资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩8页未读，
继续阅读
（新高考）高三化学第三次模拟考试卷（二）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)
展开
这是一份（新高考）高三化学第三次模拟考试卷（二）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)，文件包含新高考高三化学第三次模拟考试卷二原卷版doc、新高考高三化学第三次模拟考试卷二解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
（新高考）好高三第三次模拟考试卷
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
化 学（二）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137
一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意。）
1．2020年11月10日，中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟深度10909米处成功坐底并进行了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是
A．“奋斗者”号使用的锂离子电池工作时Li+向负极移动
B．制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点
C．“奋斗者”号返回水面的浮力材料纳米级玻璃微珠可产生了达尔效应
D．未来对海底“可燃冰”(主要成分为甲烷)的开采将有助于缓解能源危机
【答案】D
【解析】A．锂离子电池工作时Li+向正极移动，故A错误；B．因为合金比单独的组分金属具有更高的强度、更低的熔点，故B错误；C．纳米级玻璃微珠并没有确定具体粒子大小，1nm～100nm会有丁达尔效应，小于lnm不会有丁达尔效应，故C错误；D．未来对海底“可燃冰(主要成分为甲烷)的开采将有助于缓解能源危机，故D正确；故选D。
2．下图是以秸秆为原料制备某种高分子化合物W的合成路线：
下列有关说法正确的是
A．W的化学式为(C10H16O4)n B．Y可以发生酯化反应和加成反应
C．Y和1，4－丁二醇通过加聚反应生成W D．X具有两种不同的含氧官能团
【答案】A
【解析】A．根据W的结构简式可知其化学式为(C10H16O4)n，A正确；B．Y中含有羧基，可以发生酯化反应，但不能发生加成反应，B错误；C．Y和1，4－丁二醇通过脱水缩合生成W，C错误；D．X中的含氧官能团只有羧基一种，D错误；答案为A。
3．对于下列所述过程，能正确描述其反应离子方程式的是
A．Cl2通入NaOH溶液：Cl2+OH−=Cl−+HClO
B．一小块金属铜投入稀硝酸中：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O
C．富含SO2的CaCl2溶液久置出现白色浑浊：2Ca2++2SO2+O2+2H2O=2CaSO4↓+4H+
D．酸性KMnO4溶液遇H2C2O4而褪色：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】C
【解析】A．Cl2通入到NaOH溶液中的产物主要为NaClO和NaCl，其离子反应的方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，A错误；B．Cu和稀硝酸反应生成NO，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，B错误；C．SO2与CaCl2溶液不能直接反应，久置出现白色浑浊，可能是空气中的O2将溶解的SO2氧化成H2SO4，继而与CaCl2溶液反应得到CaSO4沉淀，C正确；D．H2C2O4属于中强酸，不能拆成离子形式，其离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10
CO2↑+8H2O，D错误；答案选C。
4．次氯酸钠可用于废水中氨氮(以NH3表示)的去除，反应原理如图所示，其中第②步反应有NH2Cl、NHCl2等中间产物生成。下列叙述错误的是
A．氨氮的去除过程不宜采用较高温度加热的方法加快反应速率
B．第②步反应生成NH2Cl时，有H—Cl键的断裂和生成
C．适当增加次氯酸钠的用量，可以提高废水中氨氮的去除率
D．理论上，次氯酸钠和去除的氨氮(以NH3表示)的物质的量之比为3∶2
【答案】B
【解析】A．由图可知反应过程生成HClO，HClO不稳定，温度过高易发生分解，使氨氮去除率降低，A正确；B．第②步生成NH2Cl的反应方程式为NH3+HClO=NH2Cl+H2O，HClO的结构式为H—O—Cl，NH2Cl的结构式为，反应物和生成物中的氯原子与氢原子没有直接相连，因此并没有H—Cl键的断裂和形成，B错误；C．由图中原理可知，反应过程①NaClO和H2O反应生成HClO，HClO氧化NH3去除氨氮，HClO浓度大，氨氮去除率高，C正确；D．次氯酸钠去除废水中氨氮(以NH3表示)的总反应方程式为3NaClO+2NH3=N2+3NaCl+3H2O，由方程式可知次氯酸钠和氨氮(以NH3表示)的物质的量之比为3∶2，D正确；答案选B。
5．NF3与汞共热得到N2F2和一种汞盐，下列有关说法错误的是
A．NF3的空间构型为三角锥形 B．N2F2的结构式为F－N＝N－F
C．NF3沸点一定高于NH3 D．N2F2分子存在顺反异构
【答案】C
【解析】A．NF3的中心原子N的价电子对数为，含有1个孤电子对，因此其空间构型为三角锥形，A正确；B．N2F2中N原子和F原子形成一对共用电子对，N原子和N原子间形成2对共用电子对，其结构式为F－N＝N－F，B正确；C．由于NH3分子间存在着氢键，因此NF3沸点低于NH3，C错误；D．N2F2分子存在顺反异构，类似于C2H4，即(顺式)、(反式)，D正确；答案选C。
6．下列实验中，对应的实验现象及解释或结论都正确且有因果关系的是
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
常温下，用pH计分别测定等体积溶液和溶液的pH
测得pH都等于
同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
B
工业上用SiO2与焦炭在高温条件制备粗硅
生成可燃性气体，得到黑色固体粗硅
非金属性：C＞Si
C
铁的氢氧化物溶于足量的溶液中，滴加溶液
固体溶解，溶液未变红色
铁的氢氧化物一定是
D
向两支盛有KI3溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和溶液
前者溶液变蓝，后者产生黄色沉淀
I溶液中存在平衡II2+I−
【答案】D
【解析】A．不同浓度的溶液pH均为7，说明醋酸根离子和铵根离子的水解程度相等。但是，浓度越大，两种离子的水解程度就越大，水的电离也越大，A错误；B．制备粗硅时，C是还原剂，Si是还原产物，不能得出非金属性C>Si，B错误；C．HI有还原性，可以将Fe3+还原为Fe2+，故加入KSCN溶液不变红可能是Fe(OH)3被还原，C错误；D．向KI3溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，证明溶液中有I2；向KI3溶液中滴加溶液，生成黄色沉淀，证明有I−，即I溶液中存在平衡II2+I−，D正确；故选D。
7．人体内的血红蛋白(Hb)可与O2结合，更易与CO结合使人体中毒，涉及原理如下：
①Hb(aq)+O2(g)HbO2(aq) ΔH1＜0
②Hb(aq)+CO(g)HbCO(aq) ΔH2＜0
③HbO2(aq)+CO(g)HbCO(aq)+O2(g) ΔH3＜0
下列说法错误的是
A．ΔH1＜ΔH2
B．反应①、②在一定温度下均能自发进行
C．刚从平原到高原时，人体血液中c(HbO2)将降低，使人体因缺氧而不适
D．将CO中毒的人转至高压氧仓中治疗，反应③平衡逆向移动而缓解症状
【答案】A
【解析】A．根据盖斯定律，反应③可由反应②减反应①所得，ΔH3=ΔH2-ΔH1<0，则ΔH2<ΔH1，A项错误；B．反应①与反应②均是熵减反应，由ΔH-TΔS<0反应可自发进行可知，反应①与反应②在较低温度能自发进行，B项正确；C．从平原初到高原，氧气含量减少，反应③正向移动，则人体血液中c(HbO2)降低，C项正确；D．CO中毒的人体血液中c(HbCO)增大，转到高压氧仓中，反应③平衡逆向移动，D项正确；答案选A。
8．“一锅法”用[Ru]催化硝基苯(PhNO2，Ph－表示苯基)与醇(RCH2OH)反应为仲胺(RCH2NHPh)，反应过程如下图所示。下列叙述错误的是
