福建省漳州市2020届高三毕业班第三次教学质量检测 理科综合试卷化学答案(含解析)
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漳州市 2020 届高三毕业班第三次教学质量检测
理科综合化学试卷答案与解析
第 7 题【答案】A
【解析】A 项,HDPE 防渗膜是一种有机高分子材料;B 项,强氧化性物质和高浓度酒精都可使蛋白
质变性;C 项,医用口罩网布很细密,有过滤网的作用,可过滤掉吸入的颗粒物(细菌和病毒都是寄
生在粉尘颗粒物或水气等介质上);D 项,气溶胶是由固体或液体小质点分散并悬浮在气体介质中形
成的胶体分散体系。
第 8 题【答案】D
【解析】A 项,EG 含 2 个羟基,乙醇含 1 个羟基,所以它们不是同系物;B 项,饱和碳所连原子呈
四面体结构,所以 MG 分子中所有原子不可能在同一平面上;D 项,DMO 分子中不只有碳氧单键发
生了断裂,碳氧双键也发生了断裂。
第 9 题【答案】C
【解析】A 项,检验淀粉的水解产物关键在于检验产物葡萄糖中所含的醛基,可用新制的 Cu(OH)2 悬
浊液作为检验试剂。该实验需要在碱性条件下进行,需要用 NaOH 溶液先中和稀硫酸;B 项,
HOCH2CH=CHCOOH 不含能水解的有机官能团,因此不能发生水解反应;D 项, 的二氯代物有
4 种(不考虑立体异构)。
第 10 题【答案】D
【解析】A项,利用浓硫酸和铜在加热条件下制备SO2;B项,利用NaOH溶液吸收SO2 防止污染空气且
该装置又可防止倒吸;C项,由于反应后还有浓硫酸剩余,所以用水溶解硫酸铜固体时须把烧瓶中的
物质加到水中防止暴沸,相当于浓硫酸的稀释;D项,从硫酸铜溶液得到胆矾须用蒸发浓缩再冷却结
晶,不可直接加热蒸发。
第 11 题【答案】B
【解析】工业上电解熔融 Al2O3 制金属 Al 需要加入冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂。依题意可得 W、X、
Y、Z 分别为 O、F、Na、Al。A 项,q 为 Na3AlF6,既含有离子键又含有共价键;B 项,根据元素周
期律,原子半径:X
c(Cl-)> c(CN-) >c(OH-)>c(H+);D 项,图乙中 c 点的溶液,二者恰
好完全反应,根据物料守恒得c(Cl-)=c(Na+)=c(HCN)+ c(CN-),而根据电荷守恒可以知道,c(Na+)+c(H+)
=c(Cl-)+c(OH-)+c(CN-),则 c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH-)+2c(CN-)。
第 26 题【答案】
(1)fg→de→bc(cb)(2 分)
(2)排出空气、吹出 CCl4 蒸气、吹出 CrCl3 及尾气(2 分,写出 2 点即得分)
(3)热水(1 分) 冷水(1 分)
(4)COCl2 + 4NaOH = Na2CO3 + 2NaCl + 2H2O(2 分)
(5)装置 B 与 C 之间的导管可能因 CrCl3 凝华而发生堵塞,应换为较粗的导管或者在装置 C 和 D 之
间连接一个装有无水氯化钙的干燥管(或 U 形管)(要答出固体干燥剂的名称等)(2 分,答一项
即给分)
(6)①加热使过量 H2O2 完全分解,以免在酸性条件下,H2O2 能把 Cr2O72-还原为 Cr3+(1 分)
②偏低(1 分)
③95.1 %(2 分)
【解析】(1)利用工业氮气(混有 H2O、O2、CO2)制取纯净干燥的氮气,气体的除杂顺序为 CO2、
H2O、O2。
(2)反应前通入氮气是为了排尽装置内的空气,以免 CrCl3 被氧气氧化;反应中通入氮气,是为了吹
出 CCl4 蒸气使其进入硬质玻璃管中参加反应;反应后通入氮气,是为了将硬质玻璃管中的产物吹出
以提高产率,并将残留尾气吹出进行处理,避免污染空气。
(3)装置 A 的烧杯中盛放热水使 CCl4 汽化,装置 C 的烧杯中盛放冷水使生成的 CrCl3 凝华为固体。
(4)可看成光气的水解产物 CO2 和 HCl 分别与足量 NaOH 反应生成 Na2CO3 和 NaCl,因此化学方程
式为 COCl2 + 4NaOH = Na2CO3 + 2NaCl + 2H2O。
(5)装置 B 与装置 C 之间的导管可能因 CrCl3 凝华而发生堵塞,应该换为较粗的导管。
3
为了防止三氯化铬潮解,在装置 C 和 D 之间连接一个盛有碱石灰的干燥管(或 U 形管)。
(6)①加热使过量 H2O2 完全分解,以免在酸性条件下,H2O2 把 Cr2O72-还原为 Cr3+。
②若指示剂提前变色,消耗的标准液体积将偏小,则测得的 CrCl3 含量偏低。
