2020年3月高三第三次在线大联考 化学（山东卷）（全解全析答案）

2020 年 3 月高三第三次在线大联考（山东卷） 化学 全解全析 1 B 9 D 2 C 10 C 3 A 11 AC 4 D 12 AD 5 C 13 C 6 B 14 CD 7 A 15 B 8 C 1．B 【解析】垃圾后期处理难度大，并且很多垃圾也可以回收重复使用，节约资源，而只有做好垃圾分类 才能更好实现回收再利用， 垃圾分类已经上升到国家战略层面， 选项 A 正确； 医疗废弃物虽然可以回收、 处理，但不可以制成儿童玩具，选项 B 不正确；绿色环保化工技术的研究和运用，可实现化工企业的零 污染、零排放，选项 C 正确；气溶胶属于胶体，胶体的粒子大小在 1 nm~100 nm 之间，选项 D 正确。 2．C 【解析】体积分数是 75%的酒精杀菌消毒效果最好，A 错误；煤中不含苯、甲苯和粗氨水，可通过煤 的干馏得到苯、甲苯和粗氨水等，B 错误；饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度而分层析出，且能 除去乙酸，C 正确；淀粉和纤维素通式相同但聚合度不同，不属于同分异构体，D 项错误。 3．A 【解析】中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等实验都要使用铁架台、滴定管和锥形瓶， A 正确；萃取时，若振荡后不及时放气，则会导致漏斗内压强增大，有爆炸的可能，B 错误；洗净的容 量瓶不可放进烘箱中烘干，C 错误；钠投入到废液缸中会剧烈反应，应放回原试剂瓶中，D 错误。 4．D 【解析】晶体硅中所有原子都以共价键相结合，属于共价晶体，A 正确；Si 原子的最外层有 4 个电子， B 正确；Si 原子核外有 14 个电子，根据构造原理可知其排布式为 1s22s22p63s23p2，C 正确；硅原子的价 电子排布图不符合洪特规则，选项 D 错误。 5．C 【解析】由 P 的结构简式可知，合成 P 的反应为加成聚合反应，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 的结构简式为 ，则 A 的分子式为 C11H14，由 A 分子 具有碳碳双键、苯环结构，可知 A 可发生取代、氧化、加成等反应，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 结构简式 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 1 mol A 最多能与 4 mol H2 发生加成反应，D 正确。 6．B 【解析】过氧化钾（K2O2）与硫化钾（K2S）的相对分子质量均为 110，11 g 过氧化钾与硫化钾的混 合物的物质的量为 0.1 mol，每摩尔 K2O2 含 2 mol K 和 1 mol A 故含有离子数目为 0.3NA， 错误； + O 2? 2 ，每摩尔 K2S 含 2 mol K 和 1 mol S ， 含有 2 mol CH2， + 2? 28 的最简式为 CH2， g 每个 CH2 含 8 个质子，故质子数目为 16NA，B 正确；标准状况下 224 mL SO2 物质的量为 0.01 mol，SO2 化学 第 1 页（共 7 页） 与水反应生成 H2SO3 的反应为可逆反应，所以，H2SO3、 H S O 3 、 S O 3 三者数目之和小于 0.01NA，C 错 误；浓硝酸与铜反应时，若只发生 Cu＋4HNO3(浓) Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，1 mol HNO3 转移电 3Cu(NO3)2＋2NO↑＋ ? 2? 子数目为 0.50NA，随着反应的进行，浓硝酸逐渐变稀，又发生 3Cu＋8HNO3 4H2O，若只发生 3Cu＋8HNO3 3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，1 mol HNO3 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。 7．A 【解析】CHCl3 分子和甲烷一样，中心 C 原子采用 sp3 杂化，COCl2 分子中，中心 C 与 O 形成双键， 再与两个 Cl 形成共价单键，因此 C 原子采用 sp 杂化，A 错误；CHCl3 分子中由于 C―H 键、C―Cl 键 的键长不相同，因此 CHCl3 的空间构型为四面体，但不是正四面体，属于极性分子，B 正确；所列元素 中碳和氧原子均含有两个未成对电子，两者可以组成 CO2，C 正确；由于氯仿中的 Cl 元素以 Cl 原子的 形式存在，不是 Cl－，因此可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质，D 正确。 