A．反应原料中的RCH2OH不能用RCH(CH3)OH代替
B．历程中存在反应PhNH2+RCHO→RCH=NPh+H2O
C．有机物还原反应的氢都来自于RCH2OH
D．该反应过程结束后RCHO没有剩余
【答案】D
【解析】据图知发生以下反应：①2[Ru]+RCH2OH→RCHO+2[Ru-H]；②6[Ru-H]+PhNO2→PhNH2
+6[Ru]+2H2O；③PhNH2+RCHO→RCH=NPh+H2O；④RCH=NPh+2[Ru-H]→RCH2NHPh+2[Ru]。A．由①②③知，RCHO是①的产物，是③的反应物，①中生成③中消耗，③生成的RCH2NHPh会变成RCH=NPh作为④的反应物，若将RCH2OH替代，最终RCH2NHPh会变成RCH(CH3)NHPh，不是所需产物，A项不符合题意；B．由③知，存在该反应，B项不符合题意；C．由图中PhNO2→PhNH2，RCH=NPh→RCH2NHPh，该反应中的H来源于Ru-H，Ru-H中的H来源于RCH2OH，C项不符合题意；D．[Ru]为催化剂，由分析可知总反应为4RCH2OH+PhNO23RCHO+3H2O+RCH2NHPh，RCHO有剩余，D项符合题意；故正确选项为D。
9．科学家发明了一种新型Zn－MnO2水介质可逆的二次电池，原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，正极反应为MnO2+2e−+4H+=Mn2++2H2O
B．X和Y分别为阴离子膜和阳离子膜，放电时中间室c[K2SO4(aq)]减小
C．充电后溶液pH由小到大的顺序为：正极室、中间室、负极室
D．充电时，阴极反应为：+2e−=Zn+4OH−
【答案】B
【解析】A．由图示可知，Zn为负极失去电子被氧化为，即；MnO2为正极，酸性溶液中MnO2得到电子被还原为Mn2+，即，故A不选；B．放电时，正极室消耗“4mol H+”生成“1mol Mn2+”，根据电荷守恒正极室的SO有富余，穿过X膜(阴离子膜)进入中间室；负极室消耗“4mol OH−”生成“1mol ”，根据电荷守恒负极室K+有富余，穿过Y膜(阳离子膜)进入中间室，所以中间室增大，而不是减小，故选B；C．充电时，阳极反应为：，氢离子浓度增大，pH较小，pH＜7，阴极反应为：，氢氧根离子浓度增大，pH增大，pH＞7，充电或放电前后中间室溶液的pH=7保持不变，故C不选；D．由C分析可知D正确，故D不选；答案选B。
10．一种离子化合物(如图所示)，可用作分析试剂、杀虫剂在纺织印染工业中用作树脂整理催化剂，其中X、Y、Z、W为短周期元素且原子序数依次增大。Y、Z可形成新型陶瓷，是一种超硬材料，硬度仅次于金刚石，X、W形成的化合物易溶于水，其水溶液显弱酸性。下列叙述正确的是
A．W的最高价氧化物的水化物的化学式为：HWO4
B．气态氢化合物的稳定性：Z>Y
C．该化合物中存在离子键、共价键、配位键，且1mol该化合物中有1mol配位键
D．Y的最高价氧化合物的水化物是二元弱酸
【答案】B
【解析】由图可知，Z和Y周围都连接了4根化学键，结合离子所带电荷，及Y、Z可形成新型陶瓷，是一种超硬材料，硬度仅次于金刚石，可以推知Y为B、Z为N；X和W都连一根键且X、W形成的化合物易溶于水，其水溶液显弱酸性，可以推测X为H元素，W为F元素。A．W为F元素，没有正价，不存在最高价氧化物的水化物，故A错误；B．非金属性：N>B，则气态氢化合物的稳定性：Z>Y，故B正确；C．该化合物是离子化合物存在离子键、共价键、配位键，1mol该化合物中有2mol配位键，故C错误；D．Y为B，最高价氧化合物的水化物H3BO3是一元弱酸，故D错误；故选B。
二、 不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
11．K2FeO4是优良的水处理剂，在水中发生反应：4FeO+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH−+3O2↑，下列叙述错误的是
A．溶液pH越小，K2FeO4越不稳定
B．K2FeO4净水是利用Fe(OH)3胶体吸附水中的Ca2+、Mg2+等离子
C．上述反应中K2FeO4仅作氧化剂
D．可利用K2FeO4的强氧化性对自来水杀菌、消毒
【答案】BC
【解析】A．若溶液pH减小，促使4FeO+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH−+3O2↑反应正向进行，所以溶液pH越小，K2FeO4越不稳定，故A正确；B．K2FeO4净水是利用Fe(OH)3胶体吸附水中的悬浮杂质，故B错误；C．上述反应，K2FeO4中铁元素化合价降低、部分氧元素化合价升高生成氧气，K2FeO4既作氧化剂又作还原剂，故C错误；D．+6价的铁有强氧化性，可利用K2FeO4的强氧化性对自来水杀菌、消毒，故D正确；选BC。
12．已知34Se和S都是氧族元素。常温下，向某浓度的、、三种微粒的物质的量的分数(σ)随pH变化如图所示，下列说法错误的是
A．pH=2.62时，
B．B点对应的溶液中：
C．0.1mol·L−1的溶液中：
D．反应的平衡常数K=1.0×105.7
【答案】B
【解析】A．由图可知pH=2.62时，，A正确；B．B点对应的溶液中，由电荷守恒可知=，又由于B点有，所以=，B错误；C．0.1mol/L的溶液中存在的电离平衡和水解平衡，由A点可知，由B点可知，，所以溶液中离子浓度的大小顺序为：，C正确；D．由A点可知，由B点可知，反应的平衡常数，D正确；故选B。
13．在一定条件下，向Al2O3和过量C粉的混合物中通入纯净的氯气，可制得易水解的AlCl3，反应的化学方程式为Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO，实验装置如图所示。下列说法错误的是
A．装置a中反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
B．装置b、c中盛装的分别是饱和食盐水和浓硫酸
C．装置d、e之间应添加一个干燥装置
D．此实验的尾气，除氯气外都可直接排放到大气中
【答案】D
【解析】向氧化铝和过量碳粉的混合物中通入氯气，可制得易水解的氯化铝，由实验装置可知，a中浓盐酸与二氧化锰加热可生成氯气，b中饱和食盐水可除去HCl，c中浓硫酸干燥氯气，d中反应制备氯化铝，e为尾气处理。A．装置a中浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下反应生成氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，A项正确；B．b为饱和食盐水，可用于除去氯化氢，c为浓硫酸，起到干燥作用，B项正确；C．氯化铝易水解，则应在d、e之间添加一个干燥装置，防止空气中的水进入d中，C项正确；D．尾气除氯气外还有CO，不能直接排放，D项错误；答案选D。
14．食品抗氧化剂焦亚硫酸钠(Na2S2O5)为具有强还原性的白色细小结晶状固体。工业制备原理为Na2SO3+SO2=Na2S2O5，某种制备Na2S2O5的基本流程如下图所示。
下列说法正确的是
A．可用pH计测定溶液的pH=4.1
B．溶液1溶质的成分为Na2SO3
C．操作a应在还原氛围下进行
D．抗氧化时，1mol Na2S2O5可以消除2mol O2
【答案】AC
【解析】根据pH计的精确度进行判断；根据流程中所加物质判断反应产物；根据溶液的酸碱性判断溶质的可能情况；根据已知反应Na2SO3+SO2=Na2S2O5，可以判断反应属于氧化还原反应，根据化合价的变化可以判断二氧化硫是还原剂，以此来判断反应的氛围。A．测定溶液pH的精确度为0.1，可用pH计（或酸度计，或pH传感器）等，A项正确；B．向Na2CO3饱和溶液通入SO2至pH=4.1得到溶液1，由于Na2SO3水解使溶液显碱性，pH＞7，B项错误；C．由流程图可知溶液3的主要溶质为Na2S2O5，Na2S2O5具有强还原性，所以从Na2S2O5溶液中析出Na2S2O5晶体，应在还原氛围下进行，C项正确；D．Na2S2O5中硫元素化合价为+4，当氧化至最高价+6时，1mol Na2S2O5最多可以提供4mol电子，可以消除1mol O2，D项错误。故选答案AC。
15．我国科学家研制出一种新型化学电池成功实现废气的处理和能源的利用，用该新型电池电解CuSO4溶液，装置如下(H2R和R都是有机物)。下列说法正确的是
A．b电极为负极
B．工作一段时间后，正极区的pH变大
C．电池工作时，负极区要保持呈酸性
D．若消耗标准状况下112mL O2，则电解后的CuSO4溶液pH约为2
【答案】C
