全国Ⅱ卷2020届高三化学名校高频错题卷(三)参考答案

1、全国n卷 2020届高三化学名校高频错题卷(三).【答案】B【解析】A.电能不是一次能源，属于二次能源，错误;B.C.D.误;铝锂合金属于金属材料，正确；二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，错误；高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀，属于新型无机非金属材料不属于传统的硅酸盐，错 故选B。.【答案】D【解析】A.纳米碳管为碳的单质，不是高分子化合物，错误；B.胆矶是CuSO4的结晶水合物，溶于水能完全电离，是强电解质，错误；C. “84”消毒液是NaClO的水溶液，为混合物，错误；D.聚乙烯塑料为聚合物，聚合物的n值不同，是混合物，正确；故选 D。.【答案】C【解析】A .结构示意图为的阴离

2、子中,n=16时，表示S2-, S2-可结合水电离的H2+,促进水的电离，错误;B.硝基的N应与苯环相连，所以邻硝基甲苯的结构简式为甲基及苯环上均可发生取代反应，错误;C.钾长石(KAlSi 308)写作氧化物的形式要保证各元素的原子个数比不变，应为K20川03 - 6SiO 正确;D.转移的电子数为 5e-,用双线桥表示的电子转移情况为多StSHCbKClO.K(h3lhO,错误；故选Co.【答案】B【解析】A . CI2通入NaOH溶液中发生反应 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2。，该反应属于歧化反应，每消耗 0.1 mol CI2转移的电子数为 0.1 mol,错误；B.

3、碱溶液中的H+均由水电离产生，pH=11的NaOH溶液中，水电离出的 c(H+)=10-11 mol/L ,则1 L该溶液中的H+数为10-11Na,正确；273 K、101 kPa即为标准状况，首先发生反应2NO+O2= 2NO2, NO和O2的量未知，所以无法计算反应生成的NO2量，且生成 NO2后，还存在平衡 2NO2?N2O4,所以混合气体中的分子数不是Na,错误；100 g 34%的双氧水中含有的过氧化氢质量为34 g,物质的量为1 mol,含有的H-O键数目为2Na,但水中也含有大量 H-O键，错误；故选 Bo.【答案】B【解析】短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X

4、的某种单质可用作粮仓中的粮食保护气，则 X为N ; Y和Z的原子最外层电子数之和等于W的原子最外层电子数，Z的原子核外电子数是 W的原子最外层电子数的 2倍，设 W的最外层电子数为 a,则Z的核外电子数为2a, Y的最外层电子数为 a-(2a-10)=10-a,若a=7,则Z为Si、 丫为Al、W为Cl符合题意，若a=6,则Z为Mg、丫为C或Si,不符合原子序数增大 的条件；即 X为N、Z为Si、丫为Al、W为Cl。A.电子层越多，原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径减小，则原子半径：r(X) r(W) r(Z)r(Y),错误；B.非金属性：ZW ,则Z的简单氢化物的热稳定性比W的弱，正

5、确；C.元素丫、W的离子相差1个电子层，错误；D.非金属性：ZZ(Na +) ，错误；故选B。【答案】 B【解析】A. TEOATEOA+失电子，为氧化反应，错误；B.由图可知，Ni(OH) x是H+-H 2的催化剂，可降低该反应的活化能，正确；C.由图可知，能量转化形式为太阳能f化学能，错误；D 由图可知， WO 3作为催化剂参与制氢反应过程，错误；故选B 。【答案】 C【解析】 A 溴与 NaOH 溶液反应生成可溶性的钠盐，溴苯不易溶于水，分液即可分离提纯溴苯，正确；B 浓硫酸具有脱水性和强氧化性，可将蔗糖脱水碳化(有黑色物质生成)并放出大量热，该条件下，碳可将浓硫酸还原为二氧化硫，二氧化

6、硫可使品红溶液褪色，故该过程可证明浓硫酸表现脱水性和强氧化性，正确；C Ag2CrO4 和 AgCl 的组成结构不相似，不能依据先生成白色沉淀判断Ksp(AgCl) 较小，只能判断 AgCl 的溶解度较小，错误；D 分液漏斗和烧瓶通过橡皮管连接，可使二者中的气压相同，打开分液漏斗活塞，分液漏斗中的水可以顺利完全流下，即不能通过观察水能否全部流下来判断装置的气密性，正确；故选 C。【答案】 A【解析】 A 放电时，电解质溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电路中通过 0.1 mol 电子时，根据4Cu+O 2= 2Cu2O、 O2+4e-+2H 2O= 4OH -可知，正极参与反应的氧气

