全國(guó)Ⅱ卷2020屆高三化學(xué)名校高頻錯(cuò)題卷(三)參考答案

1、全國(guó)n卷 2020屆高三化學(xué)名校高頻錯(cuò)題卷(三).【答案】B【解析】A.電能不是一次能源，屬于二次能源，錯(cuò)誤;B.C.D.誤;鋁鋰合金屬于金屬材料，正確；二氧化硅具有良好的光學(xué)特性，是制造光纜的主要原料，錯(cuò)誤；高溫結(jié)構(gòu)陶瓷耐高溫、耐腐蝕，屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料不屬于傳統(tǒng)的硅酸鹽，錯(cuò) 故選B。.【答案】D【解析】A.納米碳管為碳的單質(zhì)，不是高分子化合物，錯(cuò)誤；B.膽磯是CuSO4的結(jié)晶水合物，溶于水能完全電離，是強(qiáng)電解質(zhì)，錯(cuò)誤；C. “84”消毒液是NaClO的水溶液，為混合物，錯(cuò)誤；D.聚乙烯塑料為聚合物，聚合物的n值不同，是混合物，正確；故選 D。.【答案】C【解析】A .結(jié)構(gòu)示意圖為的陰離

2、子中,n=16時(shí)，表示S2-, S2-可結(jié)合水電離的H2+,促進(jìn)水的電離，錯(cuò)誤;B.硝基的N應(yīng)與苯環(huán)相連，所以鄰硝基甲苯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為甲基及苯環(huán)上均可發(fā)生取代反應(yīng)，錯(cuò)誤;C.鉀長(zhǎng)石(KAlSi 308)寫(xiě)作氧化物的形式要保證各元素的原子個(gè)數(shù)比不變，應(yīng)為K20川03 - 6SiO 正確;D.轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 5e-,用雙線橋表示的電子轉(zhuǎn)移情況為多StSHCbKClO.K(h3lhO,錯(cuò)誤；故選Co.【答案】B【解析】A . CI2通入NaOH溶液中發(fā)生反應(yīng) Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2。，該反應(yīng)屬于歧化反應(yīng)，每消耗 0.1 mol CI2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 0.1 mol,錯(cuò)誤；B.

3、堿溶液中的H+均由水電離產(chǎn)生，pH=11的NaOH溶液中，水電離出的 c(H+)=10-11 mol/L ,則1 L該溶液中的H+數(shù)為10-11Na,正確；273 K、101 kPa即為標(biāo)準(zhǔn)狀況，首先發(fā)生反應(yīng)2NO+O2= 2NO2, NO和O2的量未知，所以無(wú)法計(jì)算反應(yīng)生成的NO2量，且生成 NO2后，還存在平衡 2NO2?N2O4,所以混合氣體中的分子數(shù)不是Na,錯(cuò)誤；100 g 34%的雙氧水中含有的過(guò)氧化氫質(zhì)量為34 g,物質(zhì)的量為1 mol,含有的H-O鍵數(shù)目為2Na,但水中也含有大量 H-O鍵，錯(cuò)誤；故選 Bo.【答案】B【解析】短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X

4、的某種單質(zhì)可用作糧倉(cāng)中的糧食保護(hù)氣，則 X為N ; Y和Z的原子最外層電子數(shù)之和等于W的原子最外層電子數(shù)，Z的原子核外電子數(shù)是 W的原子最外層電子數(shù)的 2倍，設(shè) W的最外層電子數(shù)為 a,則Z的核外電子數(shù)為2a, Y的最外層電子數(shù)為 a-(2a-10)=10-a,若a=7,則Z為Si、 丫為Al、W為Cl符合題意，若a=6,則Z為Mg、丫為C或Si,不符合原子序數(shù)增大 的條件；即 X為N、Z為Si、丫為Al、W為Cl。A.電子層越多，原子半徑越大，同周期元素，從左到右原子半徑減小，則原子半徑：r(X) r(W) r(Z)r(Y),錯(cuò)誤；B.非金屬性：ZW ,則Z的簡(jiǎn)單氫化物的熱穩(wěn)定性比W的弱，正

5、確；C.元素丫、W的離子相差1個(gè)電子層，錯(cuò)誤；D.非金屬性：ZZ(Na +) ，錯(cuò)誤；故選B?！敬鸢浮?B【解析】A. TEOATEOA+失電子，為氧化反應(yīng)，錯(cuò)誤；B.由圖可知，Ni(OH) x是H+-H 2的催化劑，可降低該反應(yīng)的活化能，正確；C.由圖可知，能量轉(zhuǎn)化形式為太陽(yáng)能f化學(xué)能，錯(cuò)誤；D 由圖可知， WO 3作為催化劑參與制氫反應(yīng)過(guò)程，錯(cuò)誤；故選B ?！敬鸢浮?C【解析】 A 溴與 NaOH 溶液反應(yīng)生成可溶性的鈉鹽，溴苯不易溶于水，分液即可分離提純溴苯，正確；B 濃硫酸具有脫水性和強(qiáng)氧化性，可將蔗糖脫水碳化(有黑色物質(zhì)生成)并放出大量熱，該條件下，碳可將濃硫酸還原為二氧化硫，二氧化