【解析】根据图示，左图为原电池，右图为电解池。左图中a电极上Fe3+和H2S生成S和Fe2+，Fe2+在电极a处失去电子生成Fe3+，电极反应为Fe2+-e−=Fe3+，生成的Fe3+能够继续氧化H2S；b电极一侧，O2和H2R反应生成H2O2和R，R在电极b处得到电子和H+生成H2R，电极方程式为R+2e−+2H+=H2R，生成的H2R可以继续与氧气反应，因此电极a为负极，电极b为正极，与电源负极相连的电极为阴极，与电源正极相连的电极为阳极，电解硫酸铜溶液，电极反应为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑。A．b电极为正极，电极反应式为R+2H++2e−=H2R，故A不符合题意；B．正极的电极反应式为R+2H++2e−=H2R，生成的H2R又继续与氧气反应，H2R+O2=H2O2+R，负极区的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+，左侧的氢离子通过质子交换膜移向右侧，保持正极区的pH基本不变，故B不符合题意；C．电极a为负极，电极反应式为Fe2+-e−=Fe3+，因此电池工作时，负极区要保持呈酸性，防止Fe3+水解沉淀，故C符合题意；D．标准状况下112mL O2的物质的量==0.005mol，根据电解CuSO4溶液的反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu
+2H2SO4+O2↑可得生成0.005mol硫酸，c(H+)==0.1mol/L，pH=1，故D不符合题意；答案选C。
三、非选择题（本题共5小题，共60分。）
16．实验室用如图所示装置制备FeSO4溶液，再与等物质的量的(NH4)2SO4反应，制备补血剂硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]。
已知：硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
(1)实验装置
盛装1mol·L−1的H2SO4溶液的仪器名称是_______。图示装置中的加热方式是_______。
(2)尾气吸收
由于加入的铁粉不纯，反应过程中会产生少量PH3气体，故需使用封闭装置。用CuSO4溶液吸收PH3时会生成H3PO4和Cu，则该反应的化学方程式为_______。
(3)药品用量
将0.7g铁粉、10mL 1mol·L−1 H2SO4溶液加入烧瓶中反应。采取上述原料配比的主要原因是_______。
(4)制备FeSO4溶液
保持温度在70℃~80℃之间，至反应无明显气泡产生后，停止加热，过滤，称量残余固体质量。为避免在过滤时析出FeSO4晶体，可采取的措施是_______。
(5)制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
向FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70℃~80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体。乙醇的作用为_______。
(6)产品检验
请补充完整测定产品中SO含量的实验方案：准确称取0.4g样品，将样品溶于70mL水中，_______(填字母)。
①滴加BaCl2溶液至沉淀完全
②过滤
③直至向洗涤液中滴加AgNO3溶液不再出现浑浊
④将沉淀移入坩埚，灼烧至恒重，记录数据
⑤加入2mol·L−1的HCl溶液酸化
⑥洗涤沉淀
A．⑤①②⑥③④ B．①②⑤⑥③④ C．②①⑤⑥③④ D．⑤①③⑥②④
(7)已知酸性高锰酸钾溶液可与Fe2+发生氧化还原反应：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。现称取4.476g (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O产品(杂质只有FeSO4·7H2O)溶于稀硫酸中，然后用0.10mol·L−1的高锰酸钾溶液滴定，达到终点时消耗了24.00mL高锰酸钾溶液。
①滴定终点时的现象是_______。
②产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量分数为_______(结果保留4位有效数字)。
【答案】（1）分液漏斗 水浴加热
（2）4CuSO4+PH3+4H2O=H3PO4+4H2SO4+4Cu
（3） 避免Fe2+被氧化为Fe3+
（4） 趁热过滤
（5） 降低硫酸亚铁铵晶体是水中的溶解度
（6） A
（7） 溶液变为浅紫红色，且30s内不褪色 87.58%
【解析】(1)根据仪器构造可知，盛装1mol·L−1的H2SO4溶液的仪器名称是分液漏斗。图示装置是将圆底烧瓶放在热水浴中加热，故加热方式是水浴加热。(2)CuSO4和PH3反应生成H3PO4和Cu，Cu的化合价降低，P的化合价升高，根据电子守恒和质量守恒可写出该反应的化学方程式为：4CuSO4+PH3+4H2O=H3PO4+4H2SO4+4Cu。(3)将0.7g铁粉（即0.0125mol）和10mL 1mol·L−1 H2SO4溶液（含H2SO4的物质的量为0.01mol）反应，铁粉过量，主要原因是避免Fe2+被氧化为Fe3+。(4)为避免在过滤时析出FeSO4晶体，可采取趁热过滤的措施。(5)硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，所以加入乙醇的作用为降低硫酸亚铁铵晶体的溶解度。(6)测定产品中SO含量，方案是将SO沉淀为BaSO4，称量纯净的BaSO4的质量，从而测定SO含量。步骤是：准确称取0.4g样品，将样品溶于70mL水中，先加入2mol·L−1的HCl溶液酸化，然后滴加BaCl2溶液至沉淀完全，过滤，洗涤沉淀，直至向洗涤液中滴加AgNO3溶液不再出现浑浊，将沉淀移入坩埚，灼烧至恒重，记录数据，故选A。(7)①高锰酸钾溶液呈紫红色，当达到滴定终点时，溶液由无色变为浅紫红色，且摇动30s溶液颜色不褪去。②参加反应的高锰酸钾的物质的量为0.10mol·L−1×0.02400 L=2.4×10−3mol，根据反应的化学方程式：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可知，参加反应的Fe2+的物质的量为2.4×10−3mol×5=0.012mol。设产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的物质的量为x，FeSO4·7H2O的物质的量为y，则x+y=0.012，392x+278y=4.476，可求出x=0.01mol，y=0.002mol，则(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量为3.92g，所以(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O质量分数为=87.58%。
17．由于荧光探针的高灵敏度，特异性，快速响应和技术简便性，已成为检测成像和疾病诊断的强大工具。基于光感应电子转移的传感和诊疗探针的传感机理如图：
回答下列问题：
(1)Cu位于元素周期表___________区，铜的熔点高于钾的原因是___________。
(2)BTCu分子中，B原子的杂化轨道类型是___________，1mol BTCu分子中含有___________mol配位键。
(3)BTCu-Cu2+中第二周期元素原子的第一电离能由小到大的顺序为___________；BTCu-Cu2+组成元素形成的分子中，与CO2互为等电子体的是___________(写一种即可)。
(4)磷锡青铜是有名的弹性材料，广泛用于仪器仪表中的耐磨零件和抗磁元件等。磷锡青铜品胞结构如图所示。NA代表阿伏加德罗常数的值，铜、磷原子最近距离为0.5a pm。
①磷锡青铜的化学式为___________，铜与铜原子最近距离为___________pm。
②磷锡青铜晶体密度为___________g·cm−3(用代数式表示)。
【答案】（1）ds 铜的价电子数比钾多，铜的原子半径比钾小，铜的金属键比钾强
（2） sp3 1
（3） B
【解析】(1)铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，位于元素周期表的ds区；钾元素和铜元素均位于元素周期表的第四周期，单质都是金属晶体，铜原子的的价电子数比钾原子多，原子半径比钾原子小，铜晶体中的金属键比钾晶体中的金属键强，金属晶体中金属键越强，晶体的熔点越高，则铜的熔点高于钾，故答案为：铜的价电子数比钾多，铜的原子半径比钾小，铜的金属键比钾强；(2)由BTCu分子的结构示意图可知，硼原子以单键与4个原子相连接，则硼原子的杂化方式为sp3杂化；硼原子的价电子数为3，最多可形成3个共价键，则硼原子形成的4个共价键中有1个为配位键，故答案为：sp3；1；(3)BTCu-Cu2+离子中B、C、N、O、F为第二周期元素，同周期元素，从左到右第一电离能有增大的趋势，但氮原子的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能比相邻的元素大，则五种元素的第一电离能由小到大的顺序为B
