A.在金刚石中，平均每个碳原子形成2个共价键，12g金刚石中含有共价键数目为2NA，A错误；
B.标况下，SO3为固体，不能利用气体摩尔体积计算含有的氧原子数，B错误；
C.依据原子守恒，1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有氮原子0.2mol，总数为0.2NA，C正确；
D.由于未指明标准状况，所以2.24L氯气不一定是0.1mol，阴极生成金属钠的物质的量无法计算，D错误；
故选C。
3.下图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：
下列叙述错误的是（）
A.反应①属于氮的固定；反应②可用于合成HNO3
B.在催化剂a、b的作用下，提高了反应速率
C.在反应①和反应②中，均有极性共价键形成
D.在催化剂b作用下，氮原子发生了还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应①中，氮由游离态的N2转化为NH3，属于氮的固定；反应②是工业制硝酸的第一步反应，可用于合成HNO3，A正确；
B.催化剂a、b，可以降低反应的活化能，从而提高反应速率，B正确；
C.反应①中，形成N-H键，在反应②中，形成N≡O键，C正确；
D.在催化剂b作用下，氮原子由-3价升高为+2价，失去电子，发生氧化反应，D错误；
故选D。
4.已知苯乙烯和立方烷的结构分别为
（b）、
（p）。
下列说法中正确的是（）
A.b、p难溶于苯
B.b、p互为同分异构体
C.b、p的一氯代物分别有6种和1种（不考虑立体异构）
D.b、p均不能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A.b、p都是难溶于水的有机物，二者都易溶于苯，A错误；
B.b、p的分子式都为C8H8，结构不同，二者互为同分异构体，B正确；
C.b、p的一氯代物分别有5种和1种（不考虑立体异构），C错误；
D.b分子中含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，D错误；
故选B。
5.含有对氯苯酚和醋酸钠的废水净化原理如图所示。
下列说法错误的是（）
A.本装置集净化、供电于一体，产物之一还有消毒作用
B.每消耗1molCH3COO－，通过质子交换膜的质子的物质的量为8mol
C.在该装置中，B极上的电势比A极上的电势高
D.A极的电极反应为
+H++2e-→
+Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A.本装置将废水进行净化处理、并产生电能，产物苯酚还有消毒作用，A正确；
B.B极发生电极反应为CH3COO－-8e-+4H2O=2HCO3-+9H+，则1molCH3COO－放电，通过质子交换膜的质子的物质的量为8mol（留下1molH+平衡电性），B正确；
C.在该装置中，B极为负极，A极为正极，则A极上的电势比B极上的电势高，C错误；
D.A极，
得到2e-，同时有1个H+参与反应，生成
和Cl-，D正确；
故选C。
6.五种短周期主族元素的关系如图所示。
TX2是制光导纤维制品的主要原料。
下列说法中错误的是（）
A.Y是非金属性最强的元素
B.R与X形成的化合物是一种两性化合物
C.T的晶体是一种重要的半导体材料
D.简单离子半径Y比Z、R的都小
【答案】D
【解析】
【详解】TX2是制光导纤维制品的主要原料，则其为SiO2，从而得出X为O，Y为F，Z为Na，R为Al，T为Si。
A.Y为F，是元素周期表中非金属性最强的元素，A正确；
B.Al与O形成的化合物为Al2O3，是既能与酸又能与碱反应的两性化合物，B正确；
C.Si的晶体是一种重要的半导体材料，可用于生产电子元件，C正确；
D.F-半径比Na+、Al3+的半径都大，D错误；
故选D。
7.25℃时，进行下图所示滴定并得到对应曲线。
下列说法错误的是（）
A.Ka2（H2C2O4）=10-4.19
B.直线Ⅰ中X=
C.在NaHC2O4溶液中c（H2C2O4）+c（H+）=c（OH-）+c（C2O42-）
D.Ⅰ、Ⅱ两条直线的斜率均为1
【答案】B
【解析】
【分析】
H2C2O4溶液中滴入NaOH溶液，先发生反应：
H2C2O4+OH-=HC2O4-+H2O，随着碱的不断滴入，溶液的pH不断增大；当H2C2O4完全反应后，HC2O4-与NaOH发生反应HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O，所以直线Ⅰ为X=