③由离子方程式 6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O 可知
6Fe2+~Cr2O72-~2CrCl3
6 mol 2 mol 158.5 g·mol−1
0.1000 mol·L−1 18.00 mL 10−3 mL·L−1 m(CrCl3)
m(CrCl3)=0.0951 g,
故该实验中 CrCl3 的质量分数为 %1.95%100g100.0
g0951.0 。
第 27 题【答案】
(1)2FeO+8H++MnO2=2Fe3++Mn2++4H2O(2 分)
(2)Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+(2 分)
(3)5.0≤pH<7.8(或 5.0~7.8)(2 分)
(4)温度较高时,有利于析出较多的 MnSO4·H2O(1 分)
趁热过滤(1 分,只写“过滤”不得分)
(5)取少许上层清液于试管中,滴加 Na2CO3 溶液,若无沉淀生成,则说明沉锰已经完成(2 分)
(6)酸性(1 分)
Mn2+水解显酸性;根据 H2PO4−+H2O H3PO4+ OH−,H2PO4−的水解常数为
12
3
14
a1
W
42
-
43
42
-
43
h3 1033.1
1052.7
101
)(H)PO(H
)(H)(OH)PO(H
)PO(H
)(OH)PO(H
K
K
cc
ccc
c
ccK
因为 H2PO4−的电离常数 Ka2 为 6.23×10−8 大于 Kh3,所以 H2PO4−在溶液中以电离为主,即溶液显酸性。
(3 分)
【解析】(1)软锰矿的主要成份为 MnO2,结合 FeO 中铁元素的化合价,可判断 FeO 被氧化为 Fe3+,
MnO2 被还原为 Mn2+。
(2)因 Fe3+发生水解,溶液中 c(Fe3+)下降,造成萃取率下降。
(3)从流程来看,前面已经分离出 Fe3+,调 pH 的主要目的是为了除去 Al3+,同时要防止 Mn2+转化
为沉淀。
(4)当温度高于 23.9 ℃时,硫酸锰水合物主要以 MnSO4·H2O 形式存在,温度升高其溶解度呈下降
趋势,温度在 80 ℃~90 ℃ MnSO4·H2O 的溶解度较小,有利于析出。“趁热过滤”可防止因温度过低
而析出 MnSO4·5H2O,而且趁热时 MnSO4·H2O 溶解度较低,有利于获得更多 MnSO4·H2O。
(5)“沉锰”完成时,溶液中 c(Mn2+)很小,再加入 Na2CO3 溶液,难以形成 MnCO3 沉淀。
(6)Mn2+水解显酸性是造成马日夫盐的水溶液显酸性的原因之一,H2PO4
-的电离程度与水解程度的
4
大小关系也是影响其酸碱性的另一原因。根据水解方程式 H2PO4
-+H2O H3PO4+ OH-,
可知 H2PO4
-的水解常数为
12
3
14
a1
W
42
-
43
42
-
43
h3 1033.1
1052.7
101
)(H)PO(H
)(H)(OH)PO(H
)PO(H
)(OH)PO(H
K
K
cc
ccc
c
ccK
因为 H2PO4−的电离常数为 6.23×10−8 大于其水解常数,所以 H2PO4−在溶液中以电离为主,即溶液显
酸性。综合以上分析溶液应该显酸性。
第 28 题【答案】
(1)①79 (2 分)②N2(g)+ 3H2(g) 2NH3(g) ΔH = − 92 kJ·mol−1(2 分)
(2)①<(1 分)②
108
25 (2 分)
(3)①2NH3 + 3NaClO = N2+ 3NaCl+ 3H2O(2 分)
②有部分 NH3 被氧化成 NO -
3 或 NO
2 (2 分)
(4)①2NO-
3 +10e−+6H2O===N2↑+12OH−(2 分)
②10(2 分)
【解析】(1)①由图可知,正反应的最大的活化能为−171 kJ·mol−1− (−250) kJ·mol−1 = 79 kJ·mol−1
②反应热=生成物总能量 − 反应物总能量 = − 46 kJ·mol−1 − 0 kJ·mol−1 = − 46 kJ·mol−1
(2)①M、N 两点的压强相同,平衡混合物中氨气的物质的量分数 M > N,因为合成氨是放热反应,
升温平衡逆向移动,所以 T2 < T3,M 点的 v 正 < N 点的 v 正。
②设消耗的氮气的物质的量为 x mol,
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)
起始量(mol):1 3 0
转化量(mol):x 3x 2x
平衡量(mol):1-x 3-3x 2x
平衡时,氨气的物质的量分数为 20%,则 %20%100x24
