【文档说明】广东省高考研究会测评研究院2022届高三上学期阶段性学习效率检测调研卷化学试题答案.pdf，共(7)页，285.045 KB，由小赞的店铺上传

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广东省高考测评研究院高三化学试题解析1．C【解析】食品加工时，可适当添加食品添加剂和防腐剂等，如苯甲酸钠，故C错误。2．B【解析】可燃冰的主要成分是CH4，开采使用CH4，不能减少CO2的排放，故B错误。3．D【解析】该物质属于酯类，在强碱

性条件下会发生水解反应，不能稳定存在，D错误。4．A【解析】CH2Cl2是CH4的二氯代物，CH4为正四面体结构，由于C-H键与C-Cl键的键长不一致，所以CH2Cl2为四面体结构，A正确；Br-的最外层电子数应为8个，B错误；中子数为30的铁原子符号应为Fe5626，C错误；HClO的

结构式为H-O-Cl，D错误。5．D【解析】标况下，HF为液体，A错误；CaO2晶体由Ca2+与O22-构成，0.1molCaO2晶体中，所含阴阳离子的总数目为0.2NA，B错误；因为S的氧化能力有限，S与Cu

反应的产物为Cu2S，足量的S粉与1molCu完全反应，转移电子数为1NA，C错误；pH=2，则c(H+)=0.01mol/L，D正确。6．C【解析】容量瓶的规格通常为100mL、250mL、500mL和1000mL，配制450mL1.0mol•L-1的Na2

CO3溶液时应选用500mL规格的容量瓶，故Na2CO3的质量为53.0g。7．C【解析】盐酸是混合物，A错误；CrO3是酸性氧化物，B错误；冰醋酸是纯净物，D错误。8．C【解析】工业上向FeSO4溶液中加入NH4HCO3制备FeCO3晶体的原理：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H

2O，不是盐类的水解，C错误。9．B【解析】草酸是弱酸，不能拆，A错误；酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，B正确；足量SO2，应该生成HSO3，C错误；铁电极是活性电极，做阳极时会参与反应被氧化为Fe2+，D错误。1

0．D【解析】放电过程为原电池工作原理，所以氢氧根离子均向负极移动，A错误；根据上述分析可知，H2-O2，N2H4-O2清洁燃料电池总反应中未消耗KOH，所以此时KOH的物质的量不变，B错误；理论放电量转移电子数有关，当消耗的

氧气一样多时，放电量一样，C错误；等物质的量的燃料时，CH3OH消耗的氧气是最多的，所以放电量最大，D正确。11．C【解析】在该反应中，正确的离子反应方程式应为：2MnO4-+16H++5Na2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+

，Na2O2只做还原剂，A错误，B错误，C正确；通常所说的酸化的高锰酸钾溶液是指滴加了浓硫酸的高锰酸钾溶液，D错误。12．B【解析】b是卤化硅且硅显+4价，四氟化硅是气态，A错误。硅元素显+4价的硅酸盐和CO2反应可以生成H2SiO3胶

体，B正确。a是Si单质，c是SiO2,木炭和SiO2反应生成CO，C错误。SiO2不能与水反应生成H2SiO3，即c不能直接转化为d，D错误。13．D【解析】甲中只含有1个硫原子，为Z或为Y，根据原子成键数

目，可以得出Z为硫元素，W只有一个质子，为H元素，X、Y、U原子序数增加，结合成键数目可推得X、Y、U分别为C、N、O三种元素。非金属性顺序为O>N>C，A错误；原子半径大小顺序为S>C>O，B错误；硝酸有强氧化性，与铁反应得不到氢气，C错误;常温下，铁与浓

硫酸发生钝化反应，形成致密氧化膜，阻止了反应的进行，所以可以用铁制容器盛装浓硫酸，D正确。14．C【解析】由图示分析可知，工作时A电极的质量不断增加，则A为正极、B为负极，则c1＞c2，A和D错误；由于装置中所用的隔膜为阴离

子交换膜，则只能阴离子通过，B错误；若外电路通过0.1mol电子，则右侧溶液中有0.1molNO3-向右侧迁移，0.1molAg+得到电子生成Ag，所以则左侧溶液减轻17.0g，C正确。15．B【解析】NOCl在反应①中是生成物，在反应②中是反应物，所以NOCl是总反应的中间体，不是催化剂

，A错误。因反应②是吸热反应，Kp随温度的升高而增大，T增大，1/T减小，Kp也随之减小，B正确。Kp=Kp1×Kp2，C错误。v(ICl)正=2v(Cl2)逆时反应达到平衡，D错误。16．B【解析】由图可知，Ka1=10-4.4，Ka2=10-5.4，

