江西省2020届高三下学期调研考试(三)化学试题 学生版

1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 江西省2020届高三下学期调研考试(三)化学试题注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe

2、56 Ba 137一、选择题（每小题6分，共42分）7化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A75%酒精、84消毒液都能杀死新冠病毒，其消毒原理不同B医疗废弃物经处理可加工成儿童玩具，实现资源综合利用C护肤霜中甘油作保湿剂是利用了丙三醇的吸水性DN95口罩主要材质是聚丙烯，工业上利用丙烯加聚合成8一种合成强效降血脂药物（G）的“片段”如下： 下列说法正确的是A R、M、G都能发生加成、取代反应B BR、M、G都有3种含氧官能团CM分子中所有碳原子可能共平面DG分子中苯环上二溴代物有6种9蓝矾（CuSO45H2O）常作杀菌剂。某小组设计如图1装置制备蓝矾，实验原理：Cu+CuCl22CuCl

3、，4CuCl+O2+2H2O2Cu(OH)2CuCl2，Cu(OH)2CuCl2+H2SO4CuSO4+CuCl2+2H2O。操作步骤：向三颈瓶加入3.2g Cu粉和适量稀硫酸及30mL 1molL1 CuCl2溶液，利用二连球向三颈瓶中鼓入空气，铜溶解。当三颈烧瓶中呈乳状浑浊液时，滴加浓硫酸，得到蓝矾（不考虑氯化铜转化成硫酸铜）。下列说法正确的是A盛装CuCl2溶液的仪器是长颈漏斗B在实验过程中，浓硫酸作氧化剂C采用重结晶法提纯CuSO45H2OD理论上可以制备20g CuSO45H2O10主族元素R、X、Y、Z原子序数依次增大，R和X能组成两种液态化合物(常温常压)，X和Y能组成两种离子化

4、合物，Z原子最外层电子数是次外层电子数的一半。下列说法错误的是A含R、X、Y三种元素的化合物为强碱BR、X、Z组成的化合物M能稳定存在于自然界CZX2常用于制造光导纤维D最简单气态氢化物稳定性：XZ11如图为室温时不同pH下磷酸钠盐溶液中含磷微粒形态的分布，其中a、b、c三点对应的pH分别为2.12、7.21、12.66，其中表示含磷微粒的物质的量分数。下列说法正确的是A选择酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴加磷酸溶液的反应为H3PO4+3OHPO+3H2OB室温下，水电离的c(H+)c(OH)：ab”“”或“”）。（3）已知：O2、F的半径依次为140pm、136pm，Li2O、LiF的熔点依次

5、为1840K、1121K。Li2O的熔点高于LiF的主要原因是_。（4）LiAlH4是重要供氢剂和还原剂，工业上利用AlC3和LiH在特殊条件下合成LiAlH4。氯化铝蒸气中存在Al2Cl6分子且每个原子价层都达到8电子结构，画出Al2Cl6的结构式_。（要注明配位键和普通共价键），铝的杂化类型是_。AlH的空间结构是_。（5）某锂钴复合氧化物晶胞如图1所示。该化合物的化学式为_。Co3+和NH3形成配离子Co(NH3)63+，游离态NH3中键角HNH_（填“大于”“小于”或“等于”）Co(NH3)63+中键角HNH。（6）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分

6、数坐标。LiCl3H2O属于正交晶系（长方体形）。品胞参数为0.75nm、1.0nm、0.56nm。如图2为沿z轴投影的晶胞中所有氯原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中氯原子数目为_。LiCl3H2O的摩尔质量为M gmol1，晶胞密度为d gcm3，则阿伏加德罗常数NA为_mol1（列出计算表达式）。图2中A、B两原子核间距离为_nm（只列计算式）。36【化学选修5：有机化学基础】H是合成某药物的中间体，一种合成H的路线如下（部分条件和产物省略）：已知：RCHOA能发生银镜反应，遇FeCl3溶液发生显色反应。请回答下列问题：（1）A所含官能团的名称是_。1个H分子含_个手性碳原子。（

