【文档说明】【精准解析】广东省广州市广东广雅中学2020届高三第二次适应性考试理科综合化学试题.doc，共(15)页，790.000 KB，由小赞的店铺上传

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广东省广州市广雅中学2020届高三适应性考试（二）试题理科综合化学试题1.《本草纲目》记载：“烧酒，其法用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”。这里用到的实验方法可以用于分离A.丁醇与乙醚B.碘化钾与碘C.硝酸钾与氯化钠D.氯化铵与硫酸钠

【答案】A【解析】【详解】根据：“烧酒，其法用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露，”“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”可知，白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，即操作方法为蒸馏。A．丁醇和乙醚是互溶的液体，二者沸点不同，需要通过蒸馏分离，故A正确；B．碘化钾

与碘在四氯化碳的溶解度不同，需要通过萃取分液分离，故B错误；C．硝酸钾与氯化钠都易溶于水，二者的溶解度受温度的影响不同，需要通过重结晶法分离，故C错误；D．氯化铵与硫酸钠的稳定性不同，可通过加热的方法分离，故

D错误；答案选A。【点睛】可以根据碘化钾与碘在四氯化碳的溶解度不同，通过萃取分液分离，选择分离操作时，根据物质的具体的性质，例如溶解性、稳定性、沸点等性质。2.化学与生活密切相关，下列说法错误的是A.液氨和干冰均可作制冷剂B.CaO和CaCl2·6H2O均可作食品干燥剂C.ClO

2和臭氧均可作自来水的消毒剂D.铁粉与和维生素C均可作食品袋内的脱氧剂【答案】B【解析】【详解】A．液氨汽化和干冰升华都需要吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，故A正确；B．CaCl2⋅6H2O不具有吸水性，所以不能用于干燥剂，故B错误；

C．ClO2和臭氧都具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，可以用作自来水的消毒剂，故C正确；D．铁粉和维生素C都具有还原性，可以用作食品袋内的脱氧剂，故D正确；答案选B。【点睛】无水氯化钙可作为干燥剂，可干燥除氨气以外的气体，带有结晶水的氯化钙

没有吸水性。3.实验室利用下图装置制取无水A1C13(183℃升华，遇潮湿空气即产生大量白雾)，下列说法正确的是A.①的试管中盛装二氧化锰，用于常温下制备氯气B.②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装浓H2SO4、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液C

.滴加浓盐酸的同时点燃④的酒精灯D.⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替【答案】D【解析】【分析】由实验装置可知，①为浓盐酸与强氧化剂反应生成氯气，②中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，④中Al与氯气反应生成AlCl3，⑤为收集氯化铝的装

置；⑥中浓硫酸防止水进入④和⑤中引起氯化铝水解，⑦中NaOH溶液吸收尾气中的氯气，以此来来解答。【详解】A.①的试管中盛装二氧化锰，常温与浓盐酸不反应，需要加热制备氯气，A项错误；B.由上述分析可知②、③、⑥、⑦的试管中依次盛

装饱和食盐水、浓H2SO4、浓H2SO4、NaOH溶液，B项错误；C.滴加浓盐酸使产生的氯气排出装置中的氧气，再点燃④的酒精灯，C项错误；D.⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦两个装置要防止其水解，且要吸收尾气中的氯气，则⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管

代替，D项正确；答案选D。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们的最外层电子数之和为20，W原子核外电子总数与X原子次外层的电子数相同，由W、X、Y三种元素形成的一种盐溶于水后，加入盐酸，产生的无色气体能使品红褪色。下列说法正确的是A.W与X形成的化合物只含有离子键B.X的简单离

子与Z的具有相同的电子层结构C.单质的氧化性：Y＞ZD.简单氢化物的沸点：W＞Y【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由W、X、Y三种元素形成的一种盐溶于水后，加入盐酸，产生的无色气体能使品

红褪色，气体为二氧化硫，W原子核外电子总数与X原子次外层的电子数相同，可知W为O、X为第三周期金属元素，Y为S，结合原子序数Z的最大，可知Z为Cl，又它们的最外层电子数之和为20，则X的最外层电子数为

20-6-6-7=1，则X为Na，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为O、X为Na、Y为S、Z为Cl。A．W与X形成的化合物为过氧化钠时，含离子键、共价键，故A错误；B．X的简单离子与Z的简单离子的电子数分

别为10、18，电子层结构不同，故B错误；C．非金属性Cl＞S，则单质的氧化性：Y＜Z，故C错误；D．W为O、Y为S，水分子间含氢键，H2S分子间没有氢键，则简单氢化物的沸点：W＞Y，故D正确；答案选D。5.一种电解法合成氨的装置