，直线Ⅱ为X=
。
【详解】A.在pH=4.19点，Ka2（H2C2O4）=
=10-4.19，A正确；
B.由以上分析可知，直线Ⅱ中X=
，B错误；
C.在NaHC2O4溶液中，HC2O4-
C2O42-+H+，HC2O4-+H2O
H2C2O4+OH-，H2O
H++OH-
由水电离出的c（OH-）=c（H+），则溶液中c（H+）-c（C2O42-）=c（OH-）-c（H2C2O4），从而得出c（H2C2O4）+c（H+）=c（OH-）+c（C2O42-），C正确；
D.直线Ⅰ，lgX=0时，pH=1.22，pH=0时，lgX=1.22（由平衡常数进行计算），从而得出其斜率为1；采用同样的方法，可求出直线Ⅱ的斜率为1，D正确；
故选B。
8.KMnO4在实验室、生活、科学研究、工业生产中有广泛的应用。
已知一种制备KMnO4的实验流程、原理及相关数据如下：
原理：
反应I：
3MnO2+KClO3+6KOH
3K2MnO4+KCl+3H2O
反应Ⅱ：
3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3
（墨绿色）（紫红色）
已知：
25℃物质的溶解度g/100g水
K2CO3
KHCO3
KMnO4
111
33.7
6.34
（1）步骤②的副反应有少量单质气体生成，该反应的化学方程式为___________。
（2）步骤⑤中CO2______（填“能”或“不”能）过量，原因是_____________。
（3）流程中可循环利用的物质主要是_________（写化学式）。
（4）忽略本流程中含锰物质的循环利用，理论上0.3molMnO2最多得到产品KMnO4的质量为________g。
某同学在实验中得到干燥产品的质量多于理论值，排除称量因素，从步骤⑦分析，可能的原因是_______________。
（5）草酸钠滴定法分析高锰酸钾纯度步骤如下：
Ⅰ.称取1.5800g高锰酸钾产品，配成100mL溶液
Ⅱ.准确称取三份0.5360g已烘干的Na2C2O4，置于三个不同的洁净锥形瓶中，分别加入少量蒸馏水使其溶解，再加入少量硫酸酸化；
Ⅲ.锥形瓶中溶液加热到75～80℃，趁热用I中配制的高锰酸钾溶液滴定至终点。
记录实验数据如表
实验次数
V1（滴定前读数/mL）
V2（滴定后读数/mL）
（V2-V1）/mL
1
2.65
22.67
20.02
2
2.60
23.02
20.42
3
2.60
22.58
19.98
已知：
2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，则KMnO4的纯度为__________（保留四位有效数字）；若滴定后俯视滴定管读数，所得KMnO4的纯度将___（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。
【答案】
（1）.2KClO3
2KCl+3O2↑
（2）.不能（3）.CO2（过量）+KOH=KHCO3，因生成KHCO3的溶解度比K2CO3的小，可能在KMnO4析出时结晶析出而影响产品的纯度。
（4）.MnO2（5）.31.6（6）.蒸发过度，使K2CO3伴随KMnO4析出（7）.80.00%（8）.偏高
【解析】
【分析】
（1）步骤②的副反应有少量单质气体，则可能为KClO3在MnO2的催化作用下发生分解；
（2）从表中数据可以看出，若CO2过量，则会与K2CO3反应生成KHCO3，溶解度小，可能随KMnO4一起结晶析出；
（3）流程中起初投入MnO2，在步骤⑤中又生成MnO2，可循环利用；
（4）从方程式3MnO2+KClO3+6KOH
3K2MnO4+KCl+3H2O、3K2MnO4+2CO2=2KMnO4
+MnO2↓+2K2CO3可以看出，0.3molMnO2最多得到产品0.2molKMnO4，由此可计算出生成KMnO4
质量；从步骤⑥中加热前混合液的组成，可确定干燥产品的质量多于理论值的原因；
（5）依据反应方程式2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，代入数据即可求出KMnO4的纯度；若滴定后俯视滴定管读数，则读取的KMnO4的体积偏小，则所得KMnO4的浓度偏大，可推出纯度的变化。
【详解】