7、2）DE的反应条件和试剂为_。GH的反应类型是_。（3）设计AB、EF步骤的目的是_。（4）写出BC的化学方程式：_。（5）在B的同分异构体中，能发生水解反应的结构有_种（不考虑立体异构）。其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰的面积比为1223的结构简式可能为_。（6）参照上述流程，以乙醇为有机物原料合成2丁醇（其他试剂自选），设计合成路线：_。此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020-2021学年下学期好教育云平台7月内部特供卷高三化学（四）答案7. 【答案】B【解析】A84”消毒液的主要成分为NaClO，NaClO具有强氧化性用于杀菌消毒，乙醇没有氧化性，75%的酒精能

8、渗入细胞组织内、使蛋白质变性而杀菌消毒，二者杀死新冠病毒的机理不同，故A正确；B医疗废弃物属于有害垃圾，应集中无害化处理，不可以制成儿童玩具，故B错误；C甘油易溶于水，具有吸水性，具有保湿作用，故C正确；D聚丙烯是一种合成纤维，其单体为丙烯，可以通过丙烯加聚合成，故D正确；故选B。8. 【答案】A【解析】AR、M、G都含有苯环和羰基，能发生加成反应，均含有卤素原子，另外R含羟基、M含羧基、G含酯基，故均可以发生取代反应，故A正确；BR中的含有官能团是羰基和酚羟基，不存在第3种含氧官能团，故B错误；CM分子结构中连接2个甲基和羧基的碳原子为sp3杂化，是类似甲烷的立体结构，则M中所有碳原子不可能

9、在同一平面内，故C错误；DG分子中二个苯环相对羰基不对称，同一苯环上的二溴代物各有4种，两个溴原子分别在两个苯环上有4种，则共有12种，故D错误；故答案为A。9. 【答案】C【解析】A盛装CuCl2溶液的仪器是分液漏斗，故A错误；B反应中氧化剂是O2，滴加浓硫酸增大反应物的浓度，并提供能量等，不作氧化剂，故B错误；C氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大，则选择重结晶法提纯CuSO45H2O，故C正确；D3.2g Cu的物质的量为=0.05mol，由实验原理可知，CuCl2起催化作用，则由原子守恒得理论生成的CuSO45H2O为0.05mol，质量为0.

10、05mol250g/mol=12.5g，故D错误；故答案为C。10. 【答案】B【解析】主族元素R、X、Y、Z原子序数依次增大，R和X能组成两种液态化合物（水和双氧水）(常温常压)，则R为H元素、X为氧元素；Z原子最外层电子数是次外层电子数的一半，则Z应为Si元素，而X和Y能组成两种离子化合物（氧化钠和过氧化钠），说明Y为Na元素。由分析知：R为H元素、X为O元素、Y为Na元素、Z为Si元素；AH、O、Na组成的NaOH为可溶性强碱，故A正确；BH、O、Si组成的H2SiO3，硅酸易形成硅酸溶胶，易失水生成硅胶，则硅酸在空气中不能稳定存在，故B错误；CSiO2常用于制光导纤维，故C正确；DO的

11、非金属性比Si强，则H2O比SiH4稳定，故D正确；故答案为B。11. 【答案】B【解析】A用NaOH溶液滴加磷酸溶液时，当发生反应HPO+OH=PO+H2O时，(HPO)减小，(PO)增大，酚酞的变色范围为8-10，在此pH变化范围内，无法用酚酞指示终点，故A错误；B溶液中的H+抑制水的电离，当H+降低时，水的电离程度增大，且溶液中的HPO、PO水解促进水的电离，且随HPO、PO浓度增大，水的电离程度增大，则水电离的c(H+)c(OH)：abc，故B正确；C根据物料守恒，在a、b、c点c(H3PO4)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)V始终是相等的，但随溶液pH的增大，溶液的体积增大

12、，则c(H3PO4)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)之和逐渐减小，故C错误；D当pH=12.66时，c(HPO)=c(PO)，H3PO4的第三级电离为HPOH+PO，三级电离平衡常数Ka3=1012.66=100.341013，其数量级为1013，故D错误；故答案为B。12. 【答案】C【解析】A关闭K1时，电极1为阴极，水电离的H+被还原生成H2，阳极电极反应式为Ni(OH)2+OH-e=NiOOH+H2O，水量增多，则电极1附近NaOH溶液浓度减小，故A正确；B关闭K2时，电极2为阳极，阴极发生还原反应，则阴极反应为NiOOH+H2O+eNi(OH)2+OH，故B正确；CNi(O