如图所示，该法采用高质子导电性的SCY陶瓷，用吸附在它内外表面上的金属Pd多晶薄膜做电极，实现了570℃、常压下高转化率合成氨。下列叙述正确的是A.阴极的电极反应式为N2+8H++6e－＝2NH4+B.该

装置工作时，H+从a极区向b极区迁移C.每生成1molNH3，有3gH2被氧化D.该装置实现了在常温常压下高转化率合成氨【答案】C【解析】【分析】反应总方程式为N2+3H2⇌2NH3，反应中N元素化合价降低，被还原，a应为电解池阴极，电极电极式为N2+6e-+

6H+═2NH3，H元素化合价升高，被氧化，b应为电解池阳极反应，电极反应式为H2-2e-=2H+，以此解答该题。【详解】A．a为阴极，发生还原反应，电极方程式为N2+6e−+6H+═2NH3，故A错误；B．a为阴极，

b为阳极，阳极连接电源正极，氢离子移向阴极，从b极区向a极区迁移，故B错误；C．根据电解反应和电子守恒得到N2+6e−+6H+═2NH3，H2−2e−=2H+，2NH3∼6e−∼3H2，每生成1molNH3，有1.5m

ol氢气参与电极反应，即有3gH2被氧化，故C正确；D．采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H+)为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨，故D错误；答案选C。【点睛】电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动

。6.由下列实验及现象能推出相应结论的是选项实验现象结论A将0.1mol·L－1ZnSO4溶液加入1mol·L－1Na2S溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L－1CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后变为黑色沉淀Ksp(CuS)=Ksp(ZnS)B

将过量铜粉加入2mL1.0mol·L－1Fe2(SO4)3溶液中，充分振荡，加几滴KSCN溶液溶液变蓝，加KSCN后溶液颜色不变氧化性：Fe3＋>Cu2＋C甲烷与氯气在光照条件下反应后，在试管口放置湿润的蓝色

石蕊试纸湿润的蓝色石蕊试纸变红生成的氯甲烷呈酸性D向20%的蔗糖溶液中加入少量的硫酸，水浴加热，再加入银氨溶液没有银镜产生蔗糖未水解A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．发生沉淀的转化，向Ksp更小的方向移动，由现象可知Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，故A错误

；B．Cu与铁离子反应生成铜离子、亚铁离子，则氧化性：Fe3+＞Cu2+，故B正确；C．发生取代反应生成HCl，HCl溶于水显酸性，而氯甲烷呈中性，故C错误；D．蔗糖水解后检验葡萄糖应在碱性条件下，没有加碱至碱性，不能检验是否水解

，故D错误；答案选B。7.常温下将NaOH溶液分别滴加到两种一元弱酸HA和HB中，两种混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A.电离常数：Ka(HB)>Ka(HA)B.Ka(HA)的数量级为10-5C.当HA与NaOH溶液混合至中性

时：c(A-)=c(HA)D.等浓度等体积的HA和NaB混合后所得溶液中：c(H+)>c(OH-)【答案】C【解析】Ka(HB)=cHcBcHB（）（）,Ka(HA)=cHcAcHA（）（）,该图是混合溶液的pH与

lgcAcHA（）、lgcBcHB（）变化的图像。A、当横坐标相同时，即cAcHA（）与cBcHB（）相同，发现HA的pH大，说明此时HA溶液的c（H+）小，则Ka(HB)>Ka(HA)，故A正确；B、当lg

cAcHA（）=0时，cAcHA（）=1，此时c（H+）在10-5-10-4.5之间，故Ka(HA)也在10-5-10-4.5之间，故Ka(HA)的数量级为10-5，故B正确；C、根据图像，当c(A

-)=c(HA)时，lgcAcHA（）=0，此时溶液呈酸性，故C错误；D、等浓度等体积的HA和NaB混合后所得溶液，HA对NaB的水解有抑制作用，依然是酸性溶液，c(H+)>c(OH-)，故D正确；故选C。点睛：该题

通过图像考查了溶液中的离子平衡问题，解出该题的关键是理解图像，即该图是混合溶液的pH与lgcAcHA（）、lgcBcHB（）变化的图像。看到横坐标，马上联想到Ka(HB)=cHcBcHB（）（）,Ka(HA

)=cHcAcHA（）（）,结合纵坐标就可以判断Ka的大小，尤其是C选项，只有结合图像、选项才能分析得到当c(A-)=c(HA)时，lgcAcHA（）=0，此时溶液呈酸性，而我们正常的思路是通过分析守恒关系得到结论，该题恰好逆其道而行之，这需要我们在做题中，灵活应对，尤其是图像题。