x2
,则 x=
3
1 ,
则平衡时,n(N2) =
3
2 mol,n(H2) = 2mol,n(NH3) =
3
2 mol,
总物质的量为(4−2×
3
1 ) mol=
3
10 mol,恒压时气体体积之比等于物质的量之比,
所以平衡时容器体积为 L3
5L4
23
10
,c(N2) = c(NH3) =0.4 mol·L-1,c(H2) =1.2 mol·L-1,
则平衡常数
108
25
2.14.0
4.0
)(H)(N
)(NH
3
2
2
3
2
3
2
cc
cK 。
(3)①根据图示可知反应物为 NH3 和 NaClO,最终产物为 N2、NaCl、H2O,进行配平,可得出化
5
学方程式。
②当 m(NaClO)∶m(NH3) > 7.6 时,可能是 NaClO 投入过多会将氨氮氧化为 NO −2或 NO −3等物质,
未能从溶液中除去,使得总氮去除率随 m(NaClO)∶m(NH3)的增大而降低。
(4)①B 电极发生还原反应,NO -
3 转化为 N2。
②62 mg NO -
3 的物质的量为 0.001 mol,根据 B 电极的电极反应式
2NO-
3 +10e-+ 6H2O === N2↑ + 12OH-可知转移 0.005 mol e-,生成 0.006 mol OH-,A 极的电极反应
式为 4OH-− 4e-===O2↑ + 2H2O,转移 0.005 mol e-,消耗 0.005 mol OH-,有 0.005 mol H+由电解池
的左边移向右边,最终 c(OH-)=
L10
mol005.0mol006.0 =0.0001 mol·L−1,因此 pH=10。
第 35 题【答案】
(1)A (1 分)原子发射(1 分)
(2)sp3 sp2 (2 分)
(3)由于O的电负性大于C,乙酸分子上碳氧双键上的C原子带部分正电荷使碳氧单键的电子发生偏
移导致氢氧键极性变大,所以在水分子的作用下乙酸比乙醇易电离出H+(或在溶液中CH3COO−
比 CH3CH2O−稳定,所以乙酸比乙醇易电离出H+。也给分)(2分)
(4)>(1 分)硝酸形成的是分子内氢键而乙酸形成的是分子间氢键,乙酸熔融时需要消耗较多的能
量克服分子间氢键,所以乙酸的熔点高于硝酸(2 分)
(5)①硼氢化钠是离子晶体而硼氢化铝是分子晶体,离子晶体的熔点高(2 分)
② 8(2 分) (2 分)
【解析】(1)根据核外电子排布规律,A排布为基态,能量最低。当原子中的电子从高能级跃迁到低
能级释放能量得到原子发射光谱,从低能级跃迁到高能级吸收能量得到原子吸收光谱。状态C中高
能级电子数比状态B多,能量高,电子由状态C到状态B释放能量故所得光谱为原子发射光谱。
(2)过氧乙酸的分子结构式为 ,可知分子中的两个C原子的共价键数分别为 4
和 3 且无孤电子对,所以C原子的杂化方式有sp3 和sp2 两种。
(3)由于O的电负性大于C,乙酸分子上碳氧双键上的C原子带部分正电荷,碳氧单键的电子发生偏
移导致氢氧键极性变大,所以在水分子的作用下乙酸比乙醇易电离出H+(或在溶液中CH3COO−比
CH3CH2O−稳定,所以乙酸比乙醇易电离出H+)。
6
(4)两者均为分子晶体,但是硝酸形成的是分子内氢键而乙酸形成的是分子间氢键,乙酸熔融时需
要消耗较多的能量克服分子间氢键,所以乙酸的熔点高于硝酸。
(5)①硼氢化钠是由活泼金属离子与硼氢根离子组成,属于离子晶体,而硼氢化铝熔点为-64.5℃属
分子晶体,微粒间作用力弱,离子晶体的熔点高。
②晶胞拓展为 可知晶体中 Na+的配位数为 8,晶体的密度
A
MZ
N V
,晶胞的体
积 V = 2a3×10−21 cm3,因此晶胞的边长 a = nm。
第 36 题【答案】
(1)氨基乙酸(1 分)
(2) (2 分)
(3)碱性溶液,加热(2 分)
(4)酯基(1 分)取代反应(1 分) CH3COOH (1 分)
(5)(1 分)
(6) (2 分)
(7)
(4 分)
【解析】
(2)B 中的羧基和 C 中的羟基发生酯化反应。
(3)由卤代烃的性质可得反应条件为碱性溶液,加热。
(4)由 E 的键线式(结构简式)可知 E 的含氧官能团为硝基和酯基;观察反应前后 E、F 的结构变
化可推导出由 E 生成 F 的反应类为取代反应以及另一种有机产物 CH3COOH 。
(5)由已知信息 1 及“G 中含有两个 Cl 原子”,可得 G 的结构简式。
(6)由信息②“遇 FeCl3 溶液发生显色反应”说明 X 属于酚类化合物;信息③“1mol 的 X 与足量金属
Na 反应可生成 2 g H2”说明每分子 X 中含有两个羟基;再结合信息 ①苯环上含有硝基且苯环上只有一
7
种氢原子,可推导出 X 的结构简式。