(1)目前，世界上采用的合成氨技术是在1909年发明的。采用该法合成氨需要在2000MPa的高压、450℃或500℃的高温下，并用铁做催化剂，且氮气的平衡转化率分别为15%或10%。
N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH
①ΔH______0(填“＜”或“＞”)，依据是______。
②维持高压的目的是______。
③如果通入的氮气与氢气体积比为1∶3，则500℃时Kp=______(MPa)−2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数。结果保留2位有效数字)。
(2)氨气可以选择性还原NO，利用此原理可以清除工业尾气。NO的主要还原路径如下：
NH3+OH=H2O+NH2 NH3+O=OH+NH2 NH2+NO=N2+H2O NH2+NO=NNH+OH 2OH=H2O+O
①NO还原反应开始阶段，起决定作用的物质有NH2、______和______(填化学符号)。
②依据NO还原路径，选择合适的反应条件。下列不属于该反应需要的条件是______(填编号)
A．高温 B．低温 C．催化剂
(3)科学家在常压下把氢气和用氨稀释的氮气分别通入一个加热到570℃的电解池(如图)，氢气和氮气在电极上合成了氨，转化率可高达78%。
①电合成氨中不能用水溶液做电解质，原因是不利于氨气移出和______。
②合成氨中所用电解质(图中涂黑处)能传导H+，阴极反应为______。
【答案】（1）＜ 450℃的平衡转化率为15%，高于500℃的平衡转化率10%，相当于温度升高平衡逆向移动，即∆H＜0 提高反应物的转化率(或生成物的产率)、提高反应速率 8.2×10−9
（2） OH O B
（3） 该电解池工作温度为570℃，远高于水的沸点 N2+6H++6e−=2NH3
【解析】(1)①由N2与H2合成氨气，由于在450℃的平衡转化率为15%，高于500℃的平衡转化率10%，相当于温度升高化学平衡逆向移动，即∆H＜0，所以合成氨气的正反应是一个气体体积减小的放热反应，所以ΔH＜0；②维持高压既可以加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，也可以使化学平衡正向移动，提高反应物的平衡转化率，所以维持高压的目的是提高反应速率、提高反应物的转化率(或生成物的产率)；③在500℃时N2的平衡转化率是10%，如果通入的氮气与氢气体积比为1∶3，在恒容密闭容器中，气体的体积比等于气体的物质的量的比，等于气体产生的压强比。假设通入N2的物质的量为a mol，则通入H2的物质的量为3a mol，平衡时各种气体的物质的量n(N2)=a mol×(1-10%)=0.9a mol，n(H2)=3a mol×(1-10%)=2.7a mol，n(NH3)=0.2a mol，则平衡时气体总物质的量为n(总)=0.9a mol+2.7a mol+0.2a mol=3.8a mol，则500℃时Kp==8.2
×10−9(MPa)−2；(2)①由NO的主要还原路径方程式可知：在NO还原反应开始阶段，起决定作用的物质有NH2、OH、O原子；②断裂化学键需吸收大量热，为加快反应速率，可以适当升高反应温度，使用催化剂，因此不属于该反应需要的条件是低温，故合理选项是B；(3)①在570℃的电解池中进行氢气和氮气在电极上合成了氨，由于反应产生的氨气极容易溶于水，不利用氨气的逸出，且反应温度为570℃，远高于水的沸点100℃，水不能以液体形式存在，因此在电合成氨中不能用水溶液做电解质；②在阴极上N2得到电子，变为NH3，故阴极的电极反应式为：N2+6H++6e−=2NH3。
19．下图1为从铜转炉烟火[主要含有ZnO，还有少量的Fe(II)、Pb、Cu、As元素]制取活性氧化锌的流程。请回答以下问题：
已知：①活性炭主要吸附有机质；②25℃时，；③氨体系环境中锌元素以形式存在；④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH：
金属离子
开始沉淀pH
1.9
7.0
4.5
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
6.4
10.1
(1)Pb(OH)Cl中Pb的化合价为____。
(2)题中所列铜转炉烟灰所含主要元素中有___种非主族元素，画出的原子结构示意图___。
(3)浸取温度为50℃，反应时间为1h时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图2，则氯化铵最适宜的浓度为____mol·L−1。
(4)加入适量KMnO4溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，写出除铁步骤的离子方程式：_______，常温下此时体系中Fe3+残留最大浓度为_______mol·L−1。
(5)“滤渣Ⅲ”的主要成分为_______(填化学式)。
(6)“沉锌”反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）+2
（2） 三
（3） 4
（4）
（5） Cu、Zn
（6）
【解析】根据流程图，向铜转炉烟会中加入了氯化铵和氨水，除出了Pb元素，加入FeCl3，除去了As和部分Fe；加入高锰酸钾后，调节pH=4～4.5，根据各金属离子沉淀的pH，可知此步骤除去了Fe3+，杂质中还有Cu没有除去，因此试剂a为过量的Zn，置换出溶液中的Cu，以便除去Cu，滤渣Ⅲ为Cu和过量的Zn，最后经过沉锌等步骤得到产物。(1)Pb(OH)Cl中O的化合价为-2，Cl的化合价为-1，H的化合价为+1，根据化合价代数和为0，Pb的化合价为+2；(2)铜转炉烟灰中含有Zn、O、Fe、Pb、Cu、As，其中O位于第ⅥA族，Pb位于第ⅣA族，As属于第ⅤA族，而Zn、Fe、Cu属于过渡元素，一共3种非主族元素；根据核外电子排布规律，的原子结构示意图；(3)浸取过程中需要使Zn元素尽可能多地进入溶液，而杂质离子要尽可能少地进入溶液，同时为了加快反应速率，需要氯化铵的浓度尽量大一些，观察题图，可知当氯化铵的浓度为4mol·L−1时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，氯化铵的浓度也较大，另一方面若浓度再高，铅元素进入溶液，所以最适宜的浓度为4mol·L−1；(4)加入适量KMnO4溶液目的是除铁元素，同时溶液中不会有明显的锰元素残留，说明此时锰元素是以的形式存在，亚铁离子被氧化成三价铁，此时pH为4~4.5，又根据已知④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知生成的是Fe(OH)3，再根据升降法配平写出的反应方程式为。要使常温下此时体系中Fe3+残留浓度最大，则，，=4.0×10−8mol·L−1；(5)经过前面的步骤，杂质除去了Fe、Pb、As，杂质中还有Cu没有除去，因此试剂a为过量的Zn，置换出溶液中的Cu，以便除去Cu，滤渣Ⅲ为Cu和过量的Zn；(6)溶液中有大量Zn2+，加入碳酸氢铵后产生，说明HCO电离出的CO和H+。Zn2+、CO、OH−结合生成沉淀，促进HCO的电离，电离出的H+又和HCO结合生成CO2和H2O，所以离子方程式为。
20．有机物H有镇咳、镇静的功效，其合成路线如下：
已知：RXR-MgX（R、R’、R’’代表烃基或氢）
回答下列问题：
(1)A的化学名称为___________；D中含氧官能团的名称是___________。
(2)③的反应类型是___________。
(3)反应②的化学方程式为______________________。
(4)X的结构简式为___________。
(5)写出苯环上的一氯代物只有一种的H的同分异构体的结构简式：___________。
(6)参考上述流程，以苯甲醇为原料，其他无机试剂任选，写出合成的路线________________。
【答案】（1）一溴环戊烷 羰基
（2） 消去反应
（3）
（4）
（5）
（6）