8.醋酸亚铬是一种氧气吸收剂，通常以二水盐[Cr(CH3COO)2]2·2H2O（式量：376）的形式存在，难溶于冷水，易溶于盐酸。其制备原理和实验装置：制备原理：实验装置：（如图所示）（1）仪器A的名称是_

_________。（2）装好试剂后按上述装置进行实验，完成下表内容。操作步骤实验现象发生反应的离子方程式关闭①___________________，打开②_______________，(用K1、K2、K3填写，下同)使盐酸缓慢加入至抽滤瓶中抽滤瓶中锌粒溶解，溶液由橙色逐

渐变成蓝色，有少量气泡③________，Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑抽滤瓶中产生大量气体时快速加入适量盐酸，关闭K2和④__________________，打开⑤_________抽滤瓶中⑥________

____Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑当溶液完全转移后，迅速塞紧锥形瓶，用冷水冷却锥形瓶中有深红色晶体析出⑦_____________（3）洗涤产品后干燥、称量，得到1.0g固体。列式表示产率：____（不必计算出结果，K2Cr2O7式量：294）。在实验中如

果盐酸过量，会导致产率偏________。（填“高”或“低”）【答案】(1).分液漏斗(2).K1(3).K2、K3，(4).Cr2O72−+4Zn+14H+＝2Cr2++4Zn2++7H2O(5).K3(6).K1(7).溶液被压入锥形瓶(8).2Cr2++4CH3COO−+2H2O=

[Cr(CH3COO)2]2∙2H2O↓(9).1.02942.0376×100%(10).低【解析】【分析】(1)根据图示仪器A的构造判断其名称；(2)根据实验现象“抽滤瓶中锌粒溶解，溶液由橙色逐渐变成蓝色，有少量气泡”可知，发生反应为Cr2O72−+4Zn+14H+＝2Cr2++4Zn2

++7H2O、Zn+2H+=Zn2++H2↑，则需要将分液漏斗中盐酸放入锥形瓶，据此判断操作方法；根据反应“Zn+2H+=Zn2++H2↑”可知，该操作目的是利用氢气将生成的铬离子压入盛有醋酸钠溶液的锥形瓶；醋酸亚铬难溶于水，

当溶液完全转移后，迅速塞紧锥形瓶，用冷水冷却，Cr2+和CH3COO−反应生成[Cr(CH3COO)2]2⋅2H2O↓，据此书写离子方程式；(3)根据铬离子守恒可得关系式：2273222KCrO~CrCHCOO2HO2943762.0gm据此计算出理论上应该生

成[Cr(CH3COO)2]2⋅2H2O的质量为，而实际上生成[Cr(CH3COO)2]2⋅2H2O的质量为1.0g，从而可计算其产率；实验过程中若盐酸过量，盐酸与锌发生反应，无法保证锌将Cr2O72−完全转化成Cr2+。【详解】(1)

根据图示可知，仪器A为分液漏斗；(2)根据实验现象“抽滤瓶中锌粒溶解，溶液由橙色逐渐变成蓝色，有少量气泡”可知，发生反应为：Cr2O72−+4Zn+14H+＝2Cr2++4Zn2++7H2O、Zn+2H+=Zn2++H2↑，则需要将分液漏斗中盐酸放入锥形瓶，操作

方法为：关闭①K1，打开②K2、K3，使盐酸缓慢加入至抽滤瓶中；根据反应“Zn+2H+=Zn2++H2↑”可知，该操作目的是利用氢气将生成的铬离子压入盛有醋酸钠溶液的锥形瓶，需要关闭K2和④K3，打开⑤K1；醋酸亚铬难溶于水，当溶液完全转移后，迅速塞紧锥形瓶，用冷水冷却，发生反应2Cr2+

+4CH3COO−+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2⋅2H2O↓，锥形瓶中有深红色[Cr(CH3COO)2]2⋅2H2O晶体析出；(3)根据铬离子守恒可得关系式：2273222KCrO~CrCHCOO2HO2943762.0gm则理论上应该生成[

Cr(CH3COO)2]2⋅2H2O的质量为：m=3762.0294g，而实际上生成[Cr(CH3COO)2]2⋅2H2O的质量为1.0g，则其产率为：=1.0g3762.0294×100%=1.02942.0376×100%