7、为0.025 mol,在标准状况下的体积为 0.025 mol X 22.4 L/mol=0.56 L,错误；B.通入空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O,放电时Cu2O转化为Cu,则整个反应过程中铜相当于催化剂，氧化剂为。2,正确；C.该电池通过一种复杂的铜腐蚀产生电力，由反应可知，铜电极上不是氧气直接放电，正极的反应式为 Cu2O+H2O+2e-= Cu+2OH-,正确；D.由C可知，通入空气的目的是使氧气与铜反应生成CU2。，正确；故选 A。.【答案】D【解析】图线1为H2c2。4、图线2为HC2O4-、图线3为C2O42-。pH=1.2 时，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,正确；0.1 mol -1 NaHC2O4溶液显酸性：c(H+)c(OH-), HC2O4-会发生水解和电离： c(Na+)c(HC2O4-),因此 c(Na+)c(HC2O4-)c(H+)c(OH-),正确；pH=4.2时，溶液中含有的微粒为HC2O4-、C2O42-,且c(HC2O4-尸c(C2O42-),根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+尸c(HC2O4-)+2c(C2O42)+c(OH-),则 c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+ c(OH-),正确； pH=1.2 时，c(H+)=

9、10-1.2 mol 1，c(HC2O4-)=c(H2c2O4)=0.5 mol -1,L Ka1=10-1.2, pH=4.2D.草酸为弱酸，分两步电离,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 点表示 c(C2O42-)=c(H2c2。4),所以 Ka1 Ka2=c2(H+),时，c(H+)=10-4.2 mol -%, c(HC2O4-)=c(C2O42-)=0.5 mol-1,L Ka2=10-4.2,贝U c(H+)= KK2 = J10-

10、1.2 10-4.2 = V105T=10-27 C 点溶液的 pH=2.7,错误；故选 Do.【答案】B【解析】A .加入AgNO3固体，溶液中的c(Ag+)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，达到新 平衡时c(Cl-)减小，即溶液不能由 c点变到d点，错误；B.温度不变，Ksp不变，a、c两点温度相同，所以 Ksp也相同，正确；C. d点c(Ag+)比平衡时的大,此时 Qe=c(Ag+)?XCl-)Ksp(AgCl),所以有AgCl沉淀生 成，错误；D.溶液中存在沉淀溶解平衡，加入少量水，促进溶解，但仍为饱和溶液，因此溶液中各种离子的浓度不变，错误；故选 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会与Al反应生成H2, H2与Cl2混合加热会发 生爆炸(3)硬质玻璃管与广口瓶间用粗导管连接，可防止 AlCl3冷凝形成固体造成堵塞(4)球形冷凝管可使液体顺利滴下(5)洗去Na2CO3 (或洗去可溶性无机物) 干燥剂83.5 n(7) 72.85%【解析】(1)实验室制备无水 FeCl3,需要先用装置 B制取Cl2,装置D用于除去Cl2中 的HCl,装置C用于干燥Cl2,无水FeCl3遇潮湿空气极易吸水转化为 FeC13 nH2。，所以装置E可防止空气中的水蒸气进入，同时吸收未反应的C12,防止污染空气，则仪器的连接顺序为 d-e-f g-h

12、-a b-c。(2)将上述装置中的 D去掉，其余装置和试剂不变，不能制备无水A1C13,因为制得的C12中混有的HCl会与Al反应生成H2, H2与C12混合加热会发生爆炸。(3)为防止AlCl 3冷凝形成固体会造成试管堵塞，硬质玻璃管与广口瓶间应用粗导管连 接。(4)由图可知，该仪器为球形冷凝管；与普通分液漏斗相比，使用滴液漏斗的优点是可 使液体顺利滴下。(5)洗涤操作中，第二次水洗主要是除去A1C13、盐酸和NaCO2或洗去可溶性无机物，洗涤后加入少量无水 MgSO4固体，目的是吸收产品中的少量水分，也可用CaCl2代替，作干燥剂。(6)常压下，减压蒸储可降低沸点，避免温度过高，导致副反应