【解析】根据信息知，环戊烷和单质溴在光照时发生取代反应生成A为，A和NaOH的水溶液发生水解反应生成B为，B被氧化生成D为，根据信息知生成E为，E发生消去反应生成F为，F和溴发生加成反应生成X为，X发生消去反应生成甲；(6)苯甲醇被催化氧化产生苯甲醛，苯甲醇与HBr发生取代反应产生，和Mg、无水乙醇反应生成C6H5-CH2MgX，该物质和苯甲醛反应酸化得到醇，再发生消去反应生成。(1)根据上述分析可知A结构简式是，名称为一溴环戊烷；D结构为，含氧官能团是羰基；(2)E结构简式是，该物质含有醇羟基，在羟基连接的碳原子的邻位C原子上有H原子，所以与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生F：，所以反应③的类型为消去反应；(3)反应②是一溴环戊烷与强碱NaOH的水溶液在加热时发生的取代反应，化学方程式为；(4)F结构简式是，分子中含有碳碳双键，与Br2的CCl4溶液发生加成反应产生X，所以X的结构简式是：；
(5)H的分子式是C10H14，其含有苯环且苯环上的一氯代物只有一种的同分异构体，说明苯环上只有一种位置的H原子，则该物质可能有的结构简式是；(6)苯甲醇被催化氧化产生苯甲醛；苯甲醇与HBr在加热条件下发生取代反应，—OH被Br原子取代，产物和Mg、无水乙醇反应生成C6H5-CH2MgBr，C6H5-CH2MgBr和苯甲醛反应酸化得到醇，该醇发生消去反应生成，所以合成路线为：
。
（新高考）好高三第三次模拟考试卷
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
化 学（二）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137
一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意。）
1．2020年11月10日，中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟深度10909米处成功坐底并进行了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是
A．“奋斗者”号使用的锂离子电池工作时Li+向负极移动
B．制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点
C．“奋斗者”号返回水面的浮力材料纳米级玻璃微珠可产生了达尔效应
D．未来对海底“可燃冰”(主要成分为甲烷)的开采将有助于缓解能源危机
【答案】D
【解析】A．锂离子电池工作时Li+向正极移动，故A错误；B．因为合金比单独的组分金属具有更高的强度、更低的熔点，故B错误；C．纳米级玻璃微珠并没有确定具体粒子大小，1nm～100nm会有丁达尔效应，小于lnm不会有丁达尔效应，故C错误；D．未来对海底“可燃冰(主要成分为甲烷)的开采将有助于缓解能源危机，故D正确；故选D。
2．下图是以秸秆为原料制备某种高分子化合物W的合成路线：
下列有关说法正确的是
A．W的化学式为(C10H16O4)n B．Y可以发生酯化反应和加成反应
C．Y和1，4－丁二醇通过加聚反应生成W D．X具有两种不同的含氧官能团
【答案】A
【解析】A．根据W的结构简式可知其化学式为(C10H16O4)n，A正确；B．Y中含有羧基，可以发生酯化反应，但不能发生加成反应，B错误；C．Y和1，4－丁二醇通过脱水缩合生成W，C错误；D．X中的含氧官能团只有羧基一种，D错误；答案为A。
3．对于下列所述过程，能正确描述其反应离子方程式的是
A．Cl2通入NaOH溶液：Cl2+OH−=Cl−+HClO
B．一小块金属铜投入稀硝酸中：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O
C．富含SO2的CaCl2溶液久置出现白色浑浊：2Ca2++2SO2+O2+2H2O=2CaSO4↓+4H+
D．酸性KMnO4溶液遇H2C2O4而褪色：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】C
【解析】A．Cl2通入到NaOH溶液中的产物主要为NaClO和NaCl，其离子反应的方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，A错误；B．Cu和稀硝酸反应生成NO，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，B错误；C．SO2与CaCl2溶液不能直接反应，久置出现白色浑浊，可能是空气中的O2将溶解的SO2氧化成H2SO4，继而与CaCl2溶液反应得到CaSO4沉淀，C正确；D．H2C2O4属于中强酸，不能拆成离子形式，其离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10
CO2↑+8H2O，D错误；答案选C。
4．次氯酸钠可用于废水中氨氮(以NH3表示)的去除，反应原理如图所示，其中第②步反应有NH2Cl、NHCl2等中间产物生成。下列叙述错误的是
A．氨氮的去除过程不宜采用较高温度加热的方法加快反应速率
B．第②步反应生成NH2Cl时，有H—Cl键的断裂和生成
C．适当增加次氯酸钠的用量，可以提高废水中氨氮的去除率
D．理论上，次氯酸钠和去除的氨氮(以NH3表示)的物质的量之比为3∶2
【答案】B
【解析】A．由图可知反应过程生成HClO，HClO不稳定，温度过高易发生分解，使氨氮去除率降低，A正确；B．第②步生成NH2Cl的反应方程式为NH3+HClO=NH2Cl+H2O，HClO的结构式为H—O—Cl，NH2Cl的结构式为，反应物和生成物中的氯原子与氢原子没有直接相连，因此并没有H—Cl键的断裂和形成，B错误；C．由图中原理可知，反应过程①NaClO和H2O反应生成HClO，HClO氧化NH3去除氨氮，HClO浓度大，氨氮去除率高，C正确；D．次氯酸钠去除废水中氨氮(以NH3表示)的总反应方程式为3NaClO+2NH3=N2+3NaCl+3H2O，由方程式可知次氯酸钠和氨氮(以NH3表示)的物质的量之比为3∶2，D正确；答案选B。
5．NF3与汞共热得到N2F2和一种汞盐，下列有关说法错误的是
A．NF3的空间构型为三角锥形 B．N2F2的结构式为F－N＝N－F
C．NF3沸点一定高于NH3 D．N2F2分子存在顺反异构
【答案】C
【解析】A．NF3的中心原子N的价电子对数为，含有1个孤电子对，因此其空间构型为三角锥形，A正确；B．N2F2中N原子和F原子形成一对共用电子对，N原子和N原子间形成2对共用电子对，其结构式为F－N＝N－F，B正确；C．由于NH3分子间存在着氢键，因此NF3沸点低于NH3，C错误；D．N2F2分子存在顺反异构，类似于C2H4，即(顺式)、(反式)，D正确；答案选C。
6．下列实验中，对应的实验现象及解释或结论都正确且有因果关系的是
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
常温下，用pH计分别测定等体积溶液和溶液的pH
测得pH都等于
同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
B
工业上用SiO2与焦炭在高温条件制备粗硅
生成可燃性气体，得到黑色固体粗硅
非金属性：C＞Si
C
铁的氢氧化物溶于足量的溶液中，滴加溶液
固体溶解，溶液未变红色
铁的氢氧化物一定是
D
向两支盛有KI3溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和溶液
前者溶液变蓝，后者产生黄色沉淀
I溶液中存在平衡II2+I−
【答案】D
【解析】A．不同浓度的溶液pH均为7，说明醋酸根离子和铵根离子的水解程度相等。但是，浓度越大，两种离子的水解程度就越大，水的电离也越大，A错误；B．制备粗硅时，C是还原剂，Si是还原产物，不能得出非金属性C>Si，B错误；C．HI有还原性，可以将Fe3+还原为Fe2+，故加入KSCN溶液不变红可能是Fe(OH)3被还原，C错误；D．向KI3溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，证明溶液中有I2；向KI3溶液中滴加溶液，生成黄色沉淀，证明有I−，即I溶液中存在平衡II2+I−，D正确；故选D。
7．人体内的血红蛋白(Hb)可与O2结合，更易与CO结合使人体中毒，涉及原理如下：
①Hb(aq)+O2(g)HbO2(aq) ΔH1＜0
②Hb(aq)+CO(g)HbCO(aq) ΔH2＜0
③HbO2(aq)+CO(g)HbCO(aq)+O2(g) ΔH3＜0
下列说法错误的是
A．ΔH1＜ΔH2
B．反应①、②在一定温度下均能自发进行
C．刚从平原到高原时，人体血液中c(HbO2)将降低，使人体因缺氧而不适
D．将CO中毒的人转至高压氧仓中治疗，反应③平衡逆向移动而缓解症状
【答案】A
