广东省深圳市2020届高三化学第二次调研考试试题（含解析）

广东省深圳市2020届高三化学第二次调研考试试题（含解析）1.天工开物中记载了砒霜(As2O3) 的制取：“凡烧砒，下鞠（注：在地上挖砌）土窑，纳石其上，上砌曲突（注：烟筒），以铁釜倒悬覆突口。其下灼炭举火。其烟气从曲突内熏贴釜上。”文中涉及的操作为A. 蒸馏 B. 升华 C. 干馏 D. 萃取【答案】B【解析】A、蒸馏一般分离的是互溶的液体，根据题意，不符合蒸馏研究的对象，故A错误；B、升华利用固体受热直接转化成气体，遇冷重新转化成固体，属于物理变化，根据题意，“凡烧砒烟气从曲突内熏贴釜上”，符合升华原理，故B正确；C、干馏是指煤在隔绝空气中加强热使之分解，根据题意，不符合干馏的定义，故C错误；D、根据上述分析，不符合萃取的原理，故D错误。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 0.1molSiO2晶体中含有Si-O键的数目为0.2NAB. 56g铁粉与高温水蒸气反应，生成H2数目为1.5NAC. 标准状况下，22.4 LCl2溶于水，转移电子数为NAD. 18gH218O和D2O的混合物中，所含中子数为9NA【答案】D【解析】A、根据SiO2的结构，1molSiO2中含有4molSiO键，即0.1molSiO2晶体中含有0.4molSiO键，故A错误；B、铁与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，因此56g铁与水蒸气反应，转移电子物质的量为mol=8/3mol，故B错误；C、氯气溶于水，只有少量的氯气与水反应，无法计算出转移电子物质的量，故C错误；D、假设18g全部是H218O，含有中子物质的量为18(010)/20mol=9mol，假设18g全部是D2O，D为2H，含有中子物质的量为18(28)/20mol=9mol，因此18g此混合物中含有中子物质的量为9mol，故D正确。点睛：学生易选错C选项，学生认为氯气溶于水，是氯气与水发生Cl2H2O=HClHClO，忽略了氯气溶于水只有少量的氯气与水反应。3.下列实验中，对应的现象及结论或解释均正确的是选项实验操作现象结论或解释A向氢氧化铁胶体中滴加硫酸钠溶液有红褐色沉淀胶体遇强电解质聚沉B将SO2通入紫色石蕊溶液中溶液先变红后褪色SO2具有漂白性C将灼烧至红热的铜丝插入乙醇中铜丝由黑变红乙醇被还原D向氯化铝溶液中持续通入氨气产生白色沉淀后溶解Al(OH)3与碱反应A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A、根据胶体的性质，硫酸钠为电解质，向氢氧化铁胶体中滴加硫酸钠溶液，氢氧化铁胶体聚沉，出现红褐色沉淀，故A正确；B、紫色石蕊溶液中通入SO2，溶液只变红，不褪色，故B错误；C、灼热的铜丝插入到乙醇中，发生2CuO2=2CuO，CH3CH2OHCuOCH3CHOCuH2O，总反应是2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O，现象是先变黑后变红，乙醇被氧化，故C错误；D、氯化铝溶液中通入氨气，发生Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4，氢氧化铝溶解与强碱，不溶于弱碱，即只产生白色沉淀，故D错误。4.化合物 （a）、 （b）、 （c）同属于薄荷系有机物，下列说法正确的是A. a、b、c 都属于芳香族化合物 B. a、b、c都能使溴水褪色C. 由a生成c的反应是氧化反应 D. b、c互为同分异构体【答案】D【解析】A、芳香族化合物含有苯环，这三种化合物不含有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；B、a、c含有碳碳双键，能使溴水褪色，b不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，故B错误；C、对比a和c结构简式，a生成c发生加成反应，故C错误；D、b和c的分子式为C10H18O，结构不同，属于同分异构体，故D正确。5.短周期主族元素W、X、Y、Z，原子半径依次增大。W、X在同一主族，Y元素在第三周期中离子半径最小，Y和Z的原子序数之和是W的3倍。