理科综合化学2020年3月第三次在线大联考(新课标Ⅰ卷)(全解全析)

1、理科综合化学-2020年3月第三次在线大联考(新课标卷)(全解全析)理科综合化学-2020年3月第三次在线大联考(新课标卷)(全解全析)6/6理科综合化学-2020年3月第三次在线大联考(新课标卷)(全解全析)2020年3月高三第三次在线大联考（新课标I卷）理科综合化学全解全析1234567BCBDCCB1B【解析】垃圾后期办理难度大，并且好多垃圾也可以回收重复使用，节俭资源，而只有做好垃圾分类才能更好实现回收再利用，垃圾分类已经上涨到国家战略层面，选项A正确；医疗荒弃物固然可以回收、办理，但不可以够制成少儿玩具，选项B不正确；绿色环保化工技术的研究和运用，可实现化工公司的零污染、零排放，选项

2、C正确；气溶胶属于胶体，胶体的粒子大小在1nm100nm之间，选项D正确。2C【解析】由P的构造简式可知，合成P的反响为加成聚合反响，产物只有高分子化合物P，没有小分子生成，合成P的单体A的构造简式为，则A的分子式为C11H14，由A分子拥有碳碳双键、苯环构造，可知A可发生取代、氧化、加成等反响，A、B均正确；将写成，分子中11个碳原子有可能共面，C错误；由A的构造简式可知，1个苯环能与3个H2发生加成，1个双键能与1个H2加成，则1molA最多能与4molH2发生加成反响，D正确。3B【解析】过氧化钾（K2O2）与硫化钾（K2S）的相对分子质量均为110，11g过氧化钾与硫化钾的混合物的物质

3、的量为0.1mol，每摩尔K2O2含2molK+和1molO22，每摩尔K2S含2molK+和1molS2-，故含有离子数目为0.3NA，A错误；的最简式为CH2，28g含有2molCH2，每个CH2含8个质子，故质子数目为16NA，B正确；标准情况下224mLSO2物质的量为0.01mol，SO2与水反响生成H23的反响为可逆反响，因此，23HSO3、SO2三者数目之和小于0.01NA，C错SOHSO、3误；浓硝酸与铜反响时，若只发生Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O，1molHNO3转移电子数目为0.50NA，跟着反响的进行，浓硝酸渐渐变稀，又发生3Cu8HNO3=3C

4、u(NO3)22NO4H2O，若只发生3Cu8HNO3=3Cu(NO3)22NO4H2O，1molHNO3转移电子数目为0.75NA，故转移电子数目介于0.50NA和0.75NA之间，D错误。4D【解析】由题意可知X为氢元素，Y为氮元素，Z为氧元素。则转变关系中的X2为H2，Y2为N2，Z2为O2，A为NH3，B为NO，C为H2O，D为NO2，E为HNO3，F为NH4NO3。原子半径：HON，简单气态氢化物坚固性：NH3H2O，A正确；NH3和H2O均为10电子分子，常温下NH3为气态，H2O为液态，沸点：NH3H2O，B正确；依据2NO22OH-=NO3NO2H2O，NONO2-NOH222

5、OH=22体积比11的尾气，可以用NaOH溶液完满办理，C正确；O，因此，NO与NOHNO3属于共价化合物，不含阴、阳离子，NH4NO3属于离子化合物，阴、阳离子数目之比为11，D理科综合化学全解全析第1页（共6页）错误。5C【解析】图中阳极是水失电子，生成O2和H+，电极反响式为：2H2O-4e-4H+O2，选项A正确；CO2被复原时，化合价降低，复原产物可能为CO、HCHO、CH3OH、CH4等，选项B正确；装置中阳极资料是光电催化资料，阴极是惰性电极Pt，两者不可以交换，选项C错误；若太阳能燃料为甲醇，阴极反应物为CO2和H+，则电极反响式为：CO2+6H+6e-CH3OH+H2O，选项

6、D正确。6C【解析】浓盐酸滴到氯酸钾固体上的作用是为了制备Cl2，依据含同种元素物质间发生氧化复原反响时，化合价只凑近不交叉，配平后可得反响的离子方程式：5Cl-ClO36H+A，正确；为了查验Cl2有无漂白性，应当先把Cl2干燥，因此，无水氯化钙的作用是干燥Cl2，此后会出现干燥有色布条不退色而润湿有色布条退色的现象，B正确；Cl2与3处碘化钾置换出单质碘，遇淀粉变蓝，与4处溴化钠置换出单质溴，使溶液变橙色，均说了然Cl2拥有氧化性，Cl2与水反响生成HCl和HClO，HCl与硝酸银产生白色积淀，没法说明Cl2拥有氧化性，C错误；Cl2与5处硫酸亚铁生成Fe3+，Fe3+与SCN-生成血红色