【解析】A．根据盖斯定律，反应③可由反应②减反应①所得，ΔH3=ΔH2-ΔH1<0，则ΔH2<ΔH1，A项错误；B．反应①与反应②均是熵减反应，由ΔH-TΔS<0反应可自发进行可知，反应①与反应②在较低温度能自发进行，B项正确；C．从平原初到高原，氧气含量减少，反应③正向移动，则人体血液中c(HbO2)降低，C项正确；D．CO中毒的人体血液中c(HbCO)增大，转到高压氧仓中，反应③平衡逆向移动，D项正确；答案选A。
8．“一锅法”用[Ru]催化硝基苯(PhNO2，Ph－表示苯基)与醇(RCH2OH)反应为仲胺(RCH2NHPh)，反应过程如下图所示。下列叙述错误的是
A．反应原料中的RCH2OH不能用RCH(CH3)OH代替
B．历程中存在反应PhNH2+RCHO→RCH=NPh+H2O
C．有机物还原反应的氢都来自于RCH2OH
D．该反应过程结束后RCHO没有剩余
【答案】D
【解析】据图知发生以下反应：①2[Ru]+RCH2OH→RCHO+2[Ru-H]；②6[Ru-H]+PhNO2→PhNH2
+6[Ru]+2H2O；③PhNH2+RCHO→RCH=NPh+H2O；④RCH=NPh+2[Ru-H]→RCH2NHPh+2[Ru]。A．由①②③知，RCHO是①的产物，是③的反应物，①中生成③中消耗，③生成的RCH2NHPh会变成RCH=NPh作为④的反应物，若将RCH2OH替代，最终RCH2NHPh会变成RCH(CH3)NHPh，不是所需产物，A项不符合题意；B．由③知，存在该反应，B项不符合题意；C．由图中PhNO2→PhNH2，RCH=NPh→RCH2NHPh，该反应中的H来源于Ru-H，Ru-H中的H来源于RCH2OH，C项不符合题意；D．[Ru]为催化剂，由分析可知总反应为4RCH2OH+PhNO23RCHO+3H2O+RCH2NHPh，RCHO有剩余，D项符合题意；故正确选项为D。
9．科学家发明了一种新型Zn－MnO2水介质可逆的二次电池，原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，正极反应为MnO2+2e−+4H+=Mn2++2H2O
B．X和Y分别为阴离子膜和阳离子膜，放电时中间室c[K2SO4(aq)]减小
C．充电后溶液pH由小到大的顺序为：正极室、中间室、负极室
D．充电时，阴极反应为：+2e−=Zn+4OH−
【答案】B
【解析】A．由图示可知，Zn为负极失去电子被氧化为，即；MnO2为正极，酸性溶液中MnO2得到电子被还原为Mn2+，即，故A不选；B．放电时，正极室消耗“4mol H+”生成“1mol Mn2+”，根据电荷守恒正极室的SO有富余，穿过X膜(阴离子膜)进入中间室；负极室消耗“4mol OH−”生成“1mol ”，根据电荷守恒负极室K+有富余，穿过Y膜(阳离子膜)进入中间室，所以中间室增大，而不是减小，故选B；C．充电时，阳极反应为：，氢离子浓度增大，pH较小，pH＜7，阴极反应为：，氢氧根离子浓度增大，pH增大，pH＞7，充电或放电前后中间室溶液的pH=7保持不变，故C不选；D．由C分析可知D正确，故D不选；答案选B。
10．一种离子化合物(如图所示)，可用作分析试剂、杀虫剂在纺织印染工业中用作树脂整理催化剂，其中X、Y、Z、W为短周期元素且原子序数依次增大。Y、Z可形成新型陶瓷，是一种超硬材料，硬度仅次于金刚石，X、W形成的化合物易溶于水，其水溶液显弱酸性。下列叙述正确的是
A．W的最高价氧化物的水化物的化学式为：HWO4
B．气态氢化合物的稳定性：Z>Y
C．该化合物中存在离子键、共价键、配位键，且1mol该化合物中有1mol配位键
D．Y的最高价氧化合物的水化物是二元弱酸
【答案】B
【解析】由图可知，Z和Y周围都连接了4根化学键，结合离子所带电荷，及Y、Z可形成新型陶瓷，是一种超硬材料，硬度仅次于金刚石，可以推知Y为B、Z为N；X和W都连一根键且X、W形成的化合物易溶于水，其水溶液显弱酸性，可以推测X为H元素，W为F元素。A．W为F元素，没有正价，不存在最高价氧化物的水化物，故A错误；B．非金属性：N>B，则气态氢化合物的稳定性：Z>Y，故B正确；C．该化合物是离子化合物存在离子键、共价键、配位键，1mol该化合物中有2mol配位键，故C错误；D．Y为B，最高价氧化合物的水化物H3BO3是一元弱酸，故D错误；故选B。
二、 不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
11．K2FeO4是优良的水处理剂，在水中发生反应：4FeO+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH−+3O2↑，下列叙述错误的是
A．溶液pH越小，K2FeO4越不稳定
B．K2FeO4净水是利用Fe(OH)3胶体吸附水中的Ca2+、Mg2+等离子
C．上述反应中K2FeO4仅作氧化剂
D．可利用K2FeO4的强氧化性对自来水杀菌、消毒
【答案】BC
【解析】A．若溶液pH减小，促使4FeO+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH−+3O2↑反应正向进行，所以溶液pH越小，K2FeO4越不稳定，故A正确；B．K2FeO4净水是利用Fe(OH)3胶体吸附水中的悬浮杂质，故B错误；C．上述反应，K2FeO4中铁元素化合价降低、部分氧元素化合价升高生成氧气，K2FeO4既作氧化剂又作还原剂，故C错误；D．+6价的铁有强氧化性，可利用K2FeO4的强氧化性对自来水杀菌、消毒，故D正确；选BC。
12．已知34Se和S都是氧族元素。常温下，向某浓度的、、三种微粒的物质的量的分数(σ)随pH变化如图所示，下列说法错误的是
A．pH=2.62时，
B．B点对应的溶液中：
C．0.1mol·L−1的溶液中：
D．反应的平衡常数K=1.0×105.7
【答案】B
【解析】A．由图可知pH=2.62时，，A正确；B．B点对应的溶液中，由电荷守恒可知=，又由于B点有，所以=，B错误；C．0.1mol/L的溶液中存在的电离平衡和水解平衡，由A点可知，由B点可知，，所以溶液中离子浓度的大小顺序为：，C正确；D．由A点可知，由B点可知，反应的平衡常数，D正确；故选B。
13．在一定条件下，向Al2O3和过量C粉的混合物中通入纯净的氯气，可制得易水解的AlCl3，反应的化学方程式为Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO，实验装置如图所示。下列说法错误的是
A．装置a中反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
B．装置b、c中盛装的分别是饱和食盐水和浓硫酸
C．装置d、e之间应添加一个干燥装置
D．此实验的尾气，除氯气外都可直接排放到大气中
【答案】D
【解析】向氧化铝和过量碳粉的混合物中通入氯气，可制得易水解的氯化铝，由实验装置可知，a中浓盐酸与二氧化锰加热可生成氯气，b中饱和食盐水可除去HCl，c中浓硫酸干燥氯气，d中反应制备氯化铝，e为尾气处理。A．装置a中浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下反应生成氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，A项正确；B．b为饱和食盐水，可用于除去氯化氢，c为浓硫酸，起到干燥作用，B项正确；C．氯化铝易水解，则应在d、e之间添加一个干燥装置，防止空气中的水进入d中，C项正确；D．尾气除氯气外还有CO，不能直接排放，D项错误；答案选D。
14．食品抗氧化剂焦亚硫酸钠(Na2S2O5)为具有强还原性的白色细小结晶状固体。工业制备原理为Na2SO3+SO2=Na2S2O5，某种制备Na2S2O5的基本流程如下图所示。
下列说法正确的是
A．可用pH计测定溶液的pH=4.1
B．溶液1溶质的成分为Na2SO3
C．操作a应在还原氛围下进行
D．抗氧化时，1mol Na2S2O5可以消除2mol O2
【答案】AC
【解析】根据pH计的精确度进行判断；根据流程中所加物质判断反应产物；根据溶液的酸碱性判断溶质的可能情况；根据已知反应Na2SO3+SO2=Na2S2O5，可以判断反应属于氧化还原反应，根据化合价的变化可以判断二氧化硫是还原剂，以此来判断反应的氛围。A．测定溶液pH的精确度为0.1，可用pH计（或酸度计，或pH传感器）等，A项正确；B．向Na2CO3饱和溶液通入SO2至pH=4.1得到溶液1，由于Na2SO3水解使溶液显碱性，pH＞7，B项错误；C．由流程图可知溶液3的主要溶质为Na2S2O5，Na2S2O5具有强还原性，所以从Na2S2O5溶液中析出Na2S2O5晶体，应在还原氛围下进行，C项正确；D．Na2S2O5中硫元素化合价为+4，当氧化至最高价+6时，1mol Na2S2O5最多可以提供4mol电子，可以消除1mol O2，D项错误。故选答案AC。
15．我国科学家研制出一种新型化学电池成功实现废气的处理和能源的利用，用该新型电池电解CuSO4溶液，装置如下(H2R和R都是有机物)。下列说法正确的是