；若盐酸过量，盐酸与锌发生反应，不能保证锌将Cr2O72−完全转化成Cr2+，导致产率偏低。9.高氯酸铵(NH4ClO4)可用作火箭推进剂等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：(1)电解NaClO3溶液时，ClO3-在____极发生反应，其电极反应式为____。(2

)“除杂”有两种方案。①方案1：加入盐酸和H2O2溶液，NaClO3转化为ClO2，化学方程式为______。方案2：加入氨水和FeCl2∙4H2O，NaClO3转化为Cl-，离子方程式为____，如果FeCl2∙4H2O过量会出现黑色磁性沉淀，该

沉淀可能是______。(填化学式)②比较氧化性：ClO3-_____ClO4-(填“>”或“<”)。③两种方案相比，方案1的优点是____。(答一条即可)(3)“反应”时用NaClO4和NH4Cl在90℃制备NH4ClO4。如果用浓盐酸和液

氨代替NH4Cl，则无需加热，原因是____。(4)该流程中可循环利用的物质是_________。(填化学式)【答案】(1).阳(2).ClO3-+H2O-2e-=ClO4-+2H+(3).2NaClO3+2HCl+H2O2=2ClO2↑+2NaCl+2H2

O+O2↑(4).6Fe2++ClO3-+3H2O+12NH3∙H2O=6Fe(OH)3↓+Cl-+12NH4+(5).Fe3O4(6).(7).操作步骤简单(或过量的H2O2易除去等合理答案)(8).浓盐酸和液氨的反应为放热反应(9).NaCl【解析】【分析】(1)氯酸根离子化合价为+

5价升高到高氯酸根离子的+7价，发生氧化反应，为阳极反应；(2)①双氧水把氯酸钠还原为二氧化氯；氨水、亚铁离子、氯酸根离子反应生成氯离子、氢氧化铁沉淀、铵根离子；如果FeCl2∙4H2O过量会出现黑色磁性沉淀四氧化三铁；②根据以上分析，氯酸根离子

氧化性大于高氯酸根离子；③方案1的优点是操作步骤简单；(3)浓盐酸和液氨为放热反应；(4)根据流程判断。【详解】(1)氯酸根离子化合价为+5价升高到高氯酸根离子的+7价，发生氧化反应，在阳极发生反应，反应式为：ClO3-+H2O-2e-=ClO4-+2H+；(2)①双氧水把氯酸钠

还原为二氧化氯，方程式为：2NaClO3+2HCl+H2O2=2ClO2↑+2NaCl+2H2O+O2↑；氨水、亚铁离子、氯酸根离子反应生成氯离子、氢氧化铁沉淀、铵根离子，离子方程式为：6Fe2++ClO3-+3H2O+12N

H3∙H2O=6Fe(OH)3↓+Cl-+12NH4+；如果FeCl2∙4H2O过量会出现黑色磁性沉淀，该沉淀可能是四氧化三铁；②根据以上分析，氯酸根离子氧化性大于高氯酸根离子；③两种方案相比，方案1的优点

是操作步骤简单(或过量的H2O2易除去等合理答案)；(3)由于浓盐酸和液氨的反应为放热反应，故反应无需加热；(4)根据流程可知，该流程中可循环利用的物质是氯化钠。10.硼（B）可形成H3BO3、NaBH4、NaBO2等

化合物，用途广泛。（1）H3BO3为一元弱酸，可由硼砂（Na2B4O7﹒10H2O）与盐酸加热反应制得。该反应的化学方程式为____________________。常温下0.1mol·L-1的H3BO3溶液pH约为5.0，则H3BO3的电离常数Ka约为___

_。（2）在恒容密闭容器中发生储氢反应：BPO4(s)+4Na(s)+2H2(g)Na3PO4(s)+NaBH4(s)ΛH<0下图为NaBH4产率与反应温度的关系曲线：①反应达到平衡时，下列有关叙述正确的是_____。（填标号）A．生成1molNaBH4只需1molBPO4、4molNa

和2molH2B．若向容器内通入少量H2，则v（放氢）<v（吸氢）C．升高温度，放氢速率加快，重新达到平衡时容器压强增大D．降低温度，该反应的平衡常数减小②NaBH4的产率在603K之前随温度升高而增大的原因是_____________

______。（3）NaBH4可水解放出氢气，反应方程式为：NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑。①t1/2为NaBH4水解的半衰期（水解一半所需要的时间，单位为分钟）。lgt1/2随pH和温度的变化如图所示。在酸性条件下，NaBH4不能稳定存在，原因是_____（用离子方程式表示）；