则Ka1=10Ka2，A正确；M点时，由电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-）+c(HA-)+c(OH-)，又此时c(H2A）=c(A2-)，且c(H+)＞c(OH-），则c(Na+）＜c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)＜0.01mol/L，B错误；M点时，NaOH滴定H2

A仍未到达生成Na2A的滴定终点，此时水的电离程度一直在增大，C正确；由于Ka1×Ka2＞Kw，则NaHA的电离程度大于水解程度，c(H2A)小于c(A2-)，D正确。17．（1）2.63（2分）（2）a.关闭（1分）；充满黄绿色气体

（1分）；吸收未反应完的ClO2气体，防止污染空气（2分）b.2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)===2ClO2↑+2Na2SO4+H2O（2分）5.6L（2分）c.AB（2分）（漏选给1分，错选不给分）（3）90.5%（2分）【解析】（1）当C

lO2和Cl2都转变为Cl-时，1molClO2得到5mol电子，1molCl2得到2mol电子，计算结果如下：（5×mg÷67.5g/mol）÷（2×mg÷71g/mol）≈2.63。（2）该装置利用②中产生ClO2，通入④中反应生成NaClO2，装置①和⑤的作用都是处理尾气，③是安全瓶

，防止倒吸。a.实验开始时需先关闭K1，打开②中分液漏斗的活塞，反应生成的气体逐渐进入③和④中，由题干可知ClO2呈黄绿色；b．装置②中的反应物是NaClO3、Na2SO3以及浓H2SO4，反应的化学方程式为2NaClO3+

Na2SO3+H2SO4(浓)===2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，装置④中是ClO2与NaOH、H2O2反应生成NaClO2，同时有气体生成，依据氧化还原反应规律可知，该气体是氧气，因此离子反应方程式为2ClO2-+2OH-+H2O2==

=2ClO2-+2H2O+O2；该反应每转移电子数为3.01×1023，转移电子0.5mol，生成0.25mol氧气，即气体体积在标况下为5.6L；c.装置②是固液不加热型气体发生装置，其中，A和B都能在常温下反应生成氯气，C需要加

热才能反应，D稀盐酸不可以，应为浓盐酸。（3）根据题目所给信息，NaClO2与酸化的KI反应得到碘单质和氯离子、水：ClO2+4H++4I=Cl+2I2+2H2O；结合Na2S2O3标准液滴定I2的比例

系数，可得数量关系NaClO2~2I2~4Na2S2O3，即NaClO2~4Na2S2O3。消耗的Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=0.2000×20.00×10-3mol=4×103mol，因此10mL溶液中含有

n(NaClO2)=41×n(Na2S2O3)=1×10-3mol，即10g粗产品中n(NaClO2)=100×1×10-3mol=0.1mol，m(NaClO2)=0.1mol×90.5g/mol=9.05g，NaClO2粗品的纯度为%5.90%100g0.10g05

.9。18.（1）将硫黄粉碎（加大通入空气的量等合理即可）（1分）（2）2：1（2分）（3）2H2SO3+CO32-=2HSO3-+CO2↑+H2O（2分）（4）Zn(HSO3)2（2分）Zn(HSO3)2易溶于水电离HSO-，HSO-的电离程度比水解

程度大，所以溶液显酸性（2分）（5）3：1（2分）（6）蓝色全部褪尽（1分）80（2分）【解析】（1）粉碎可以提高反应的接触面积，加快反应速率；通入大量空气可以提高供氧量。（2）3S8+48KOH=16K2S+8K2SO3+24H2O，可知氧化剂与还原剂的个数比为2：1。或K2S是还原产

物对应的为氧化剂，K2SO3是氧化产物，对应的是还原剂，根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的个数比为2：1。（3）SO2与水反应，先生成H2SO3，加入Na2CO3后，生成CO2。（4）SO2转化为ZnSO3较为容易，在30min后，随着SO2的持续通入，ZnCO3转化为了Zn(HSO3)。Zn(

HSO3)能电离出HSO3-，其电离程度大于其水解程度，故溶液pH减小。（5）交点位置的电荷守恒为：2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，又pH=7和c(SO32-)=c(HSO3-)，可知n(NH4+)