下列说法正确的是A. X的简单氢化物的热稳定性比W的强 B. X的氧化物对应的水化物是强酸C. Z和W形成的化合物可能含有非极性键 D. Z、Y的氧化物是常用的耐火材料【答案】C【解析】电子层数越多，半径越大，当电子层数相等时，半径随着原子序数的递增而减小，四种元素的原子半径依次增大，因此四种元素在周期表的位置大概是，Y元素在第三周期中离子半径最小，即Y为Al，邻Z的原子序数为a，W的原子序数为b，则X的原子序数为b+8，因此有13+a=3b，因为Y为Al，则Z可能是Na，也可能是Mg，假设Z为Na，b=8，即W为O，X为S，假设Z为Mg，则b=25/3，不符合题意，A、同主族从上到下，非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，即O的简单氢化物的热稳定强于S，故A错误；B、S的氧化物为SO2和SO3，其对应水化物是H2SO3和H2SO4，H2SO3为中强酸，H2SO4为强酸，故B错误；C、Na和O形成的化合物是Na2O和Na2O2，前者只含有离子键，后者含有离子键和非极性共价键，故C正确；D、钠的氧化物不能用于制作耐火材料，氧化铝可以，故D错误。点睛：根据信息原子半径依次增大，根据判断半径大小顺序是一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减小，因此推出Y为Al，然后判断出四种元素在周期表中的大概位置，最后根据Y和Z的原子序数之和是W的3倍，作出合理的判断。6.以柏林绿FeFe(CN)6为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是A. 放电时，正极反应为FeFe(CN)62Na+2eNa2FeFe(CN)6B. 充电时，Mo（钼）箔接电源的负极C. 充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室D. 外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为2.4g【答案】B【解析】A、根据工作原理，Mg作负极，Mo作正极，正极反应式为FeFe(CN)6+2Na+2e=Na2FeFe(CN)6，故A正确；B、充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故B说法错误；C、充电时，属于电解，根据电解原理，Na应从左室移向右室，故C说法正确；D、负极上应是2Mg4e2Cl=Mg2Cl22，通过0.2mol电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，故D说法正确。7.25时,向Na2CO3溶液中滴入盐酸,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。己知:lgX=lg或lg，下列叙述正确的是A. 曲线m表示pH与的变化关系B. 当溶液呈中性时，c(Na+)=+2C. Ka1(H2CO3)=1.010-6.4D. 25时，CO32-+H2O+OH的平衡常数为1.0107.6【答案】C【解析】A、碳酸钠溶液中滴加盐酸，发生CO32H=HCO3，HCO3H=H2OCO2，根据图像，推出曲线m表示的是，故A错误；B、根据电中性，c(Na)c(H)=c(OH)c(HCO3)2c(CO32)c(Cl)，因为溶液显中性，因此c(H)=c(OH)，即得出c(Na) =c(HCO3)2c(CO32)c（Cl)，故B错误；C、n曲线代表的是，根据N点，c(HCO3)/c(H2CO3)=10，此时c(H)=107.4molL1，根据电离平衡常数的定义，H2CO3的一级电离平衡常数为=10107.4=10-6.4，故C正确；D、该反应的平衡常数为，根据M点，c(HCO3)/c(CO32)=10，c(H)=10-9.3molL1，c(OH)=104.7molL1，代入数值，得出此反应的化学平衡常数为103.7，故D错误。8.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和消毒剂，它在酸性条件下生成NaCl并放出ClO2，ClO2有类似Cl2的性质。某兴趣小组探究亚氯酸钠的制备与性质。制备亚氯酸钠关闭止水夹，打开止水夹，从进气口通入足量ClO2，充分反应。（1）仪器a的名称为_，仪器b的作用是_。（2）装置A中生成NaClO2的离子方程式为_。（3）若从装置A反应后的溶液中获得NaClO2晶体，则主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶、_、_干燥等。探究亚氯酸钠的性质停止通ClO2气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹,打开止水夹，向A中滴入稀硫酸。