全國Ⅲ卷2020屆高三化學名校高頻錯題卷(四)答案

1、全國田卷2020屆高三化學名校高頻錯題卷(四)1 . B【解析】A.需要對體系輸入一定的能量，才能驅(qū)動分子機器，故 A正確；B.分子狀態(tài)的改變是物態(tài)變化，屬于物理變化，故 B錯誤；C.電子的得失是氧化還原反應的本質(zhì)，則發(fā)生氧化還原反應時可刺激分子機器體系，故C正確；D.光照可使光能轉(zhuǎn)化為機械能，即光照能使分子產(chǎn)生類似于機械運動的某種熱運動，故D正確；答案為BoD【解析】A . 3.2 g 14C18O 中含中子數(shù) 3.2g 二；6；1：-8)Z=i.8Na 故 a 錯誤 32g/molB. CO燃燒熱為283.0 kJ/mol,若CO完全燃燒放出熱量為 283.0 kJ,說明是1 mol CO

2、完 全燃燒，則消耗 。2分子數(shù)為0.5Na,故B錯誤；C.利用電荷守恒來理解：NaCl溶液中存在c(Na+)+c(H+尸c(OH-)+c(Cl-), NaF溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-),由于NaF水解,使得NaF溶液顯堿性,NaF溶液中C(H+) 小于NaCl溶液中的c(H+),而兩溶液中Na+濃度相等，所以 NaF溶液中的 c(Na+)+c(H+),小于NaCl溶液中的c(Na+)+c(H+),又因為電荷守恒，所以 NaF溶液中 c(OH-)+c(F-)小于 NaCl 溶液中 c(OH-)+c(Cl-),故 C 錯誤；D. C2H4和C4H8的最簡式相同，可以

3、先計算最簡式CH2的物質(zhì)的量，再計算原子數(shù)目，一21.0g ：3XNa所以21.0 g C2H4和C4H8的混合氣體中含有的原子數(shù)目為14g/mol A=4.5NA；故D正確；D【解析】A.電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑從小到大排 列為 r(X)、r(W)、r(Z)、r(Y),故 A 錯誤；B.元素Y、W的簡單離子相差1個電子層，故B錯誤；C.非金屬性XZ, Z的最高價氧化物對應水化物的酸性比X的弱，故C錯誤；D.由X與Y兩種元素組成的簡單化合物為Mg3N2,是離子化合物，故 D正確；故選DoD【解析】A.二者都與飽和碳酸鈉溶液反應，應用飽和碳酸氫鈉溶液除雜，

4、故 A錯誤；B.加熱時碘升華，但同時氯化錢易分解，不能除去碘，故 B錯誤；Cl2和HCl均能被NaOH溶液吸收，應用飽和食鹽水來除HCl ,故C錯誤；Fe能將FeCl3還原為FeCl2,過量的鐵粉通過過濾除去，故 D正確。C【解析】A.該有機物含有一個羥基，兩個竣基，都可以和金屬鈉反應，所以 1 mol該有機物與金 屬鈉反應最多可以生成 1.5 mol氫氣，故正確；B . 1 mol該有機物消耗3 mol鈉，2 mol氫氧化鈉，2 mol碳酸氫鈉，故正確；C.羥基和碳碳雙鍵都可以使酸性高鎰酸鉀溶液褪色，故不能用其檢驗碳碳雙鍵，故錯 誤；D.該有機物含有羥基和竣基，可以在催化劑作用下發(fā)生酯化反應

5、，故正確；D【解析】A .根據(jù)圖知，在左側(cè) D電極上苯中的碳得電子生成環(huán)己烷，則D作陰極，E作陽極，所以A是負極、B是正極，A正確；B.根據(jù)A選項分析可知：E是陽極，在陽極上水電離產(chǎn)生的氫氧根離子放電生成氧氣， 電極反應式為 2H2O-4e-= 4H +O2 T, B正確；C.該實驗的目的是儲氫，所以陰極上發(fā)生反應生成目標產(chǎn)物，陰極上苯得電子和氫離子 生成環(huán)己烷，電極反應式為C6H6+6H+6e-= C6H12, C正確；D.陽極上水電離產(chǎn)生的氫氧根離子放電生成氧氣，陽極上生成2.8 mol氧氣，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量 n(e-)=4n(O2)=2.8 mol x 4=11.mol ,產(chǎn)生1 mo

