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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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)

1 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:Xc(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。
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