（4）开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快，请解释可能的原因_。（5）B中现象为_ 。（6）实验完成后，为防止装置中滞留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：再次打开止水夹，_。【答案】 (1). 烧瓶（圆底烧瓶） (2). 防止倒吸 (3). 2ClO22OHH2O22ClO2H2OO2 (4). 过滤 (5). 洗涤 (6). NaClO2与H2SO4反应生成的Cl对反应起催化作用 (7). 溶液变蓝色 (8). 从进气口通入一段时间的空气【解析】考查实验方案设计与评价，（1）根据仪器a的特点，仪器a为圆底烧瓶，仪器b为干燥管，因此仪器b的作用是防止倒吸；（2）根据实验步骤，装置A中加入NaOH、H2O2和ClO2，产物是NaClO2，Cl的化合价降低，即ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，H2O2的氧化产物是O2，因此有ClO2H2O2OHClO2O2H2O，根据化合价升降法进行配平，得出仪器A中发生离子反应方程式为2ClO2+2OH+H2O2=2ClO2+H2O+O2；（3）蒸发浓缩、降温结晶，得到NaClO2固体，然后过滤、洗涤、干燥；（4）NaClO2在酸性条件下能生成NaCl和ClO2，发生的反应是5NaClO22H2SO4=NaCl4ClO22H2O2Na2SO4，开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快的原因可能是NaClO2与H2SO4反应生成的Cl对反应起催化作用；（5）ClO2的性质与氯气相似，即ClO2的氧化性强于I2，ClO2把I氧化成I2，淀粉遇碘单质变蓝，即B中现象是溶液变蓝色；（6）为了让有毒气体完全被吸收，在进气口通入一段时间的空气。9.钴被誉为战略物资，有出色的性能和广泛的应用。以水钴矿 (主要成分为Co2O3、CoO、CuO、Fe2O3、CaO、MgO、NiO和SiO2等)为原料制备CoCl26H2O的工艺流程如图所示:回答下列问题:“酸浸”(1)钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系如下图所示。综合考虑成本，应选择的最佳工艺条件为_、_；滤渣的主要成分为_。(2) Co2O3与浓硫酸反应生成CoSO4的化学方程式为_。“净化除杂”分三步完成:(3)除铁:加入适量Na2SO4固体，析出淡黄色晶体黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12离子方程式为_。(4)除钙、镁:加入适量NaF,当Mg2+恰好完全被除去(离子浓度等于105molL1)时，c(Ca2+)=_molL1 (取两位有效数字)。已知:Ksp(MgF2)=7.41011, Ksp(CaF2)=1.51010。(5)除铜:加入适量Na2S2O3,发生反应2CuSO4+2Na2S2O3+2H2O=Cu2S+S+2Na2SO4+2H2SO4,该反应的还原产物为_.“萃取和反萃取”(6)“水相”中的主要溶质是Na2SO4和_(写化学式)。(7)实验室称取100g原料(含钴11.80%),反萃取时得到浓度为0.036molL1的CoCl2溶液5L,忽略损耗，钴的产率=_(产率=)。【答案】 (1). 12h (2). 90 (3). SiO2(二氧化硅) (4). 2Co2O3+4H2SO4(浓)4CoSO4+4H2O+O2 (5). 2Na+6Fe3+4SO42+12H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)12+12H+ (6). 2.010-5(molL1) 1 (7). Cu2S、S (8). NiSO4 (9). 【解析】考查化学反应原理的综合应用，（1）根据钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系，推出在12h、90时钴的浸出率最高；根据水钴矿的成分，SiO2是酸性氧化物，不与酸反应，即滤渣的主要成分是SiO2；（2）Co2O3中Co的化合价由3价2价，化合价降低，应该是O元素被氧化成O2，因此反应方程式为2Co2O34H2SO4(浓) 4CoSO44H2OO2；（3）根据生成黄钠铁矾，推出离子反应方程式为2Na6Fe34SO4212H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)1212H；（4），c(Mg2)=105molL1代入公式，求出c(Ca2)=2.0105；（5）还原产物是氧化剂被还原得出的物质，根据化学反应方程式，CuSO4中Cu的化合价由2价1价，化合价降低，Na2S2O3中一部分S的化合价降低，转化成S和Cu2S中的S，即还原产物是Cu2S和S；（6）根据流程的目的，以及主要成分，推出水相中含有溶质为Na2SO4和NiSO4；（7）根据产率的公式，得出钴的产率为。