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文档简介
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(
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