13、发生，根据物质熔沸点 的高低可知，需要最低控制温度为83.5 L120 mL 苯(密度：0.88 g/ mL)的物质的量为 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 )的物质的量为 =99g/mol0.137 mol,根据以苯、1, 2 二氯乙烷为原料制备联苯的方程式可知，苯过量，所以产实际产量理论产量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 滤液 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)粉碎是为了更好的酸浸，增大酸浸速率，提高浸取率。(2)石墨与稀硝酸不反应，故滤渣为石墨。(3)根据流程图可知，固体混合物中含有铜，回收可循环利用，滤液 n、n中均含有Zn2+,也可回收循环利用。(4)加入Cu前，若酸性太强，Cu与稀硝酸会发生氧化还原反应，离子方程式为3Cu+8H+2NO3-= 3Cu2+2NOT +4H2O。(5)由题可知，AgCl溶于NH3的离子方程式为 AgCl+2NH Ag(N

15、H 3)2+Cl-,反应的平衡常数K =cAg(NH 3)2 c(Cl-)c2(NH 3)cAg(NH 3)2 c(Cl-) c(Ag+)+2c(Ag ) c2(NH3)=K 稳 Ksp=1.7 x 彳0 1.8 x-1卅=3.06 x 10(6)第一种回收方法中，固体混合物与X反应后，生成物中有铜，固体混合物中含有Zn和Cu,要回收Cu,可利用稀硫酸和 CuSO4溶液；第二种方法中，固体混合物中含有Zn和Ag,要除去Zn,只能利用稀硫酸，故选 A。1 h=3600 s, Q=It=y - 3600由题可知，回收的 Ag的质量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)反应中转移4个电子，所以生成1 mol Fe3O4时，转移的电子为 2 mol。根据盖斯定律，( +)/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)平衡常数K=0.8X1.6/(0.2 X 0=25,温度降低，平衡常数增大，说明平衡正向移 动，正反应放热。(3)a.该装置为电解池，电能转化为化学能，正确；b.太阳能

17、没有转化为电能，错误；c.太阳能转化为化学能，正确；d.该装置为电解池，电能转化为化学能，错误；故选ac。分析可知，阳极附近产生氧气，说明阳极是CO32-失电子转化为 。2,电极反应为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)电负性：FNH , NH3中的氮原子为-3价，NF3中的氮原子为+3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给 Cu2+的空轨道形成配位键BO2-1 1023a Na【解析】(1) N是7号元素，根据原子卞造原理可知，N的核外电子排布式为1s22s22p3,价电子排

18、布式为 2s22p3,所以基态氮原子的价电子排布图为 rm卜 it 1 O2S 波(2)1个Co3+与6个CNO-形成6个配位键，属于 b键，1个CNO-含有2个。键，故 1个Co(CNO) 63-含有18个b键，所以1 mol该离子中含有的键数为18Nao 与CNO-互为等电子体的分子可以用。原子替换N原子与1个单位负电荷，其电子体为 CO2 或 N2。；(3)向CuSO4溶液中加入过量氨水，可性成 Cu(NH 3)42+配离子是由于中心离子 Cu2+有 空轨道，NH3中的N有孤对电子，N-H键偏向N 一方，N周围的电子相对较多，NF3和NH 3的空间构型都是三角锥型，但电负性：FNH ,

19、NH3中的氮原子为-3价，NF3中的氮原子为+3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给Cu2+的空轨道形成配位键，所以NF3不易与Cu2+形成配合离子。(4) NO3-中的大兀键是每个O提供1个电子，每个N提供3个电子形成，所以成键原子数为4,成键电子数为 6,故NO3-中的大兀键表示为 4 。(5)根据均摊法可知，每个 B独自占2个O, B的化合价为+3, O的化合价为-2,多硼 酸根的化合价代数和为3n+2X(-2n)=-n,故多硼酸根组成可表示为 (BO2)nn-,也可写作BO2-。(6)根据立方氮化硼的结构可知，晶胞中 N位于B形成的正四面体体心，可看作将晶胞均分为8个小立方体，B-N键的键长为晶胞体对角线的-,晶胞的边长为a nm,则4体对角线为J3a ,所以BN键的键长为 a nmo 1个晶胞中含有4个B、1816482 TOC o 1-5 h z 4 11 14m g=4个N,即一个晶胞中含有 4个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、碳碳双键(4)5保护醛基不被H2还原(6)3.bCH?【解析】标准状况下，4.48 L气态燃A的质量为5.2 g,则相对摩尔质量为=26 g/mol ,则A为HO CH； A与X反