T1__T2。（填“>”或“<”）②用H2制备H2O2的一种工艺简单、能耗低的方法，反应原理如下图所示。总反应的化学方程式为___________。【答案】(1).Na2B4O7·l0H2O+2HC14H3BO3

+2NaCl+5H2O(2).1.0×10-9(3).BC(4).反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快(5).BH4-+H++3H2O=H3BO3+4H2↑(6).<(7).H2+O2H2O2【解析

】【分析】（1）一元弱酸电离常数为达到平衡时，溶液所电离生成的各种离子浓度的乘积跟溶液中未电离的分子浓度的比。（2）掌握外界条件温度和浓度对化学平衡移动的影响，即可解题。（3）温度越低，反应越慢，t1/2越大。根据图示分析出pH相同的时

候所对应的lgt1/2越大，t1/2越大。【详解】（1）Na2B4O7﹒10H2O与盐酸加热反应生成H3BO3、NaCl和H2O。因此答案为Na2B4O7·l0H2O+2HC14H3BO3+2NaCl

+5H2O。H3BO3为一元弱酸，电离方程式为H3BO3H++H2BO3-，根据电离常数的定义可知Ka=+-2333(H)(HBO)(HBO)ccc=5510100.1=1.0×10-9。（2）①A．该反应为可逆反

应，1molBPO4、4molNa和2molH2不可能完全反应转化为1molNaBH4，故A错误。B．若向容器内通入少量H2，增加反应物的浓度，反应向正反应方向进行，则v（放氢）<v（吸氢）。故B正确。C．升高温度，正逆反应速率都加快，升

高温度反应向吸热反应即放氢方向进行，重新达到平衡时容器压强增大，故C正确。D．该反应为放热反应，温度降低，平衡向正反应方向进行，平衡常数变大，故D错误。本题选BC。②NaBH4的产率在603K之前随温度升

高而增大是因为反应没有达到平衡状态，温度升高，反应速率加快。（3）①根据NaBH4水解的化学方程式可知BH4-中H显-1价，和水电离的H+发生氧化还原反应生成H2。在酸性条件下BH4-和H+发生氧化还原反应生成H2，离子方程式为BH4-+H++3H2O=H3BO3+4H2↑。t1

/2越大lgt1/2越大，pH相同的时候T1对应的lgt1/2大，也就是T1时水解的半衰期长，反应速率慢，温度低，T1＜T2。②根据图示可知Pd和［PdCl2O2］2-为中间产物，［PdCl4］2-为催化剂，反应的化学方程式为H2+O2H2O2。11.化合物G是

一种具有多种药理学活性的黄烷酮类药物。实验室由芳香化合物A制备G的合成路线如下：回答以下问题：（1）A中的官能团名称为_______。E的分子式为_______。（2）由A生成B和由F生成G的反应类型分别是_______、_

______。（3）由C生成D的化学方程式为_______。（4）G的结构简式为______。（5）芳香化合物X是B的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1molX可与4molNaOH反应，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为3∶2∶2∶1。写出一

种符合要求的X的结构简式______________。（6）写出用环戊烯和正丁醛为原料制备化合物的合成路线___（其他试剂任选）。【答案】(1).羟基(2).C17H14O4(3).取代反应(4).加成反应或还原反应(5).(6).(7).(8

).【解析】(1)由A的分子式为C6H6O3,能和乙酸反应,可判断出A中有羟基,E的结构简式已给出，可以数出各原子的个数,进而知道E的分子式为C17H14O4。（2）由A生成B的反应是酯化反应，也是取代反应，由E到F的反应是E和氯化氢发生的加成反应。（3）由C生成D的反应是已知条件中给

出的反应类型，是含羰基的物质和含醛基的物质反应生成含碳碳双键的物质和水，此反应的化学方程式为：（4）E到F是和氯化氢发生的取代反应，所以F中没有甲基，F到G的反应为加成反应，可以判断出G的结构简式为。（5）根据条件，芳香化合物X可与FeCl3溶液发

生显色反应，可以判断分子中有苯酚的结构，1molX可与4molNaOH反应，可知分子中含有的酚羟基或羧基或酯基。其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为3:2:2:1，说明该分子对称，苯环上有两个或4个取代基。符合条件的同分异构体有：任写两种即可

。（6）由环戊烯和正丁醛到化合物的过程中涉及到了分子碳链的变化，官能团的种类和位置的变化。其合成路线为：点睛：本题考查的是有机合成，特别要注意合成过程中物质的碳链和官能团的变化。同分异构体的书写是难点

，也是经常考的知识点，要注意同分异构体的几种情况，碳链异构、位置异构和官能团异构，有时也可能涉及对应异构等。