8．C 【解析】 3 6 S O 2 ? 的摩尔质量是 100 g? ?1，A 错误；CH3COOH 中碳化合价升高，表现还原性，B 错 mol 4 误；醋酸是弱酸，不能拆写，C 正确；没有指明处于标准状况，D 错误。 9．D 【解析】该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3 等中加入稀盐酸，Fe2O3 转化 FeCl3 存在于滤液 A 中， 3+ 3+ 滤渣 A 为 CeO2 和 SiO2；②加入稀硫酸和 H2O2，CeO2 转化为 Ce ，滤渣 B 为 SiO2；③加入碱后 Ce 转 2 化为沉淀，④通入氧气将 Ce 从+3 价氧化为+4 价，得到产品。根据上述分析可知，过程①为 Fe2O3 与盐 酸发生反应，选项 A 正确；结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，选项 B 正 确 ； 稀 硫 酸 、 H2O2 、 CeO2 三 者 反 应 生 成 Ce2(SO4)3 、 O2 和 H2O ， 反 应 的 离 子 方 程 式 为 6H++H2O2+2CeO2 4Ce(OH)3+O2+2H2O 2Ce3++O2↑+4H2O ， 选 项 C 正确；D 中发生的反应是 4Ce(OH)4，属于化合反应，选项 D 错误。 ? 10．C 【解析】向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的 Ba(NO3)2 溶液，酸性条件下 N O 3 具有氧化性，能够将亚 硫酸钠氧化为硫酸钠，生成硫酸钡沉淀，不能证明试样已氧化变质，选项 A 错误；乙醇易挥发，且乙 烯、乙醇均能被高锰酸钾氧化，使溶液褪色的不一定是乙烯，选项 B 错误；铝箔加热熔化但不滴落， 是因为氧化铝的熔点高于铝，C 正确；4HNO3(浓)＋C 4NO2↑＋CO2↑＋2H2O，浓硝酸易挥发，且 NO2 溶解于水生成硝酸，致使澄清石灰水与二氧化碳接触无现象，选项 D 错误。 11．AC 【解析】浓盐酸滴到氯酸钾固体上的作用是为了制备 Cl2，根据含同种元素物质间发生氧化还原反 应时，化合价只靠近不交叉，配平后可得反应的离子方程式：5Cl ＋ C lO 3 ＋6H ? ? + 3Cl2↑＋3H2O，A 错误；为了检验 Cl2 有无漂白性，应该先把 Cl2 干燥，所以，无水氯化钙的作用是干燥 Cl2，然后会出现 干燥有色布条不褪色而湿润有色布条褪色的现象，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，均说明了 Cl2 具有氧化性，Cl2 与水反应生成 HCl 和 HClO，HCl 与硝酸银产生白色沉淀，无法说明 Cl2 具有氧化性，C 错误；Cl2 与 5 处硫酸亚铁生成 Fe3+， Fe3+与 SCN?生成血红色配合物，氢氧化钠溶液可以吸收剩余的 Cl2，防止污染空气，D 正确。 12．AD 【解析】由题意可知 X 为氢元素，Y 为氮元素，Z 为氧元素。则转化关系中的 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：H＜O＜ N，简单气态氢化物稳定性：NH3＜H2O，A 正确；NH3 和 H2O 均为 10 电子分子，常温下 NH3 为气态， 化学 第 2 页（共 7 页） H2O 为液态，沸点：NH3＜H2O，B 错误；HNO3 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 1∶1，C 错误；根据 2NO2＋2OH ＋2OH ? ? ? NO3 ? ＋ N O 2 ＋H2O，NO＋NO2 ? 2 N O 2 ＋H2O，所以，NO 与 NO2 体积比≤1∶1 的尾气，可以用 NaOH 溶液完全处理，D 正确。 13．C 【解析】图中阳极是水失电子，生成 O2 和 H+，电极反应式为：2H2O?4e? 4H++O2↑，选项 A 正 确；CO2 被还原时，化合价降低，还原产物可能为 CO、HCHO、CH3OH、CH4 等，选项 B 正确；装置 中阳极材料是光电催化材料，阴极是惰性电极 Pt，二者不能互换，选项 C 错误；若太阳能燃料为甲醇， 阴极反应物为 CO2 和 H+，则电极反应式为：CO2+6H++6e? CH3OH+H2O，选项 D 正确。 14．CD【解析】根据图像知步骤①是吸热反应，步骤②是放热反应，选项 A 错误；Fe3+是该反应的催化剂， Fe2+是该反应的中间产物，选项 B 错误；通过图像可知步骤①比②所需活化能大，选项 C 正确；该反 应是放热的氧化还原反应，可设计成原电池，选项 D 正确。 15．