A．b电极为负极
B．工作一段时间后，正极区的pH变大
C．电池工作时，负极区要保持呈酸性
D．若消耗标准状况下112mL O2，则电解后的CuSO4溶液pH约为2
【答案】C
【解析】根据图示，左图为原电池，右图为电解池。左图中a电极上Fe3+和H2S生成S和Fe2+，Fe2+在电极a处失去电子生成Fe3+，电极反应为Fe2+-e−=Fe3+，生成的Fe3+能够继续氧化H2S；b电极一侧，O2和H2R反应生成H2O2和R，R在电极b处得到电子和H+生成H2R，电极方程式为R+2e−+2H+=H2R，生成的H2R可以继续与氧气反应，因此电极a为负极，电极b为正极，与电源负极相连的电极为阴极，与电源正极相连的电极为阳极，电解硫酸铜溶液，电极反应为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑。A．b电极为正极，电极反应式为R+2H++2e−=H2R，故A不符合题意；B．正极的电极反应式为R+2H++2e−=H2R，生成的H2R又继续与氧气反应，H2R+O2=H2O2+R，负极区的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+，左侧的氢离子通过质子交换膜移向右侧，保持正极区的pH基本不变，故B不符合题意；C．电极a为负极，电极反应式为Fe2+-e−=Fe3+，因此电池工作时，负极区要保持呈酸性，防止Fe3+水解沉淀，故C符合题意；D．标准状况下112mL O2的物质的量==0.005mol，根据电解CuSO4溶液的反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu
+2H2SO4+O2↑可得生成0.005mol硫酸，c(H+)==0.1mol/L，pH=1，故D不符合题意；答案选C。
三、非选择题（本题共5小题，共60分。）
16．实验室用如图所示装置制备FeSO4溶液，再与等物质的量的(NH4)2SO4反应，制备补血剂硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]。
已知：硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
(1)实验装置
盛装1mol·L−1的H2SO4溶液的仪器名称是_______。图示装置中的加热方式是_______。
(2)尾气吸收
由于加入的铁粉不纯，反应过程中会产生少量PH3气体，故需使用封闭装置。用CuSO4溶液吸收PH3时会生成H3PO4和Cu，则该反应的化学方程式为_______。
(3)药品用量
将0.7g铁粉、10mL 1mol·L−1 H2SO4溶液加入烧瓶中反应。采取上述原料配比的主要原因是_______。
(4)制备FeSO4溶液
保持温度在70℃~80℃之间，至反应无明显气泡产生后，停止加热，过滤，称量残余固体质量。为避免在过滤时析出FeSO4晶体，可采取的措施是_______。
(5)制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
向FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70℃~80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体。乙醇的作用为_______。
(6)产品检验
请补充完整测定产品中SO含量的实验方案：准确称取0.4g样品，将样品溶于70mL水中，_______(填字母)。
①滴加BaCl2溶液至沉淀完全
②过滤
③直至向洗涤液中滴加AgNO3溶液不再出现浑浊
④将沉淀移入坩埚，灼烧至恒重，记录数据
⑤加入2mol·L−1的HCl溶液酸化
⑥洗涤沉淀
A．⑤①②⑥③④ B．①②⑤⑥③④ C．②①⑤⑥③④ D．⑤①③⑥②④
(7)已知酸性高锰酸钾溶液可与Fe2+发生氧化还原反应：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。现称取4.476g (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O产品(杂质只有FeSO4·7H2O)溶于稀硫酸中，然后用0.10mol·L−1的高锰酸钾溶液滴定，达到终点时消耗了24.00mL高锰酸钾溶液。
①滴定终点时的现象是_______。
②产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量分数为_______(结果保留4位有效数字)。
【答案】（1）分液漏斗 水浴加热
（2）4CuSO4+PH3+4H2O=H3PO4+4H2SO4+4Cu
（3） 避免Fe2+被氧化为Fe3+
（4） 趁热过滤
（5） 降低硫酸亚铁铵晶体是水中的溶解度
（6） A
（7） 溶液变为浅紫红色，且30s内不褪色 87.58%
【解析】(1)根据仪器构造可知，盛装1mol·L−1的H2SO4溶液的仪器名称是分液漏斗。图示装置是将圆底烧瓶放在热水浴中加热，故加热方式是水浴加热。(2)CuSO4和PH3反应生成H3PO4和Cu，Cu的化合价降低，P的化合价升高，根据电子守恒和质量守恒可写出该反应的化学方程式为：4CuSO4+PH3+4H2O=H3PO4+4H2SO4+4Cu。(3)将0.7g铁粉（即0.0125mol）和10mL 1mol·L−1 H2SO4溶液（含H2SO4的物质的量为0.01mol）反应，铁粉过量，主要原因是避免Fe2+被氧化为Fe3+。(4)为避免在过滤时析出FeSO4晶体，可采取趁热过滤的措施。(5)硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，所以加入乙醇的作用为降低硫酸亚铁铵晶体的溶解度。(6)测定产品中SO含量，方案是将SO沉淀为BaSO4，称量纯净的BaSO4的质量，从而测定SO含量。步骤是：准确称取0.4g样品，将样品溶于70mL水中，先加入2mol·L−1的HCl溶液酸化，然后滴加BaCl2溶液至沉淀完全，过滤，洗涤沉淀，直至向洗涤液中滴加AgNO3溶液不再出现浑浊，将沉淀移入坩埚，灼烧至恒重，记录数据，故选A。(7)①高锰酸钾溶液呈紫红色，当达到滴定终点时，溶液由无色变为浅紫红色，且摇动30s溶液颜色不褪去。②参加反应的高锰酸钾的物质的量为0.10mol·L−1×0.02400 L=2.4×10−3mol，根据反应的化学方程式：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可知，参加反应的Fe2+的物质的量为2.4×10−3mol×5=0.012mol。设产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的物质的量为x，FeSO4·7H2O的物质的量为y，则x+y=0.012，392x+278y=4.476，可求出x=0.01mol，y=0.002mol，则(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量为3.92g，所以(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O质量分数为=87.58%。
17．由于荧光探针的高灵敏度，特异性，快速响应和技术简便性，已成为检测成像和疾病诊断的强大工具。基于光感应电子转移的传感和诊疗探针的传感机理如图：
回答下列问题：
(1)Cu位于元素周期表___________区，铜的熔点高于钾的原因是___________。
(2)BTCu分子中，B原子的杂化轨道类型是___________，1mol BTCu分子中含有___________mol配位键。
(3)BTCu-Cu2+中第二周期元素原子的第一电离能由小到大的顺序为___________；BTCu-Cu2+组成元素形成的分子中，与CO2互为等电子体的是___________(写一种即可)。
(4)磷锡青铜是有名的弹性材料，广泛用于仪器仪表中的耐磨零件和抗磁元件等。磷锡青铜品胞结构如图所示。NA代表阿伏加德罗常数的值，铜、磷原子最近距离为0.5a pm。
①磷锡青铜的化学式为___________，铜与铜原子最近距离为___________pm。
②磷锡青铜晶体密度为___________g·cm−3(用代数式表示)。
【答案】（1）ds 铜的价电子数比钾多，铜的原子半径比钾小，铜的金属键比钾强
（2） sp3 1
（3） B