6、硫可使品紅溶液褪色，故該過(guò)程可證明濃硫酸表現(xiàn)脫水性和強(qiáng)氧化性，正確；C Ag2CrO4 和 AgCl 的組成結(jié)構(gòu)不相似，不能依據(jù)先生成白色沉淀判斷Ksp(AgCl) 較小，只能判斷 AgCl 的溶解度較小，錯(cuò)誤；D 分液漏斗和燒瓶通過(guò)橡皮管連接，可使二者中的氣壓相同，打開(kāi)分液漏斗活塞，分液漏斗中的水可以順利完全流下，即不能通過(guò)觀察水能否全部流下來(lái)判斷裝置的氣密性，正確；故選 C?！敬鸢浮?A【解析】 A 放電時(shí)，電解質(zhì)溶液中的陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，電路中通過(guò) 0.1 mol 電子時(shí)，根據(jù)4Cu+O 2= 2Cu2O、 O2+4e-+2H 2O= 4OH -可知，正極參與反應(yīng)的氧氣

7、為0.025 mol,在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為 0.025 mol X 22.4 L/mol=0.56 L,錯(cuò)誤；B.通入空氣時(shí)，銅被腐蝕，表面產(chǎn)生Cu2O,放電時(shí)Cu2O轉(zhuǎn)化為Cu,則整個(gè)反應(yīng)過(guò)程中銅相當(dāng)于催化劑，氧化劑為。2,正確；C.該電池通過(guò)一種復(fù)雜的銅腐蝕產(chǎn)生電力，由反應(yīng)可知，銅電極上不是氧氣直接放電，正極的反應(yīng)式為 Cu2O+H2O+2e-= Cu+2OH-,正確；D.由C可知，通入空氣的目的是使氧氣與銅反應(yīng)生成CU2。，正確；故選 A。.【答案】D【解析】圖線1為H2c2。4、圖線2為HC2O4-、圖線3為C2O42-。pH=1.2 時(shí)，c(H+)=10-1.2 mol -1, c(

8、HC2O4-)=c(H2c2。4)=0.5 mol -1,L草酸的Ka=10-1.2,正確；0.1 mol -1 NaHC2O4溶液顯酸性：c(H+)c(OH-), HC2O4-會(huì)發(fā)生水解和電離： c(Na+)c(HC2O4-),因此 c(Na+)c(HC2O4-)c(H+)c(OH-),正確；pH=4.2時(shí)，溶液中含有的微粒為HC2O4-、C2O42-,且c(HC2O4-尸c(C2O42-),根據(jù)電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+尸c(HC2O4-)+2c(C2O42)+c(OH-),則 c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+ c(OH-),正確； pH=1.2 時(shí)，c(H+)=

9、10-1.2 mol 1，c(HC2O4-)=c(H2c2O4)=0.5 mol -1,L Ka1=10-1.2, pH=4.2D.草酸為弱酸，分兩步電離,Ka1=c(H+) c(HC2O4-)c(H 2c2O4)Ka2=c(H+) c(C2O42-)c(HC2OJ)Ka1 Ka2=c2(H + ) c(C2O42-)c(H 2C2O4)C 點(diǎn)表示 c(C2O42-)=c(H2c2。4),所以 Ka1 Ka2=c2(H+),時(shí)，c(H+)=10-4.2 mol -%, c(HC2O4-)=c(C2O42-)=0.5 mol-1,L Ka2=10-4.2,貝U c(H+)= KK2 = J10-

10、1.2 10-4.2 = V105T=10-27 C 點(diǎn)溶液的 pH=2.7,錯(cuò)誤；故選 Do.【答案】B【解析】A .加入AgNO3固體，溶液中的c(Ag+)增大，沉淀溶解平衡逆向移動(dòng)，達(dá)到新 平衡時(shí)c(Cl-)減小，即溶液不能由 c點(diǎn)變到d點(diǎn)，錯(cuò)誤；B.溫度不變，Ksp不變，a、c兩點(diǎn)溫度相同，所以 Ksp也相同，正確；C. d點(diǎn)c(Ag+)比平衡時(shí)的大,此時(shí) Qe=c(Ag+)?XCl-)Ksp(AgCl),所以有AgCl沉淀生 成，錯(cuò)誤；D.溶液中存在沉淀溶解平衡，加入少量水，促進(jìn)溶解，但仍為飽和溶液，因此溶液中各種離子的濃度不變，錯(cuò)誤；故選 Bo 17.【答案】(1) f g h a