6、l氧氣時就會生成 4 mol H+,則 生成2.8 mol氧氣時產(chǎn)生H+的物質(zhì)的量為n(H+)=4n(O2)=4 X2.8 mol=11.2 moj由于每發(fā)生 反應產(chǎn)生1 mol環(huán)己烷消耗6 mol H+,該裝置的電流效率 ？?75%,則b中生成環(huán)己烷的物 質(zhì)的量為n(C6H12)= (11.2 molx 75%)+6=1.4 mol昔誤；故合理選項是 D。C【解析】b點時溶液溫度最高，表明此時酸堿恰好反應完全，因 1 mol H2SO4可與2 mol NH3f2O反應，故x=40, A項正確；b點時恰好反應時生成(NH4)2SO4,溶液顯酸性，pOH pH, B項正確；a點時溶液中的溶質(zhì)為(

7、NH4)2SO4與NH3 也0, b點時恰好反應時生成(NH4”SO4, c 點時溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的(NH4)2SO4與H2SO4,由于酸和堿都抑制水的電離，NH4+能促進水的電離，則 a、b、c三點中，b點水電離的c(H+)最大，故C錯誤；D . a、b、d三點的溫度高低順序為 bda,溫度越高，NH 3 &O的電離常數(shù)越大，D項 正確；A【解析】A.鎂離子在水溶液中不放電，直接電解海水得不到Mg單質(zhì)，A項錯誤；B.用石灰漿消滅樹皮上的過冬蟲卵是利用堿溶液能使蛋白質(zhì)變性的原理，B項正確；C.鹽堿地(含較多 NaCl、Na2CO3)的堿性是由碳酸根水解引起的，故加入石膏CaSO4 -

8、22O后，能將碳酸鈉中的碳酸根轉(zhuǎn)化為碳酸鈣沉淀，從而減低鹽堿地的堿性，C項正確；D.草木灰(含K2CO3)顯堿性，能與俊態(tài)氮肥如硝酸俊等發(fā)生反應生成氨氣，降低氨態(tài) 氮肥的肥效，故不能混合使用，D項正確。答案選 AoA【解析】A. 1.8 g的NH4+的物質(zhì)的量為0.1 mol,每個NH4+含有10個電子，則1.8 g的NH4+共含 有的電子數(shù)為Na,故A正確；B.標準狀況下，SO3為固體，不能根據(jù)氣體的摩爾體積計算其物質(zhì)的量，故 B錯誤；C. K2SO4中含有2個K+,貝U 1L1 mol L1 K2SO4中K2SO4的物質(zhì)的量為1 mol ,含有的鉀 離子數(shù)為2Na ,故C錯誤；D,由3NO

9、2+H2O=2HNO 3+NO , 3 mol NO2和足量H2O反應，轉(zhuǎn)移 2Na個電子，故 D錯B【解析】由圖表可知， W為N元素、X為。元素、丫為Al元素、Z為Cl元素；NH3分子間有氫鍵，其沸點比 HCl高，故A錯誤；Al(OH) 3顯兩性，N元素的氧化物對應的水化物HNO3、HNO2均顯酸性，故 B錯Al2O3是離子晶體，高熔點，而 AlCl 3是分子晶體，熔點低，故 C錯誤；Al3+和O2-離子結構相同，核電荷數(shù)大，離子半徑小，故 D正確?！窘馕觥緼.常溫下濃硫酸能溶解鎂粉，與鋁粉鈍化，則鎂粉中混有少量鋁粉，不能加入過量濃硫 酸進行除雜，而應加入過量 NaOH溶液，待充分反應后，再