:n(HSO3-)=3：1。（6）淀粉-I2本来为蓝色，当引入SO2后，发生2SO2+I2+2H2O=2H2SO4的反应，当蓝色褪去时，I2被消耗完。设抽取n次空气后，I2恰好被消耗完，计算如下：n(I2)=5×10-4×5×10-3

mol，n(SO2)=n×100×10-3×0.02mol，当2n(SO2)=n(I2)时，恰好反应，此时n=80。19．（1）(2a+b-2c)kJ/mol（2分）（2）①0.003mol/（L.min）或0.18mol/（L.h）

（2分）②62330.010.0310.030.010.0）（（4分）（3）催化剂具有选择性，选择合适的催化剂，可以减少副产物的生成。（2分）（4）①M（2分）②减小（2分）【解析】（1）由盖斯定律可知，△H1=(2a+b-2c)kJ/mol；（2①v=△c/△t=0.

03mol/L÷10min=0.003mol/（L.min）；②对于多平衡体系，主反应与副反应同时发生，所以平衡时，c(CO2)=0.1mol/L，c(H2)=0.3mol/L，c(CH3OCH3)=0.1mol/L，c

(CH3OH)=0.1/3mol/L，则c(H2O)=（0.3+0.1/3）mol/L，所以K=c(CH3OCH3).c3(H2O)÷(c2(CO2).c6(H2))=62330.010.0310.030.010.0）（;③主反应与副反应之间是竞争反应，若要提升提高CH3OCH3产率，

则需要选择合适的催化剂，因为催化剂具有选择性，选择合适的催化剂，可以减少副产物的生成。（4）①其它条件不变，若不使用催化剂，只是反应速率变低，平衡转化率不发生改变，仍位于M点；②由图可知，副反应是放热反应，升高温度，平衡左移，则其平衡转化率降低。20．（1）2

（1分）（2）三角锥形（1分）；3:1（1分）；极性（1分）（3）①O＞C（2分）O原子半径比C原子小，对最外层电子吸引力较大（2分）。②sp2（2分）③66π（2分）（4）7:2（2分）【解析】（1）Ti原子价电子排布式为3d24s2，未成对电子数为2；（2）根据杂化轨道理论，SOCl2以S为

中心，其应为sp3杂化，但是S外有一对孤对电子，故SOCl2为三角锥形。根据VSEPR理论可求得价层电子对数=½（6+0+1×2）=4，而成键数为4，S与O之间是双键，S与Cl之间是单键，则σ键和π键的数目之比为3:1，COCl2是平面三角形分子，但不是正三角形，正电中心和负电中心不在

同一位置，为极性分子。（3）①C和O相比，O原子核内质子数多，核电荷数大，半径小，对核外电子的吸引力强，不易失去电子，所以O第一电离能大于C的第一电离能。②分子中的C均成三个σ键且无孤对电子，则采用sp

2杂化。③苯中6个碳原子均成三个σ键，6个碳原子均有1个孤电子，则形成6中心，6电子的大π键。（4）图示结构含有4个TiO2,氮掺杂后，每个TiO2-aNb中氧原子数=（¼×7+½×7+1）÷4=25/16；氮原子数=½÷4=1/8=2/16；2-a=25

/16，则a=7/16，b=2/16。a:b=7:2.2．（1）光照（1分）取代反应（1分）（2）间苯二酚（2分）（间二苯酚、1,3-苯二酚，1,3-二苯酚均0分）（3）4（2分）（4）OHOOHHC(OC2H5)3OOOH++3CH3CH2OHONH（2分）（5）17（2分）（6）C

l2ClNaCNCNH+/H2OCOOHHOOHO一定条件（4分，每步1分，互不株连，多写步骤不扣分）【解析】（1）由反应流程图可知，反应①为烃与Cl2的取代反应，其条件应为光照；反应②氯原子被-CN原子团取代，

为取代反应；（2）可知H的结构简式为HOOH，按照习惯命名法，应为间苯二酚。（3）E与足量加成后的物质结构简式如右图所示，手性碳原子已标注如下（4）根据示意图可知，方程式如下：OHOOHHC(OC2H5)3OOOH++3CH3CH2OHONH（5）由题意可知，该物质含有苯环、羟基、醛基。

分类讨论如下：a.苯环上只有1个取代基，应为—CH(OH)CHO，有1种；b.苯环有2个取代基，应为—OH、—CH2CHO和—CH2OH和—CHO，分别有邻间对三种情况，共6种；c.苯环上有3个取代基，应为—OH、—CH3、—CHO，有10种，共计有1

7种。（6）根据题意可知，有机合成路线如下：Cl2ClNaCNCNH+/H2OCOOHHOOHO一定条件