11、 b c(2)不可行 制得的Cl2中混有的HCl會(huì)與Al反應(yīng)生成H2, H2與Cl2混合加熱會(huì)發(fā) 生爆炸(3)硬質(zhì)玻璃管與廣口瓶間用粗導(dǎo)管連接，可防止 AlCl3冷凝形成固體造成堵塞(4)球形冷凝管可使液體順利滴下(5)洗去Na2CO3 (或洗去可溶性無(wú)機(jī)物) 干燥劑83.5 n(7) 72.85%【解析】(1)實(shí)驗(yàn)室制備無(wú)水 FeCl3,需要先用裝置 B制取Cl2,裝置D用于除去Cl2中 的HCl,裝置C用于干燥Cl2,無(wú)水FeCl3遇潮濕空氣極易吸水轉(zhuǎn)化為 FeC13 nH2。，所以裝置E可防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入，同時(shí)吸收未反應(yīng)的C12,防止污染空氣，則儀器的連接順序?yàn)?d-e-f g-h

12、-a b-c。(2)將上述裝置中的 D去掉，其余裝置和試劑不變，不能制備無(wú)水A1C13,因?yàn)橹频玫腃12中混有的HCl會(huì)與Al反應(yīng)生成H2, H2與C12混合加熱會(huì)發(fā)生爆炸。(3)為防止AlCl 3冷凝形成固體會(huì)造成試管堵塞，硬質(zhì)玻璃管與廣口瓶間應(yīng)用粗導(dǎo)管連 接。(4)由圖可知，該儀器為球形冷凝管；與普通分液漏斗相比，使用滴液漏斗的優(yōu)點(diǎn)是可 使液體順利滴下。(5)洗滌操作中，第二次水洗主要是除去A1C13、鹽酸和NaCO2或洗去可溶性無(wú)機(jī)物，洗滌后加入少量無(wú)水 MgSO4固體，目的是吸收產(chǎn)品中的少量水分，也可用CaCl2代替，作干燥劑。(6)常壓下，減壓蒸儲(chǔ)可降低沸點(diǎn)，避免溫度過(guò)高，導(dǎo)致副反應(yīng)

13、發(fā)生，根據(jù)物質(zhì)熔沸點(diǎn) 的高低可知，需要最低控制溫度為83.5 L120 mL 苯(密度：0.88 g/ mL)的物質(zhì)的量為 120mL 0.88g/mL 435 mi, 78g/mol10.7mL 1.27g/mL7 mL 1, 2二氯乙烷(密度：1.27 g/ mL )的物質(zhì)的量為 =99g/mol0.137 mol,根據(jù)以苯、1, 2 二氯乙烷為原料制備聯(lián)苯的方程式可知，苯過(guò)量，所以產(chǎn)實(shí)際產(chǎn)量理論產(chǎn)量18.2gX 100%=72.85%X100%=10.7mL 1.27g/mL,182g/mol99g/mol18 .【答案】(1)增大酸浸速率，提高浸取率(2)石墨(3) Cu 濾液 n、n

14、 Zn(4) 3Cu+8H+2NO3-= 3Cu2+2NOT +4H2O(5) AgCl+2NH 3Ag(NH 3)2+Cl-3.06 X 1302.43 1024 yA -_yNA【解析】(1)粉碎是為了更好的酸浸，增大酸浸速率，提高浸取率。(2)石墨與稀硝酸不反應(yīng)，故濾渣為石墨。(3)根據(jù)流程圖可知，固體混合物中含有銅，回收可循環(huán)利用，濾液 n、n中均含有Zn2+,也可回收循環(huán)利用。(4)加入Cu前，若酸性太強(qiáng)，Cu與稀硝酸會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式為3Cu+8H+2NO3-= 3Cu2+2NOT +4H2O。(5)由題可知，AgCl溶于NH3的離子方程式為 AgCl+2NH Ag(N

15、H 3)2+Cl-,反應(yīng)的平衡常數(shù)K =cAg(NH 3)2 c(Cl-)c2(NH 3)cAg(NH 3)2 c(Cl-) c(Ag+)+2c(Ag ) c2(NH3)=K 穩(wěn) Ksp=1.7 x 彳0 1.8 x-1卅=3.06 x 10(6)第一種回收方法中，固體混合物與X反應(yīng)后，生成物中有銅，固體混合物中含有Zn和Cu,要回收Cu,可利用稀硫酸和 CuSO4溶液；第二種方法中，固體混合物中含有Zn和Ag,要除去Zn,只能利用稀硫酸，故選 A。1 h=3600 s, Q=It=y - 3600由題可知，回收的 Ag的質(zhì)量24y 36002.43 10 ym=nM= 19 mol x 10

