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1、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：C 12 Na 23 O 16 K 39 Mn 55 Fe 561.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

2、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4NAB. 标况下2.24L SO3含有的氧原子数目为0.3 NAC. 1L 0.1molL-1NH4NO3溶液中含有氮原子总数为0.2NAD. 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，1L 0.1molL-1NH4NO3溶液中含有氮原子

3、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. 反应属于氮的固定；反应可用于合成HNO3B. 在催化剂a、b的作用下，提高了反应速率C. 在反应和反应中，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. 反应中，氮由游离态的N2转化为NH3，属于氮的固定；反应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

4、高反应速率，B正确；C. 反应中，形成N-H键，在反应中，形成NO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)

5、，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1mol CH3COO，通过质子交换膜的质子的物质的量为8molC. 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1mol CH3COO放电，通过质子交换膜的质子的物

6、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

7、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)=10-4.19B. 直线中X=C. 在NaHC2O4溶液中c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)D. 、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-

8、+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，所以直线为X=，直线为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，直线中X=，B错误；C. 在NaHC2O4溶液中，HC2O4-C2O42-+H+，HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，H2OH+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

9、-)，C正确；D. 直线，lg X=0时，pH=1.22，pH=0时，lg X=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+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O反应：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3 (墨绿色) (紫红色)已知：25物质的溶解度g/100g水K2CO3KHCO3KMnO411133.76.34(1)步骤的副反应有少量单质气体生成，

10、该反应的化学方程式为_。(2)步骤中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0.3mol MnO2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：.称取1.5800g高锰酸钾产品，配成100mL溶液.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；.锥形瓶中溶液加热到7580，趁热用I中配制的高锰酸钾溶

11、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)/mL12.6522.6720.0222.6023.0220.4232.6022.5819.98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). 2KClO32KCl + 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

12、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，在步骤中又生成MnO2，可循环利用；(4)从方程式3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3可以看出，0.3mol

13、MnO2最多得到产品0.2mol KMnO4，由此可计算出生成KMnO4质量；从步骤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2KClO32KCl + 3O2；(2)步骤中CO2不能过量，原因是CO2(过量)+KOH=KHCO3，因生成K

14、HCO3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+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3可以看出，0.3mol MnO2最多得到产品0.2mol KMnO4，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

15、论值，排除称量因素，从步骤分析，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xx=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S

16、n、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(A)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。该反应的离子方程式为_；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

17、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-S22H2O=PbS4OH (6). A B (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)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；“碱浸”的合适条件是浸出

18、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(A)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)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

19、-+7OH-=NH3+4SnO32- +2H2O；“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：A B；(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

20、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(

21、g)HCl(g)的H=_(用含有H1、H2和H3的算式表示)(2)在密闭容器中，CCl4H2CHCl3HCl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/(molL-1)初始H2浓度/(molL-1)CCl4的平衡转化率11100.81.2121101150%3100113实验1中，CCl4的转化率1_50%(填“大于”“小于”或“等于”)。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-1min-1。110 时，该反应的化学平衡常数的数值为_。实验3中，3值_。A. 等于50% B.大于50% C.小于50% D.依题

22、所给信息无法判断(3)120 时，分别进行H2的初始浓度为2 molL1和4 molL1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。图中表示H2起始浓度为2molL-1CHCl3的百分含量的变化曲线是_(填字母)。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_molL-1。【答案】 (1). H2-H1+2H3 (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(

23、g)= CCl4(g)+4HCl(g) H1 CH4(g)+3Cl2(g)= CHCl3(g)+3HCl(g) H2 H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) 2H3 将-+，即可求出CCl4(g)H2(g)CHCl3(g)HCl(g)的H；(2) 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1与50%的关系；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；110 时，该反应的化学平衡常数的数值为；与实验2进行比较，可认为实验3是在实验2的基础上完

24、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) 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2molL-1CHCl3的百分含量的变化曲线；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) H1 CH4(g)+3Cl2(g)= CHCl3(g)+3HCl(g) H2 H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) 2H3 将-+，即可求出CCl4(g)H2(g)CH

25、Cl3(g)HCl(g)的H=H2-H1+2H3；(2) 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1大于50%；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-1min-1；110 时，该反应的化学平衡常数的数值为=1；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) 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

26、含量减小，由此可确定图中表示H2起始浓度为2molL-1时CHCl3的百分含量的变化曲线为d；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4molL-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(K4Fe(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：K4Fe(CN)6+FeCl3=KFeFe(CN)6(滕氏蓝) +3KCl，回答问题：(1)写出基态Fe3+核外电子排布

27、式_。(2)K4Fe(CN)6中的作用力除共价键外，还有_和_。含有12mol 键的K4Fe(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： 钠的熔点比钾更高，原因是_。 Fe原子半径是r cm，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Ar3d5 (2). 配位键 (3). 离子键 (4). 1 (5). sp (6). NOC (7). ONC (8). Na的半径小，形成

28、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)K4Fe(CN)6中的作用力除共价键外，还有K+与Fe(CN)64-间的作用力和Fe2+与CN-间的作用力；1个Fe(CN)64-内共含12个键，由此可确定含有12mol键的K4Fe(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)钠的熔点比钾更高，原因从离子带电荷与离子

29、半径综合分析；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Ar3d5；(2)K4Fe(CN)6中的作用力除共价键外，还有K+与Fe(CN)64-间的离子键和Fe2+与CN-间的配位键；1个Fe(CN)64-内共含12个键，由此可确定含有12mol键的K4Fe(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NOC；电负性与非金属性成正比，即为ONC；(4)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；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