10、過濾、洗滌、干燥，故 A錯 誤；B,含Mg2+的溶液中混有少量 Al 3+,加入過量氨水充分反應，得到氫氧化鎂和氫氧化鋁 沉淀，無法通過過濾進行分離，故 B錯誤；C.氫氧化鋁為兩性氫氧化物，可與氫氧化鈉溶液反應，而氫氧化鎂不能溶于NaOH溶液，則Mg(OH)2中混有少量Al(OH) 3,可加入過量 NaOH溶液充分反應，過濾、洗滌、 干燥，即得到干燥純凈的氫氧化鎂，故 C正確；D. MgO和A12O3均能溶于鹽酸，則 MgO中混有少量 A12O3無法通過加入足量鹽酸進行 除雜，應改用NaOH溶液，故D錯誤；故答案為：CoB【解析】A.不含連接4個不同基團的C,則不存在手性碳原子，故 A錯誤；B

11、.苯環(huán)、碳碳雙鍵、厥基為平面結構，且直接相連，則所有碳原子可能處于同一平面，故B正確；C.含苯環(huán)、雙鍵可發(fā)生加成反應，含-COOC-可發(fā)生取代反應，但不能發(fā)生消去反應，故C錯誤；D.酚-OH、-COOC-及水解生成的酚-OH均與NaOH反應，則1 mol該物質(zhì)最多能與 3 mol NaOH反應，故D錯誤；故選 B。D【解析】A.電極b是陰極，連接電源的負極，故 A正確；B.鈉離子移向出室，氯離子移向I室，出口排出的是淡水，故 B正確；C.加入Na2SO4,目的是增加溶液的導電性，氯離子移向I室，氫離子通過 A移向I室，在I室得到HCl ,可避免有害氣體的產(chǎn)生，故C正確；D.鈉離子移向 出室，C

12、為陽離子交換膜，故 D錯誤。故選D。D【解析】A.根據(jù)圖知，酸溶液的 pH=3,則c(H+)c(OH-)=c(H+), C 錯誤;D.HA是弱酸，酸電離產(chǎn)生 H+對水的電離平衡起抑制作用，在a-b過程中，酸被堿中和，溶液中酸電離產(chǎn)生的 c(H+)減小，其對水的電離的抑制作用減弱，故水的電離程度始 終增大，D正確。B【解析】俊根離子和NaOH反應生成一水合氨，加熱時生成氨氣，氨氣的水溶液呈堿性，酚酗 遇堿變紅色，則該實驗能實現(xiàn)實驗目的，故正確；鹽酸和碳酸鈣反應生成二氧化碳，且該反應是放熱反應，濃鹽酸具有揮發(fā)性，導致生成的二氧化碳中含有氯化氫，HCl能和硅酸鈉反應生成硅酸，所以 HCl對二氧化碳的

13、檢驗造成干擾，應該先除去氯化氫再通入硅酸鈉溶液中，故錯誤；加熱條件下，濃鹽酸和二氧化鎰反應生成氯氣，氯氣能氧化碘離子生成碘，碘遇淀粉 試液變藍色，從而判斷氧化性MnO2Cl2l2,該實驗能實現(xiàn)實驗目的，故正確；加熱條件下，濃硫酸和C反應生成二氧化碳和二氧化硫，二者都能和澄清石灰水反應生成白色沉淀，所以不能檢驗二氧化碳，故錯誤； 16. D 【解析】Tm時，純水的pH約為6.5。該溫度下，Kw=1.0 X 18。A. 0.01mol-1HA 溶液中 c(H+)/c(OH-)=105=c2KH) = ：2(,因此 c(H+)=1.0 X 彳0 貝U HAKW 1.0 入 10r r 、小一、r1.