13、H)2、NiOOH均能与酸反应，且可能在阳极发生氧化反应，故C错误；D电极2收集O2，电极反应式为4OH-4e=O2+2H2O，收集0.5mol O2转移2mol电子，故D正确；故答案为C。13. 【答案】D【解析】A根据图示，反应过程中有两步吸收能量，吸收能量的能垒分别为-2.44eV-(-3.73eV)= 1.29eV、-1.02eV-(-2.56eV)=1.54eV，因此吸收能量的最大能垒为1.54eV，故A正确；B吸收能垒为1.29eV=-2.44eV-(-3.73eV)，根据图示，该步骤的反应为H5N2NH3+H2N，故B正确；C催化剂不同，反应的活化能不同，反应历程不同，因此选择不

14、同的镍掺杂W18O49纳米催化剂获得的反应历程不同，故C正确；D氮气比氢气稳定，催化剂活化氮气和氢气，降低氮气、氢气断裂时所吸收的能量，且活化氮气对于反应速率的影响更大，如果通入H2的体积分数过大，氢气分子占据催化剂活性位点过多，必定会导致活化氮气的位点减少，单位时间内有效碰撞的概率降低，使得单位时间内合成氨的产量降低，故D错误；故选D。26. 【答案】（1）S、O、H 3.7a7.1 （2） 温度过高，双氧水分解速率加快 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O （3） Ni2+2HCO=NiCO3+CO2+H2O （4） C （5） 1.42102 （6） 【解析】先用NaOH溶液溶解镍

15、废渣，除去可溶于NaOH的Al和Al2O3，过滤后的滤渣再用稀硫酸溶解，过滤除去不溶于酸的不溶性杂质固体，滤液中含有Fe2+、Ni2+和Fe3+，加入双氧水将溶液中的Fe2+完全氧化为Fe3+，再加入NiO调节溶液pH，使Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，过滤后所得NiSO4溶液，调节pH=2后，蒸发浓缩并冷却结晶、过滤、洗涤后得到NiSO47H2O；或在NiSO4溶液中加入NH4HCO3，获得NiCO3沉淀，并灼烧NiCO3和NH4F以物质的量之比为11组成的混合物获得NiF3，最后与KF一起加热熔融即可得到K2NiF4。(1)绿矾成分为FeSO47H2O，蓝矾成分为CuSO45H2O，明矾

16、成分是KAl(SO4)212H2O等，都含硫、氧、氢元素。观察表格数据和流程图，调节溶液pH的目的是除去Fe3+，使Fe3+完全沉淀，不使Ni2+沉淀，即3.7a7.1；(2)双氧水既能氧化Fe2+，同时双氧水也可能会分解，当温度低于40时氧化Fe2+为主，高于40时自身分解为主，导致氧化Fe2+的双氧水浓度降低，反应减慢，Fe2+转化率降低；空气中O2在酸性条件下氧化Fe2+生成Fe3+，发生反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；(3)HCO在水中存在电离和水解，NiCO3溶解度小，促进HCO电离为主，生成的氢离子与HCO反应生成CO2和H2O，反应过程为Ni2+2H

17、CO=NiCO3+CO2+H2O；(4)碳酸镍和氟化铵共热生成NiF2和NH3、CO2、H2O，尾气中NH3污染环境，而吸收氨气又要防倒吸，氨气的水溶液显碱性，碱石灰可以干燥氨气，不能吸收氨气，则应选择硫酸溶液吸收氨气，而不选择NaOH溶液吸收，故选择C装置吸收；(5)根据溶度积计算，c(CO32-)=mol/L=1.42102mol/L；(6)NiSO47H2O的摩尔质量为281g/mol，舍去误差明显偏大的数据19.50mL，消耗EDTA溶液平均体积为20.00mL，产品的纯度为=%。27. 【答案】（1）水浴加热 冷凝回流正丁醛，提高原料利用率 （2） 分液漏斗 上 （3） 取最后一次洗