16、8 g/mol=go1.6 10NaNa2519.【答案】(1)2+18.7 kJ/mol(3) ac2CO32-4e-=2CO2T+ 02 T【解析】(1)反應(yīng)中轉(zhuǎn)移4個(gè)電子，所以生成1 mol Fe3O4時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子為 2 mol。根據(jù)蓋斯定律，( +)/2 可得，3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)的4 H=(-76 kJ/mol+ 113.4 kJ/mol)/2=+18.7 kJ/mol 。(2)平衡常數(shù)K=0.8X1.6/(0.2 X 0=25,溫度降低，平衡常數(shù)增大，說(shuō)明平衡正向移 動(dòng)，正反應(yīng)放熱。(3)a.該裝置為電解池，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，正確；b.太陽(yáng)能

17、沒(méi)有轉(zhuǎn)化為電能，錯(cuò)誤；c.太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，正確；d.該裝置為電解池，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，錯(cuò)誤；故選ac。分析可知，陽(yáng)極附近產(chǎn)生氧氣，說(shuō)明陽(yáng)極是CO32-失電子轉(zhuǎn)化為 。2,電極反應(yīng)為2CO32-4e-=2CO2 f +OT。u I t It It I20.【答案】(1) 1-1 L一1一J一1(2) 18NaCO2 (或 N2O)*(3)電負(fù)性：FNH , NH3中的氮原子為-3價(jià)，NF3中的氮原子為+3價(jià)，高度缺電子，不易提供孤電子對(duì)給 Cu2+的空軌道形成配位鍵BO2-1 1023a Na【解析】(1) N是7號(hào)元素，根據(jù)原子卞造原理可知，N的核外電子排布式為1s22s22p3,價(jià)電子排

18、布式為 2s22p3,所以基態(tài)氮原子的價(jià)電子排布圖為 rm卜 it 1 O2S 波(2)1個(gè)Co3+與6個(gè)CNO-形成6個(gè)配位鍵，屬于 b鍵，1個(gè)CNO-含有2個(gè)。鍵，故 1個(gè)Co(CNO) 63-含有18個(gè)b鍵，所以1 mol該離子中含有的鍵數(shù)為18Nao 與CNO-互為等電子體的分子可以用。原子替換N原子與1個(gè)單位負(fù)電荷，其電子體為 CO2 或 N2。；(3)向CuSO4溶液中加入過(guò)量氨水，可性成 Cu(NH 3)42+配離子是由于中心離子 Cu2+有 空軌道，NH3中的N有孤對(duì)電子，N-H鍵偏向N 一方，N周圍的電子相對(duì)較多，NF3和NH 3的空間構(gòu)型都是三角錐型，但電負(fù)性：FNH ,

19、NH3中的氮原子為-3價(jià)，NF3中的氮原子為+3價(jià)，高度缺電子，不易提供孤電子對(duì)給Cu2+的空軌道形成配位鍵，所以NF3不易與Cu2+形成配合離子。(4) NO3-中的大兀鍵是每個(gè)O提供1個(gè)電子，每個(gè)N提供3個(gè)電子形成，所以成鍵原子數(shù)為4,成鍵電子數(shù)為 6,故NO3-中的大兀鍵表示為 4 。(5)根據(jù)均攤法可知，每個(gè) B獨(dú)自占2個(gè)O, B的化合價(jià)為+3, O的化合價(jià)為-2,多硼 酸根的化合價(jià)代數(shù)和為3n+2X(-2n)=-n,故多硼酸根組成可表示為 (BO2)nn-,也可寫(xiě)作BO2-。(6)根據(jù)立方氮化硼的結(jié)構(gòu)可知，晶胞中 N位于B形成的正四面體體心，可看作將晶胞均分為8個(gè)小立方體，B-N鍵的鍵長(zhǎng)為晶胞體對(duì)角線的-,晶胞的邊長(zhǎng)為a nm,則4體對(duì)角線為J3a ,所以BN鍵的鍵長(zhǎng)為 a nmo 1個(gè)晶胞中含有4個(gè)B、1816482 TOC o 1-5 h z 4 11 14m g=4個(gè)N,即一個(gè)晶胞中含有 4個(gè)BN,所以晶胞的密度 尸一二NaV73(a 10 cm)231 103g/cm3。Na21【答案】(1) HO CH(2) CH3COOH 酯基、碳碳雙鍵(4)5保護(hù)醛基不被H2還原(6)3.bCH?【解析】標(biāo)準(zhǔn)狀況下，4.48 L氣態(tài)燃A的質(zhì)量為5.2 g,則相對(duì)摩爾質(zhì)量為=26 g/mol ,則A為HO CH； A與X反