14、0 X 10 X 1.0 X 10 1., 八的電離平衡吊數(shù)為 Ka= 0.01-1.0 x-10 =90 X 1(4,故A錯慶；B.當?shù)渭?0 mLMOH溶液時，所得溶液中含有MA ,根據(jù)二者的電離平衡常數(shù)，該鹽屬于強堿弱酸鹽，所得溶液呈堿性，故 B錯誤；C.當?shù)稳?0 mL MOH溶液時，所得溶液中含有等物質(zhì)的量的MA和MOH ,根據(jù)質(zhì)子守值，溶液中有：c(MOH)+2 c(OH-)=2c(H+)+c(M+),很顯然，c(H+)+c(M+)毛(A-)+2c(HA),故 C 錯誤;D. HA為弱酸，當?shù)稳肷倭康?MOH溶液時，溶液中的 c(H+)減小，溶液的pH升高，促 進HA的電離，c(A

15、-)增大，c(HA)減小，c(A-)/c(HA)的值增大，故 D正確； 17.H2S+2Fe3+=2Fe2+S J +2HI;1.5、1.9、此范圍既保證了 Fe2+有較快的氧化速率又防止生成的Fe3+形成沉淀； CHg)+H2O(g尸CO(g)+3H 2(g) AH= +204 kJ/mol ; ;0.48;CO32-+CO2+H2O=2HCO 3-?！窘馕觥?1)由圖可知，過程中 H2s變成S, S元素化合價由-2價變成0價，F(xiàn)e3+被還原變成 Fe2+,根據(jù)電子守恒，過程 i的離子反應方程式為 H2S+2Fe3+=2Fe2+Sj +2F+;(2)由可知Fe3+在pH=l.9時開始沉淀，會

16、導致 Fe3+濃度降低，則Fe2+和Fe3+濃度均 會降低，速率降低，故 pH應小于1.9。由可知，pH在1.5的時候的氧化速率較快，故 pH的取值范圍是 1.5pH P2。列出三行式，設轉(zhuǎn)化的CH4的物質(zhì)的量為X,CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H 2(g)起始(mol)1100變化(mol)XXX3x平衡(mol)1-X1-XX3x根據(jù)起始時混合氣的密度是平衡時混合氣密度的1.4倍，氣體的總質(zhì)量不變，密度與氣體的總物質(zhì)的量成反比，則 (2+2x)/2=1.4,解得x=0.4, 容器的容積為2 L,則平衡時，CH4、H2。、CO、H2的濃度分別為：0.3 mol/L、0.3 mol

17、/L、0.2 mol/L、0.6 mol/L ,則該反應的平衡常數(shù)為K=黑)：霽=0.48。c(CH 4) (HzO) 0.3 0.3因此，本題正確答案是：CH4(g)+H 2O(g) =CO(g)+3H 2(g) H=+204 kJ/mol; ; 0.48;(4)由圖示已知吸收池中用的是K2CO3溶液，吸收 CO2,則離子方程式是：CO32-+CO2+H 2O=2HCO 3-;18.(1) 2NO2 +2H=NOT +NO2T+HO、CH3ONO+N2H4+NaOH-NaN3+CH3OH+2H 2O 或 CH3ONO+N 2H4?H2O+NaOH - NaN3+CH 3OH+2H 2O;(2

18、)球形冷凝管、冷凝回流，平衡氣壓；20出冷水浴或緩慢通入氣體等； C;(3)、或；(4)D;AgNO3溶液顯酸性，且見光易分解、BCD?！窘馕觥?1)步驟出中NaNO2與稀硫酸發(fā)生副反應生成兩種氣體，其中一種氣體在空氣中可以轉(zhuǎn) 化為產(chǎn)物中的另一種氣體，說明兩種氣體分別為一氧化氮和二氧化氮，則離子方程式 為：2NO2-+2H+=NOT +NO2 T +HO;步驟 出中CH3ONO在氫氧化鈉和月反應生成NaN3,從后面的流程分析，產(chǎn)物還有甲醇，反應方程式為：CH3ONO+N 2H4+NaOH=NaN 3+CH3OH+2H 2O 或CH 3ONO+N 2H4?H2O+NaOH=NaN 3+CH3OH