10.氮氧化物是大气主要污染物，可采用强氧化剂氧化脱除、热分解等方法处理氮氧化物。已知：（1）写出反应1的离子方程式_。（2）在反应2中，NO2的初始浓度为0.1molL1，反应为NO2S2O822OH-NO32SO42H2O。不同温度下，达到平衡时NO2的脱除率与过硫酸钠（Na2S2O8）初始浓度的关系如下图所示。比较a、b点的反应速率：va逆_vb正（填 “”“”或“=”）随着温度的升高，该反应的化学平衡常数K_（填“增大”、“不变”或“减小”）。已知90时，Kw3.61013，若b点对应的pH为12，则该温度下K_（保留一位小数）。（3）工业电解硫酸钠和硫酸的混合液制备过硫酸钠（Na2S2O8），阳极的电极反应式为_。N2O在金粉表面发生热分解：2N2O(g)2N2(g)O2(g) H。回答下列问题：（4）已知：2NH3(g)3N2O(g)4N2(g)3H2O(l) H14NH3(g)3O2(g)2N2(g)6H2O(l) H2H_。（含H1、H2的代数式）（5）某温度下，测得c(N2O)随时间t变化关系如图所示。已知瞬时反应速率v与c(N2O)的关系为vkcn(N2O)（k是反应速率常数），则k_，n_。【答案】 (1). 2NOS2O824OH2NO22SO422H2O (2). (3). 增大 (4). 20.5Lmol1 (5). 2SO422eS2O82 (6). 2/3H11/3H2 (7). 0.0010molL-1min-1 (8). 0【解析】（1）考查离子反应方程式的书写，反应1中通入NO、Na2S2O8、NaOH，产物是Na2SO4和NaNO2，即有NONa2S2O8NaOHNaNO2Na2SO4，NO中N的化合价由2价3价，化合价升高1价，Na2S2O8中含有过氧根离子，化合价降低2价，根据化合价升降法，得到离子反应方程式为2NOS2O824OH=2NO22SO422H2O；（2）考查影响化学反应速率的因素、化学平衡常数的计算，b点的初始浓度大于a点，浓度越大反应速率越快，即va逆vb正；根据图像，相同初始浓度下，温度越高，NO2的去除率越高，即升高温度，平衡向正反应方向进行，正反应是吸热反应，化学平衡常数只受温度的影响，即升高温度，化学平衡常数增大；pH=12，此时c(OH)=3.6101molL1， NO2+S2O82+2OH-NO3+2SO42+H2O。起始：0.1 0.2 变化：0.09 0.09 0.09 0.18平衡：0.01 0.11 3.6101 0.09 0.18 根据化学平衡常数的定义，K= ，代入数值，得出K=20.5；（3）考查电极反应式的书写，根据电极的原理，阳极上失去电子，化合价升高，因此阳极反应式为2SO422e=S2O82；（4）考查热化学反应方程式的计算， 2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(1)，4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1)，根据目标反应方程式，(2)/3得出：H=(2H1H2)/3；（5）考查化学反应速率的计算，根据图像，相隔相同时间段，化学反应速率相等，取时间分别为20、40，即有k0.08n=k0.06n，解得n=0，020min时，N2O表示的化学反应速率是(0.100.08)/20mol/(Lmin)=0.0010 mol/(Lmin)，代入上述公式，得出k=0.0010 mol/(Lmin)。点睛：本题易错点是（1），学生认为Na2S2O8中S的化合价为7价，忽略了S的最外层只有6个电子，即S的最高价为6价，应注意问题（2），Na2S2O8为过硫酸钠，含有过氧键，使Na2S2O8表现氧化性，从而进行判断即可。11.华法林（Warfarin）又名杀鼠灵，是美国食品药品监督管理局批准为心血管疾病的临床药物。其合成路线（部分反应条件略去）如下所示：回答下列问题：（1）A的名称为_，E中官能团名称为_。（2）B的结构简式为_。（3）由