18、涤液，测得其pH约等于7 （4） 过滤 Na2SO410H2O （5） A、D （6） c、d 【解析】正丁醛在80的NaOH溶液中反应生成辛烯醛，完全反应后利用分液操作获得上层有机层，并用Na2SO4洗涤除去有机层的水，过滤除去结晶水合物后，再减压蒸馏获得产品；根据蒸馏操作和碳碳双键与醛基的性质差异分析解题。(1)由反应器温度知，选择水浴加热方式合适；由于正丁醛沸点较低，使用冷凝管可回流原料，提高原料利用率；(2)辛烯醛难溶于水，说明反应后产品与水溶液分层，采用分液操作，使用分液漏斗，产品密度比水小，则有机层在上层，应从上口倒出；(3)判断有机相已洗涤至中性的操作方法是取最后一次洗涤液，测得

19、其pH约等于7；(4)硫酸钠吸收有机物中的水生成结晶水合物，生成的晶体通过过滤可获得，已知固体A的摩尔质量为322gmol1，设固体A的化学式为Na2SO4xH2O，142+18x=322，解得：x=10；(5)A图2采用减压蒸馏，温度计示数为6070，故A错误；B温度计液泡低于支管口，收集馏分的沸点比温度计的示数低，随着温度计液泡高度的提升，收集馏分的沸点升高，故B正确；C在减压蒸馏中，在克氏蒸馏头中装入毛细管，通过控制螺旋夹来调节空气的流量，使极少空气进入液体，冒出连续的微小气泡，起到防止暴沸的作用，与沸石作用相似，故C正确；D实验结束后，装置内有少量蒸气，应继续通入冷凝水冷凝蒸气，不能先

20、关闭冷凝水，故D错误；故答案为AD。(6)依题意，碳碳双键、醛都能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，检验碳碳双键之前必须除去醛基干扰，故方案c、d能达到实验目的。28. 【答案】（1）+164kJ/mol （2） 20% 0.25p0 MPa （3） 吸收 断裂C-H键需要吸收较多能量 B 【解析】(1)反应的H可以利用键能大小计算，利用反应物的键能总和减去生成物的键能总和即可得到反应的H，当计算结果为正值时为吸热反应，反之则为放热反应；在本反应中由于苯基在反应前后不变，因此苯基的能量在反应前后相同，只需要计算乙基和二氧化碳反应变成乙烯基、一氧化碳和水的键能变化差值即可，即反应热=(348+541

21、3+2803)kJ/mol-(615+3413+1075+2463) kJ/mol=+164kJ/mol；(2)上述反应是吸热反应，降低温度，平衡向左移动，苯乙烯的量减小，故T2小于T1；该反应正向是气体分子数增大的反应，I到相当于加压，平衡向左移动，苯乙烯的量小于2.0；平衡时苯乙烯为1mol，则平衡时，苯乙烯占体积分数为20%；平衡后压强为p0=1.25p0MPa，Kp=0.25p0MPa；(3)原料到状态，断裂C-H键，需要吸收能量；一定范围内，p(CO2)越大，说明在原料中CO2的配比越高，则乙苯平衡转化率越高；二者首先吸附在催化剂表面上，当CO2在催化剂表面吸附率过高时，会造成乙苯在

22、催化剂表面的吸附率下降，使乙苯平衡转化率随着p(CO2）增大而减小，图像B符合实际。35. 【答案】（1）球形 （2） （3） O2的电荷数是F的2倍 （4） sp3 正四面体 （5） LiCoO2 小于 （6） 4 【解析】(1)基态Li+的电子排布式为1s2，电子云呈球形；(2)Al+、Mg+的电子排布式分别为3s2、3s1，全充满结构比半充满稳定，铝的核电荷数多，故镁的第二电离能小于铝；(3)氧化锂、氟化锂都是离子晶体，阴离子半径相差较小，氧化锂中氧离子所带电荷数是氟离子二倍，故氧化锂中离子键比氟化锂强，氧化锂熔点高于氟化锂；(4)Al2Cl6分子中存在2个配位键，结构简式如图所示，其中Al形成4个单键，采用sp3杂化；AlH中铝原子价层有4个电子对，空间结构为正四面体；(5)观察图1可知，Li原子数为=9，Co原子数为=9，O原子数为=18，故该化合物中L