B 【解析】2 mol H3PO4 与 3 mol NaOH 反应后生成等物质的量浓度的 NaH2PO4、Na2HPO4，据图可看 出 b 点 H P O 4 、 H 2 P O 4 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，发生反应 H P O 4 +OH 2? 2? ? PO 4 3? +H2O，δ( H P O 4 )减小，δ( P O 4 )增大，在此 pH 变化范围内，无法 H 2PO 4 ? 2? 3? + ? ?? 用 酚 酞 指 示 终 点 ， B 选 项 正 确 ； H3PO4 ? ?? H + ， ? ? ?? H 2 P O 4 ? ?? H ++ HPO 4 2? ， Ka2= c (H P O 4 ) ? c (H c (H 2 P O 4 ) ? 2? ? ) + ?7.21 ?8 ，当 c( H 2 P O 4 )=c( H P O 4 )时，pH=7.21，c(H )=10 ，数量级为 10 ，C 选项错 ? 2? 误；溶液中阴离子浓度相等时，可能是 c( H 2 P O 4 )=c( H P O 4 )，此时溶液 pH=7.21 显碱性，还可能是 c( H P O 4 )=c( P O 4 )，此时 pH=11.31，显碱性，D 选项错误。 16． （10 分） （1）?41（1 分） ? （2）2CO2＋2e ＋H2O 2? 3? ? 2? bc（1 分，错选少选均不得分） HCOO?＋ H C O 3 或 CO2＋2e?＋H2O ? HCOO?＋OH?（合理即可，1 分） 5.6（1 分） （3）①吸收（1 分） ②50%（1 分） 0.25p0（2 分） ③随着 CO2 压强增大，CO2 浓度增大，乙苯平衡转化率增大；CO2 压强继续增大，会造成催化剂表面乙 苯的吸附率下降（2 分） mol?1× 2＋1075 kJ? ?1?803 kJ? ?1×2?436 kJ? ?1=?41 kJ? ?1。 mol mol mol mol 【解析】（1）ΔH=463 kJ? ? ? ? （2）CO2 转化为 HCOO 得到 2 个电子，用 OH 平衡电荷，电极反应式为 CO2＋2e ＋H2O HCOO? ＋OH 或 2CO2＋2e ＋H2O ? ? HCOO?＋ H C O 3 ；阳极电解生成氧气，电解过程中转移 1 mol 电子，生 ? 成氧气的体积（标准状况）为 5.6 L。 （3）①由原料到状态Ⅰ发生化学键的断裂，需要吸收能量。 ②设乙苯反应了 x mol。 化学 第 3 页（共 7 页） (g)＋CO2(g) n0/mol Δn0/mol [n]/mol 解得：4＋x=5 x=1 乙苯的转化率为 1 2 ( ( 1 1 ? 1 .2 5 p 0 ) ? 1 .2 5 p 0 ) 3 (g)＋CO(g)＋H2O(g) 0 x x 0 x x 0 x x 2 x 2?x 2 x 2?x × 100%=50% 平衡后压强为 5 4 × 0=1.25p0，Kp= 5 p 5 =0.25 p0 2 ③一定范围内，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)增大反而减小。 17． （12 分） （1）[Ar]3d6（或 1s22s22p63s23p63d6，1 分） （2） 3 （2 分） N>O>C（1 分） sp （1 分） （3）随着这类金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐渐升高（1 分） 金属离子半径越小， 其与碳酸根离子中氧的作用力越强，与碳的作用力则减弱，对应的碳酸盐就越容易分解（或其他合理答 案，2 分） （4）① 2m 2 （1 分） ②8∶1（1 分） ③ 78 (m ? 10 2 ?10 )N 3 （2 分） A 【解析】 （1）Fe 的核电荷数为 26，核外电子排布式[Ar]3d64s2 或 1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+的核外电子 排布式为[Ar]3d6 或 1s22s22p63s23p63d6。 （ 2 ） 1 个 Cu2+ 与 2 个 H2N―CH2―COO? 形 成 的 盐 ， 因 为 含 两 个 五 元 环 结 构 ， 所 以 结 构 为 ；在 H2N―CH2―COO?中，属于第二周期元素的是 C、N、O，第一电离能 由大到小的顺序是 N>O>C，在 H2N―CH2―COO?中，N 的杂化方式为 sp3、C 的杂化方式为 sp3 和 sp2， 相同的是 sp3 杂化。 （3）随着金属离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐步升高；一般认为，含氧酸盐热分解的本质是 金属离子争夺含氧酸根中的氧元素，金属离子的半径越小，夺取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。 化学 第 4 页（共 7 页）