（1）步骤②的副反应有少量单质气体生成，则可能为KClO3在MnO2的催化作用下发生分解，该反应的化学方程式为2KClO3
2KCl+3O2↑；
（2）步骤⑤中CO2不能过量，原因是CO2（过量）+KOH=KHCO3，因生成KHCO3
溶解度比K2CO3的小，可能在KMnO4析出时结晶析出而影响产品的纯度；CO2（过量）+KOH=KHCO3，因生成KHCO3的溶解度比K2CO3的小，可能在KMnO4析出时结晶析出而影响产品的纯度；
（3））起初投入MnO2，在步骤⑤中又生成MnO2，则流程中可循环利用的物质主要是MnO2；
（4）从方程式3MnO2+KClO3+6KOH
3K2MnO4+KCl+3H2O、3K2MnO4+2CO2=2KMnO4
+MnO2↓+2K2CO3可以看出，0.3molMnO2最多得到产品0.2molKMnO4，质量为0.2mol×158g/mol=31.6g；某同学在实验中得到干燥产品的质量多于理论值，排除称量因素，从步骤⑦分析，可能的原因是蒸发过度，使K2CO3伴随KMnO4析出；
（5）设参加反应的KMnO4的物质的量为x
x=0.0016mol，
则KMnO4的纯度为
=80.00%；若滴定后俯视滴定管读数，则读取的KMnO4的体积偏小，由此计算出的KMnO4的浓度偏大，KMnO4的质量偏大，所得KMnO4的纯度将偏高。
【点睛】寻找可循环使用的物质时，先从添加的物质入手，明确反应过程中添加了哪些物质；然后再找反应过程中生成的副产物，与添加物对照，若有同一种物质出现，则表明此物质为循环使用的物质。
9.锡酸钠用作媒染剂，纺织品的防火剂、增重剂，以及制造陶瓷、玻璃和用于镀锡等。
以锡锑渣（主要含Sn、Sb、As、Pb的氧化物）为原料，制备锡酸钠（Na2SnO3）的工艺流程图如下：
请回答下列问题：
（1）Sb（ⅤA）最高正化合价为_____。
（2）流程中“脱砷、脱铅、脱锑”均要涉及的分离实验操作是_________。
（3）“碱浸”时，若SnO含量较高，工业上则加入NaNO3除去SnO，且检测到有NH3生成。
①该反应的离子方程式为____________________；
②如图是“碱浸”实验的参数，请选择“碱浸”的合适条件__________。
（4）“脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅渣，其离子方程式为________。
（5）“脱锑”时发生的主要化学反应属于_________。
A.置换反应B.氧化还原反应C.非氧化还原反应
（6）硫酸盐光亮镀锡液成分简单，主要有硫酸亚锡、硫酸等成分。
镀锡液中硫酸的作用是__________；镀锡时阳极反应式为______________。
【答案】
（1）.＋5
（2）.过滤（3）.4SnO+NO3-+7OH-＝NH3↑+4SnO32-+2H2O（4）.c（OH-）=2.5mol/L、温度85℃（5）.PbO22-＋S2－＋2H2O=PbS↓＋4OH－（6）.AB（7）.抑制Sn2+的水解，促进阳极Sn的溶解（8）.Sn-2e-=Sn2+
【解析】
【分析】
（1）一般来说，元素的最高正价等于其最外层电子数；
（2）流程中“脱砷、脱铅、脱锑”均要进行固液分离；
（3）①该反应中，SnO与NO3-在碱性溶液中反应，生成+4价Sn的含氧酸根离子和NH3等；
②“碱浸”的合适条件是浸出率高的点对应的数值；
（4）“脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅，实质是PbO22-与S2-反应，生成PbS等；
（5）“脱锑”时锡片生成锑渣，属于置换反应；
（6）硫酸盐光亮镀锡液成分简单，主要有硫酸亚锡、硫酸等成分。
镀锡液的主要成分为硫酸亚锡，锡离子易发生水解，所以加入硫酸抑制其水解；镀锡时阳极为锡失电子，生成锡离子。
【详解】
（1）Sb（ⅤA）最高正化合价=最外层电子数，即显+5价；
（2）流程中“脱砷、脱铅、脱锑”均要进行固液分离，则分离实验操作是过滤；
（3）①该反应中，SnO与NO3-在碱性溶液中反应，生成+4价Sn的含氧酸根离子和NH3等，反应的离子方程式为4SnO+NO3-+7OH-=NH3↑+4SnO32-+2H2O；
②“碱浸”的合适条件是浸出率高的点对应的数值，即c（OH-）=2.5mol/L、温度85℃；
（4）“脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅，实质是PbO22-与S2-反应，生成PbS等，反应的离子方程式为PbO22-+S2-+2H2O=PbS↓+4OH-；