7、配合物，氢氧化钠溶液可以汲取节余的Cl2，防备污染空气，D正确。7B【解析】2molH3PO4与3molNaOH反响后生成等物质的量浓度的NaH2PO4、Na2HPO4，据图可看出b点HPO42、H2PO4浓度相等，pH=7.21，显碱性，A选项错误；把NaOH溶液滴入Na2HPO4溶液时，发生反响HPO42+OH-PO43+H2O，(HPO42)减小，(PO43)增大，在此pH变化范围内，没法用酚垐?+垐?+2c(HPO42)c(H)+H2PO4+HPO4，Ka2=，酞指示终点，B选项正确；H3PO4噲?H，H2PO4噲?Hc(H2PO4)当c(H2PO4)=c(HPO42)时，pH=7.2

8、1，c(H+)=10-7.21，数目级为10-8，C选项错误；溶液中阴离子浓度相等时，可能是c(H2PO4)=c(HPO42)，此时溶液pH=7.21显碱性，还可能是c(HPO42)=c(PO43)，此时pH=11.31，显碱性，D选项错误。8（14分）（1）2LiCoO2242224242O（2分）+3HSO+HOLiSO+O+2CoSO+4H（2）Fe3+、Al3+（2分，对一个1分）Fe3+3OH-Fe(OH)3或Al3+3OH-Al(OH)3（合理即可，2分）（3）保持萃取过程中pH恒定（2分）（4）增大（1分）Cyanex272（1分）0.25（1分）0.4（1分）（5）11.7（2

9、分）【解析】（1）LiCoO2与硫酸和H2O2反响生成能使带火星木条复燃的气体，说明LiCoO2在硫酸作用下把H2O2氧化成O2，+3价Co降低为+2价的Co2+，方程式为2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+O2+2CoSO4+4HO。2（2）由图可知，加入NaOH溶液调pH=5时，Fe3+、Al3+积淀完满，因此去除Fe3+的离子方程式为Fe3+3OH-Fe(OH)3，去除Al3+的离子方程式为Al3+3OH-3Al(OH)。（3）nHR(Org)+Mn+垐?+(aq)，会使溶液酸性加强，萃取效率降落，故用NaOH进行(aq)噲?MRn(Org)+nH理科综合化学全解全析第2

10、页（共6页）皂化办理后离子反响变为nNaR(Org)+Mn+垐?+(aq)噲?MRn(Org)+nNa(aq)，反响前后pH基本不变，依据题意可知，萃取效率不会降低。故萃取前先用NaOH对萃取剂进行皂化办理的目的是保持萃取过程中pH恒定。（4）由图可知，钴、镍的萃取率随萃取剂浓度增大而呈增大趋向，萃取时“Cyanex272”比“P507”对钴、镍萃取率的差值大，Cyanex272分别见效好。选P507为萃取剂，浓度在0.25molL-1此后变化不大，所-1最好；选Cyanex272萃取剂，浓度在-1-1最好。以0.25molL0.40molL此后变化不大，因此0.4molL2+2(OH-)=5

11、.2510-162(OH-5.2510（5）KspNi(OH)2=c(Ni)c，c)=102.11611=2.510-5，c(OH-)=510-3，pOH=3-lg5=2.3，pH=14-pOH=14-2.3=11.7。9（14分）（1）增大反响物接触面积，提升氨浸的效率（答案合理即可，1分）（2）Cu(NH342232CuO+CO232分）)(OH)CO+8NH+HO（2（3）A（1分）制化学肥料等（1分）（4）过滤（1分）干燥（1分）（5）产生有毒的气体，污染环境；原资料利用率低；浓硫酸有强腐化性（任写两条，2分）（6）分液漏斗（1分）做催化剂（1分）氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得

12、多，且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大（合理即可，1分）64c100%（或128c%）（2分）250a5a【解析】（1）破裂机把孔雀石破裂成细小颗粒，增大了与氨水接触面积，使铜与氨充分络合，提升氨浸的效率及浸取率。（2）由题意可知，氨浸时生成Cu(NH3)42(OH)2CO3，加热蒸氨的意思为加热时Cu(NH3)42(OH)2CO3分解生成氨气，由Cu(NH3)42(OH)2CO3的构成可知还会生成CO2、氧化铜和水，其反响方程式为Cu(NH)(OH)CO32CuO+CO2+8NH+HO。3422323）蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳，氨气有污染，需要通入硫酸净化办理生成硫酸铵，为了防备倒吸