19、+2H 2O。(2)儀器a為球形冷凝管。該冷凝管的作用為冷凝回流，平衡氣壓。實驗發(fā)現(xiàn)溫度 在20出左右反應的選擇性和轉(zhuǎn)化率最高，但是該反應屬于放熱反應，所以要控制反應的 溫度盡量在20出左右，或使反應慢慢進行，減少因反應放熱溫度的升高。X應連接冷凝管且應為直形冷凝管，不能用球形冷凝管，避免產(chǎn)物的殘留，故選Co(3)步驟出中制備疊氮化鈉的操作打開Ki通入亞硝酸甲酯，打開 K2與大氣相通，并使由于反應熱而變成氣體的反應物冷凝成液體流回燒瓶，同時要關閉K3,故選；步驟m中溶液A進行蒸儲的合理操作為關閉Ki、K2,打開K3,對燒瓶進行加熱，順序是或。(4)根據(jù)亞硝酸甲酯的物理性質(zhì)中能溶于乙醇、乙醍，水

20、合腫與水或醇互溶，不溶于 乙醍和氯仿，所以應選項乙醇對產(chǎn)品進行洗滌，故選 DoAgNO3溶液顯酸性，且見光 易分解，所以選擇使用棕色的酸式滴定管。A.在滴定終點是，滴定管管尖可接觸錐形瓶內(nèi)壁，可使滴定管流出的液體充分反應，故錯誤； B.滴定時滴液速度應先快后慢，接近 終點時一滴一搖，保證準確控制滴定終點，故正確；C.滴定過程中可用蒸儲水將錐形瓶壁上粘附的溶液沖下，使溶液間充分反應，準確確定滴定終點，故正確；D.若未等滴定管液面穩(wěn)定就讀數(shù)，滴定終點讀數(shù)變大，則滴定消耗的體積變大，會導致測定結果偏 高，故正確；E.若發(fā)現(xiàn)AgNO3溶液滴加過量，不可回滴樣品溶液，滴定的數(shù)據(jù)錯誤， 實驗作廢，故錯誤。

21、故選 BCD。 19.(1) Cr2O72 +3SO2+2H +=2 Cr3+3SO42 +H 2O ;(2)調(diào)節(jié)溶液的pH,使Cr3+、Al3+形成沉淀而與 Mg 2十分離；7.8pHNCH ； 7 : 1 ； sp2、sp3；(4)聯(lián)氨分子間形成氫鍵的數(shù)目多于氨分子形成的氫鍵；(5) NH3、Br-; NH3、SO42-;_2 3 272(6)FeC(Fe4c4)；小 V【解析】(1)鉆是27號元素，位于元素周期表第四周期出族，其基態(tài)原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d74s2,則在3d能級的原子軌道中有 3個未成對電子；(2)因Fe原子序數(shù)為26,位于第四周期 出族，其

22、基態(tài)原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2,則基態(tài) Fe3+的核外電子排布式 1s22s22p63s23p63d5 (或Ar3d 5);(3)同一周期中從左到右元素的電負性依次增大，同一主族元素從上到下電負性逐漸減小，則C、N、H、O的電負性由大到小的順序是ONCH ; CO(NH2)2的結構簡式為:0IIMD-NHt ,可看出分子內(nèi)共有 7個b鍵與1個兀鍵，則b鍵與兀鍵的個數(shù)比為7:1;醋酸根離子的中心碳原子不提供孤對電子，醋酸分子中兩個碳原子處于中心位置，甲基碳原子sp3雜化,竣基碳原子sp2雜化，故其雜化類型為 sp2、sp3, 故答案為：ONCH ; 7:1; sp2、sp3;N2H4與NH3相比，其分子間的氫鍵數(shù)目較氨分子形成的氫鍵多，則N2H4熔沸點會相對升高，故答案為：聯(lián)氨分子間形成氫鍵的數(shù)目多于氨分子形成的氫鍵；Co(NH3)5BrSO4可形成兩種鉆的配合物，已知Co3+的配位數(shù)為6。在第一種配合物溶液中加硝酸銀溶液產(chǎn)生白色沉淀，白色沉淀是硫酸銀，說明第一種配體不是硫酸根，硫酸根是外界的離子，而澳離子是內(nèi)界的配體，則第一種配合物的配體為NH3、Br-;在第二種配合物溶液中加入硝酸銀溶液產(chǎn)生淡黃色沉淀，則沉淀為澳化銀，則配體不可能是Br-,即第一種配合物的配體為NH3、SO42-。故答案為：NH3、Br-; NH3