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） 7页

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。