（5）“脱锑”时锡片生成锑渣，属于置换反应和氧化还原反应，答案为：
AB；
（6）硫酸盐光亮镀锡液成分简单，主要有硫酸亚锡、硫酸等成分，镀锡液的主要成分为硫酸亚锡，锡离子易发生水解，所以加入硫酸的作用是抑制Sn2+的水解，促进阳极Sn的溶解；镀锡时阳极反应式为Sn-2e-=Sn2+。
【点睛】从电镀过程看，只表现出Sn2+得电子的过程，没有表现出硫酸参与反应，所以应从电解质的性质进行分析，从而得出抑制Sn2+水解，有利于阳极反应的结论。
10.研究发现，反应CCl4（g）＋H2（g）
CHCl3（g）＋HCl（g），可使CCl4（沸点77℃）转化为重要的化工原料CHCl3（沸点61.2℃），可减少其对臭氧层的破坏。
（已知：
该反应的副反应会生成CH2Cl2、CH3Cl和CH4等）
（1）CH4与Cl2反应时，每生成1molCCl4（g）或1molCHCl3（g）的焓变分别是△H1和△H2；H2在Cl2中燃烧，每生成1molHCl（g）产生的焓变为△H3，则：
CCl4（g）＋H2（g）
CHCl3（g）＋HCl（g）的△H=_____（用含有△H1、△H2和△H3的算式表示）
（2）在密闭容器中，CCl4＋H2
CHCl3＋HCl达到平衡状态后，测得如下数据（假设不考虑副反应）。
实验序号
温度/℃
初始CCl4浓度/（mol·L-1）
初始H2浓度/（mol·L-1）
CCl4的平衡转化率
1
110
0.8
1.2
α1
2
110
1
1
50%
3
100
1
1
α3
①实验1中，CCl4的转化率α1_____50%（填“大于”“小于”或“等于”）。
②实验2中，反应进行到10h时达到平衡，在这10h内，H2的平均反应速率为_____mol·L-1·min-1。
③110℃时，该反应的化学平衡常数的数值为________。
④实验3中，α3
值________。
A.等于50%B.大于50%C.小于50%D.依题所给信息无法判断
（3）120℃时，分别进行H2的初始浓度为2mol·L－1和4mol·L－1的实验（其他条件相同）。
测得CCl4的消耗百分率（x%，实线）和生成物中CHCl3的百分含量（y%，虚线）随时间（t）的变化关系如图。
①图中表示H2起始浓度为2mol·L-1CHCl3的百分含量的变化曲线是____（填字母）。
②依图可知，有利于提高CCl4的消耗百分率和产物中CHCl3的百分含量H2的起始浓度应该为________mol·L-1。
【答案】
（1）.△H2-△H1+2△H3
（2）.大于（3）.0.00083（4）.1（5）.D（6）.d（7）.4
【解析】
【分析】
（1）由题意知，CH4（g）+4Cl2（g）=CCl4（g）+4HCl（g）△H1①
CH4（g）+3Cl2（g）=CHCl3（g）+3HCl（g）△H2②
H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）2△H3③
将②-①+③，即可求出CCl4（g）＋H2（g）
CHCl3（g）＋HCl（g）的△H；
（2）①实验1中，当H2的初始浓度为0.8mol/L时，CCl4的转化率为50%，现增大H2的浓度为1.2mol，平衡正向移动，CCl4的转化率增大，从而得出CCl4的转化率α1与50%的关系；
②实验2中，
反应进行到10h时达到平衡，在这10h内，H2的平均反应速率为
；
③110℃时，该反应的化学平衡常数的数值为
；
④与实验2进行比较，可认为实验3是在实验2的基础上完成的，由于不知反应的焓变，所以无法确定降温平衡移动的方向；
（3）①由反应知，增大H2的初始浓度，CCl4的消耗百分率增大，CHCl3的百分含量增大，由此可确定图中表示H2起始浓度为2mol·L-1CHCl3的百分含量的变化曲线；
②依图可知，H2浓度越大，越有利于提高CCl4的消耗百分率和产物中CHCl3的百分含量，由此可得出H2的起始浓度。
【详解】
（1）由题意知，CH4（g）+4Cl2（g）=CCl4（g）+4HCl（g）△H1①
CH4（g）+3Cl2（g）=CHCl3（g）+3HCl（g）△H2②
H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）2△H3③
将②-①+③，即可求出CCl4（g）＋H2（g）
CHCl3（g）＋HCl（g）的△H=△H2-△H1+2△H3；
