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

1、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

2、对原子质量： H 1 C 12 N 14 O16 Na 23 Fe S6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【

3、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，

4、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；C3-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. 第步

5、由MgCl26H2O在空气中受热分解来制取无水MgCl2C. 第步可通入Cl2,第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

6、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；BMgCl26H2O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第步中溴元素被氧化，发生反应的离子方程式为C12+2Br-=2C1-+Br2，第步将溴离子氧化为溴单质，第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，第步中溴化钠和溴酸钠经酸化转化为溴单质，过程中步目的是浓缩、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

7、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H2CO3C向 l mL 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. l mol/L AgNO3溶液中滴加45 滴 0.l mol/L KI 溶液，再滴加几滴 0. 1mo l/L Na2S 溶液 先有黄色沉淀生成；后又有黑

8、色沉淀 Ksp (AgI ) Ksp (Ag2S)A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A滴加K3Fe（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. l mol/L AgNO3溶液中滴加45 滴 0.l mol/L KI 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. 1mo l/L Na2S溶液，会有Ag2S黑色沉

9、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：ZXWB. 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.l molL-1Z的最高价氧化物对应水合物水溶液的 pH lD. 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】

10、【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：WB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NPB，则气态简单氢化物的稳定性：NH3PH3BH3，故A错误；BB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；CP的最高价氧化物水化物为H3PO4，是中强酸，常

11、温下，0.l molL-1 H3PO4溶液中c(H+)0.l molL-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+xV3O8C. 充电时，X电极与外接电源负极相连D. 充电时，X电

12、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；CX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xL

13、i+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10 mL 0.10molL1-1YOH溶液中逐渐滴加0.20molL-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

14、温时,pH = a 的YX溶液中水电离出的c(OH-)=l.010-(14-a)molL-1【答案】C【解析】【详解】A由图可知0.10molL1-1YOH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0.20molL-1HX溶液5mL时恰好完全反应，生成正盐YX，此时溶液pH7，说明X-水解，则HX为弱酸，故A正确；BM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；CN点溶液中溶质为YX和HX，且两者浓

15、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；DX-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.010-(14-a)molL-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 ： A C(1)仅从试剂性质角度

16、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、CaO B. 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V2Vi,单位 mL,忽略固体体积，读取刻度时保持两使液面相平，

17、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+2NH32NaNH2+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

18、) ACaO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；BNH4Cl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；DNH4NO3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+2NH32NaNH2+

19、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ZrO2SiO2还含少

20、量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下方法制取：已知：ZrSiO4能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+；常温下，KspFe(OH)3= 110-38，Ksp (Al(OH)3= 110-32；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c110-5 molL-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

21、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+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O (2). H2SiO3 (3). 将Fe2+氧化为Fe3+，以便转化为Fe(OH)3沉淀除去 (4). 5pH6.2 (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)2nZr(OH)4+(2n-2)H

22、CO3 - (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

23、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+4NaOHNa2SiO3+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

24、节pH的目的是使Al3+和Fe3+完全转化为沉淀，但ZrO2+不沉淀，由KspFe(OH)3= 110-38，可知Fe3+完全沉淀时溶液中c(OH-)=mol/L=110-11 mol/L，此时溶液pH=3；Ksp (Al(OH)3= 110-32，可知Al3+完全沉淀时溶液中c(OH-)=mol/L=110-9 mol/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5pH6.2；(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；(

25、4) “调pH=8.0”时，反应生成Zr(CO3)2nZr(OH)4，则所发生反应的离子方程式为(n+1)ZrO2+2nCO32-+(3n-1)H2O=Zr(CO3)2nZr(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-890.3 kJ/ mol和一297.2 kJ/ mol , 则CH4 催化还原SO2反应：CH4(g) +2 SO

26、2 (g) =CO2(g)+ 2S(s)+ 2 H2O(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)，ot1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)+ 2 SO2 (g)S2(g)+2CO2(g)H ”、“ ”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).

27、-295.9kJ/mol (2). H2S (3). 300 (4). mol/(Lmin) (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：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=-890.3kJ/mol S（s）+O2（g）SO2（g）H=-297.2kJ/mol，根据盖斯定律-2计算CH4（g）+2SO2（g）CO2（g）+2S（s）+

28、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；0t1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lmol SO2，并加入足量焦炭，当反应达平衡时，SO2 转化率为80%，则： 当反应达到平衡时，v正=v逆，据此计算k正：k 逆；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-+2H2OSO42-+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

29、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890.3kJ/mol和297.2kJ/mol，可知热化学方程式：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=-890.3kJ/mol，S（s）+O2（g）SO2（g）H=-297.2kJ/mol，根据盖斯定律-2可得CH4（g）+2SO2（g）CO2（g）+2S（s）+2H2O（l）H=-295.9kJ/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，0t1时间段SO2和H2的浓度降低，H2S的浓度升高，故0t1时间段温度为300；用SO2 表示的化学反应速率v=mol/（Lmin）；(3) 某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入lmol SO2，并加入足量焦炭，当反应达平衡时，SO2 转化率为80%，则：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；此反应正反