13、，适合的装置为A；净化后生成硫酸铵溶液，其用途是可以制备化学肥料等。4）由题意可知，操作2为硫酸铜溶液变为硫酸铜晶体，操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、冲刷、干燥。5）课本中直接利用铜与浓硫酸反响会产生有毒的气体二氧化硫；这样既污染环境又使原资料利用率低；并且浓硫酸有强腐化性，直接使用危险性较大。6）盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗。由题意可知，氯化铜固然参加反响，但最后又生成了等量的氯化铜，依据催化剂的定义可知氯化铜在此反响过程中做催化剂。由于氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，在重结晶纯化硫酸铜理科综合化学全解全析第3页（共6页）晶体时可以使两者分别，同时氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大，

14、可使氯化铜保持在母液中，在下一次制备硫酸铜晶体时连续做催化剂使用。由题意可知铜粉所有生成硫酸铜晶体（因氯化铜为催化剂，氯化铜中的铜最后不会生成硫酸铜晶体），硫酸铜晶体中的铜元素质量为64cg，则铜粉的纯度为64c100%或化简为128c%。250250a5a10（15分）（1）-41（2分）bc（2分，每对1个得1分，错选不得分）（2）2CO22e-H2O=HCOO-HCO3或CO22e-H2O=HCOO-OH-（合理即可，2分）5.62分）3）汲取（1分）50%（2分）0.25p0（2分）跟着CO2压强增大，CO2浓度增大，乙苯均衡转变率增大；CO2压强连续增大，会造成催化剂表面乙苯的吸附率

15、降落（2分）【解析】（1）H=463kJmol-121075kJmol-1-803kJmol-12-436kJmol-1=-41kJmol-1。（2）CO2转变为HCOO-获得2个电子，用OH-均衡电荷，电极反响式为CO2-H2-2eO=HCOOOH-或2CO22e-H2O=HCOO-HCO3；阳极电解生成氧气，电解过程中转移1mol电子，生成氧气的体积（标准情况）为5.6L。3）由原想到状态发生化学键的断裂，需要汲取能量。设乙苯反响了xmol。(g)CO2(g)(g)CO(g)H2O(g)n0/mol22000n0/molxxxxxn/mol2-x2-xxxx解得：4x=5x=1乙苯的转变率

16、为1100%=50%2均衡后压强为5(11.25p0)3p0=1.25p0，Kp=5=0.25p0411.25p0)2(5必定范围内，p(CO2)越大，说明在原猜中CO2的配比越高，则乙苯均衡转变率越高；两者第一吸附在催化剂表面上，当CO2在催化剂表面吸附率过高时，会造成乙苯在催化剂表面的吸附率降落，使乙苯均衡转变率跟着p(CO2)增大反而减小。11化学选修3：物质构造与性质（15分）（1）Ar3d6（或1s22s22p63s23p63d6，1分）理科综合化学全解全析第4页（共6页）（2）（2分）NOC（2分）sp3（1分）（3）跟着这种金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度渐渐高升（2分）

17、金属离子半径越小，其与碳酸根离子中氧的作使劲越强，与碳的作使劲则减弱，对应的碳酸盐就越简单分解（或其余合理答案，2分）（4）2m（1分）81（2分）782（2分）2(m1010)3NA【解析】（1）Fe的核电荷数为26，核外电子排布式Ar3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+的核外电子排布式为Ar3d6或1s22s22p63s23p63d6。（2）1个Cu2+与2个H22COO-形成的盐，由于含两个五元环构造，因此构造为NCH；在H2NCH2COO-中，属于第二周期元素的是C、N、O，第一电离能由大到小的次序是NOC，在H2NCH2COO-中，N的杂化方式为sp3、

18、C的杂化方式为sp3和sp2，同样的是sp3杂化。3）跟着金属离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度渐渐高升；一般以为，含氧酸盐热分解的实质是金属离子强抢含氧酸根中的氧元素，金属离子的半径越小，强抢含氧酸根中的氧的能力越强，含氧酸盐的热分解温度越低，越易分解。（4）依据侧面图可看出，2mpm为面对角线的长度，边长为2mpm，两个近来的F-之间的距离为立方体边长的一半，因此两个近来的2mpm。F-之间的距离为2察看晶胞，可看出8个F-形成的小立方体的边长为CaF2晶胞边长的1，因此CaF2晶胞体积与8个2F-形成的立方体的体积比为(21)3=81。依据图示可知CaF2晶胞中含4个Ca2+和8个F-，它的边长为2mpm=2m10-10cm，利用VNA=4M得出=784gcm-3=782-3。1010)3NAgcm(2m(m1010)3NA化学选修5：有机化学基础（15分）（1）4-氟硫酚（或对氟硫酚，1分）羧基，羰基（