（2）①实验1中，当H2的初始浓度为0.8mol/L时，CCl4的转化率为50%，现增大H2的浓度为1.2mol，平衡正向移动，CCl4的转化率增大，从而得出CCl4的转化率α1大于50%；
②实验2中，
反应进行到10h时达到平衡，在这10h内，H2的平均反应速率为
=0.00083mol·L-1·min-1；
③110℃时，该反应的化学平衡常数的数值为
=1；
④与实验2进行比较，可认为实验3是在实验2的基础上完成的，由于不知反应的焓变，所以无法确定降温平衡移动的方向，答案为：
D；
（3）①由反应知，减小H2的初始浓度，CCl4的消耗百分率减小，CHCl3的百分含量减小，由此可确定图中表示H2起始浓度为2mol·L-1时CHCl3的百分含量的变化曲线为d；
②依图可知，H2浓度越大，越有利于提高CCl4的消耗百分率和产物中CHCl3的百分含量，由此可得出H2的起始浓度为4mol·L-1。
【点睛】在化学平衡体系中，增大A物质的浓度，平衡正向移动，B物质的转化率增大，但A物质的转化率减小；对生成物来说，增大其中一种反应物的浓度，都能增大生成物的产率。
11.亚铁氰化钾（K4[Fe（CN）6]）双称黄血盐，是一种重要的化工原料。
检验三价铁发生的反应为：
K4[Fe（CN）6]+FeCl3=KFe[Fe（CN）6]↓（滕氏蓝）+3KCl，回答问题：
（1）写出基态Fe3+
核外电子排布式_________。
（2）K4[Fe（CN）6]中的作用力除共价键外，还有______和________。
含有12molσ键的K4[Fe（CN）6的物质的量为________mol。
（3）黄血盐中N原子的杂化方式为______；C、N、O的第一电离能由大到小的排序为_____，电负性由大到小的排序为________。
（4）Fe、Na、K的晶体结构如图所示：
①钠的熔点比钾更高，原因是__________________________。
②Fe原子半径是rcm，阿伏加德罗常数为NA，铁的相对原子质量为a，则铁单质的密度是_______g/cm3。
【答案】
（1）.1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5
（2）.配位键（3）.离子键（4）.1（5）.sp（6）.N>O>C（7）.O>N>C（8）.Na的半径小，形成的金属键键能大，熔点高（9）.
【解析】
【分析】
（1）基态Fe3+的核外电子排布式，就是按电子进入轨道的顺序，从能量最低的1s轨道排起，共排布23个电子；
（2）K4[Fe（CN）6]中的作用力除共价键外，还有K+与[Fe（CN）6]4-间的作用力和Fe2+与CN-间的作用力；1个[Fe（CN）6]4-内共含12个σ键，由此可确定含有12molσ键的K4[Fe（CN）6的物质的量；
（3）黄血盐中N原子与C原子间形成共价三键，另外N原子的最外层还有1对孤对电子，从而得出N的杂化方式；C、N、O的第一电离能中，N原子最外层处于半满状态，出现反常；电负性与非金属性成正比；
（4）①钠的熔点比钾更高，原因从离子带电荷与离子半径综合分析；
②由图中可知，1个Fe晶胞中含有2个Fe原子。
设晶胞的边长为x，则
4r=
，x=
，
。
【详解】
（1）基态Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；
（2）K4[Fe（CN）6]中的作用力除共价键外，还有K+与[Fe（CN）6]4-间的离子键和Fe2+与CN-间的配位键；1个[Fe（CN）6]4-内共含12个σ键，由此可确定含有12molσ键的K4[Fe（CN）6的物质的量为1mol；
（3）黄血盐中N原子与C原子间形成共价三键，另外N原子的最外层还有1对孤对电子，从而得出N的杂化方式sp；C、N、O的第一电离能中，N原子最外层处于半满状态，出现反常，即为N>O>C；电负性与非金属性成正比，即为O>N>C；
（4）①钠的熔点比钾更高，原因是Na的半径小，形成的金属键键能大，熔点高；
②由图中可知，1个Fe晶胞中含有2个Fe原子，设晶胞的边长为x，则
4r=
，x=
，
=
g/cm3。
【点睛】在金属晶体中，金属原子是相互接触的，不像图中原子间有很大的距离，解题时，我们要清楚实物与图形的差异，否则，就难以求出结果。
12.以苯和丙酮为原料合成化妆品中间体M路线如下：
已知
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