【解析】(1)铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，位于元素周期表的ds区；钾元素和铜元素均位于元素周期表的第四周期，单质都是金属晶体，铜原子的的价电子数比钾原子多，原子半径比钾原子小，铜晶体中的金属键比钾晶体中的金属键强，金属晶体中金属键越强，晶体的熔点越高，则铜的熔点高于钾，故答案为：铜的价电子数比钾多，铜的原子半径比钾小，铜的金属键比钾强；(2)由BTCu分子的结构示意图可知，硼原子以单键与4个原子相连接，则硼原子的杂化方式为sp3杂化；硼原子的价电子数为3，最多可形成3个共价键，则硼原子形成的4个共价键中有1个为配位键，故答案为：sp3；1；(3)BTCu-Cu2+离子中B、C、N、O、F为第二周期元素，同周期元素，从左到右第一电离能有增大的趋势，但氮原子的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能比相邻的元素大，则五种元素的第一电离能由小到大的顺序为B
(1)目前，世界上采用的合成氨技术是在1909年发明的。采用该法合成氨需要在2000MPa的高压、450℃或500℃的高温下，并用铁做催化剂，且氮气的平衡转化率分别为15%或10%。
N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH
①ΔH______0(填“＜”或“＞”)，依据是______。
②维持高压的目的是______。
③如果通入的氮气与氢气体积比为1∶3，则500℃时Kp=______(MPa)−2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数。结果保留2位有效数字)。
(2)氨气可以选择性还原NO，利用此原理可以清除工业尾气。NO的主要还原路径如下：
NH3+OH=H2O+NH2 NH3+O=OH+NH2 NH2+NO=N2+H2O NH2+NO=NNH+OH 2OH=H2O+O
①NO还原反应开始阶段，起决定作用的物质有NH2、______和______(填化学符号)。
②依据NO还原路径，选择合适的反应条件。下列不属于该反应需要的条件是______(填编号)
A．高温 B．低温 C．催化剂
(3)科学家在常压下把氢气和用氨稀释的氮气分别通入一个加热到570℃的电解池(如图)，氢气和氮气在电极上合成了氨，转化率可高达78%。
①电合成氨中不能用水溶液做电解质，原因是不利于氨气移出和______。
②合成氨中所用电解质(图中涂黑处)能传导H+，阴极反应为______。
【答案】（1）＜ 450℃的平衡转化率为15%，高于500℃的平衡转化率10%，相当于温度升高平衡逆向移动，即∆H＜0 提高反应物的转化率(或生成物的产率)、提高反应速率 8.2×10−9
（2） OH O B
（3） 该电解池工作温度为570℃，远高于水的沸点 N2+6H++6e−=2NH3
【解析】(1)①由N2与H2合成氨气，由于在450℃的平衡转化率为15%，高于500℃的平衡转化率10%，相当于温度升高化学平衡逆向移动，即∆H＜0，所以合成氨气的正反应是一个气体体积减小的放热反应，所以ΔH＜0；②维持高压既可以加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，也可以使化学平衡正向移动，提高反应物的平衡转化率，所以维持高压的目的是提高反应速率、提高反应物的转化率(或生成物的产率)；③在500℃时N2的平衡转化率是10%，如果通入的氮气与氢气体积比为1∶3，在恒容密闭容器中，气体的体积比等于气体的物质的量的比，等于气体产生的压强比。假设通入N2的物质的量为a mol，则通入H2的物质的量为3a mol，平衡时各种气体的物质的量n(N2)=a mol×(1-10%)=0.9a mol，n(H2)=3a mol×(1-10%)=2.7a mol，n(NH3)=0.2a mol，则平衡时气体总物质的量为n(总)=0.9a mol+2.7a mol+0.2a mol=3.8a mol，则500℃时Kp==8.2
×10−9(MPa)−2；(2)①由NO的主要还原路径方程式可知：在NO还原反应开始阶段，起决定作用的物质有NH2、OH、O原子；②断裂化学键需吸收大量热，为加快反应速率，可以适当升高反应温度，使用催化剂，因此不属于该反应需要的条件是低温，故合理选项是B；(3)①在570℃的电解池中进行氢气和氮气在电极上合成了氨，由于反应产生的氨气极容易溶于水，不利用氨气的逸出，且反应温度为570℃，远高于水的沸点100℃，水不能以液体形式存在，因此在电合成氨中不能用水溶液做电解质；②在阴极上N2得到电子，变为NH3，故阴极的电极反应式为：N2+6H++6e−=2NH3。
19．下图1为从铜转炉烟火[主要含有ZnO，还有少量的Fe(II)、Pb、Cu、As元素]制取活性氧化锌的流程。请回答以下问题：
已知：①活性炭主要吸附有机质；②25℃时，；③氨体系环境中锌元素以形式存在；④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH：
金属离子
开始沉淀pH
1.9
7.0
4.5
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
6.4
10.1
(1)Pb(OH)Cl中Pb的化合价为____。
(2)题中所列铜转炉烟灰所含主要元素中有___种非主族元素，画出的原子结构示意图___。
(3)浸取温度为50℃，反应时间为1h时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图2，则氯化铵最适宜的浓度为____mol·L−1。
(4)加入适量KMnO4溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，写出除铁步骤的离子方程式：_______，常温下此时体系中Fe3+残留最大浓度为_______mol·L−1。
(5)“滤渣Ⅲ”的主要成分为_______(填化学式)。
(6)“沉锌”反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）+2
（2） 三
（3） 4
（4）
（5） Cu、Zn
（6）
【解析】根据流程图，向铜转炉烟会中加入了氯化铵和氨水，除出了Pb元素，加入FeCl3，除去了As和部分Fe；加入高锰酸钾后，调节pH=4～4.5，根据各金属离子沉淀的pH，可知此步骤除去了Fe3+，杂质中还有Cu没有除去，因此试剂a为过量的Zn，置换出溶液中的Cu，以便除去Cu，滤渣Ⅲ为Cu和过量的Zn，最后经过沉锌等步骤得到产物。(1)Pb(OH)Cl中O的化合价为-2，Cl的化合价为-1，H的化合价为+1，根据化合价代数和为0，Pb的化合价为+2；(2)铜转炉烟灰中含有Zn、O、Fe、Pb、Cu、As，其中O位于第ⅥA族，Pb位于第ⅣA族，As属于第ⅤA族，而Zn、Fe、Cu属于过渡元素，一共3种非主族元素；根据核外电子排布规律，的原子结构示意图；(3)浸取过程中需要使Zn元素尽可能多地进入溶液，而杂质离子要尽可能少地进入溶液，同时为了加快反应速率，需要氯化铵的浓度尽量大一些，观察题图，可知当氯化铵的浓度为4mol·L−1时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，氯化铵的浓度也较大，另一方面若浓度再高，铅元素进入溶液，所以最适宜的浓度为4mol·L−1；(4)加入适量KMnO4溶液目的是除铁元素，同时溶液中不会有明显的锰元素残留，说明此时锰元素是以的形式存在，亚铁离子被氧化成三价铁，此时pH为4~4.5，又根据已知④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知生成的是Fe(OH)3，再根据升降法配平写出的反应方程式为。要使常温下此时体系中Fe3+残留浓度最大，则，，=4.0×10−8mol·L−1；(5)经过前面的步骤，杂质除去了Fe、Pb、As，杂质中还有Cu没有除去，因此试剂a为过量的Zn，置换出溶液中的Cu，以便除去Cu，滤渣Ⅲ为Cu和过量的Zn；(6)溶液中有大量Zn2+，加入碳酸氢铵后产生，说明HCO电离出的CO和H+。Zn2+、CO、OH−结合生成沉淀，促进HCO的电离，电离出的H+又和HCO结合生成CO2和H2O，所以离子方程式为。
20．有机物H有镇咳、镇静的功效，其合成路线如下：
已知：RXR-MgX（R、R’、R’’代表烃基或氢）
回答下列问题：
(1)A的化学名称为___________；D中含氧官能团的名称是___________。
(2)③的反应类型是___________。
(3)反应②的化学方程式为______________________。
(4)X的结构简式为___________。
(5)写出苯环上的一氯代物只有一种的H的同分异构体的结构简式：___________。
(6)参考上述流程，以苯甲醇为原料，其他无机试剂任选，写出合成的路线________________。
【答案】（1）一溴环戊烷 羰基
（2） 消去反应
（3）
（4）
（5）
（6）
【解析】根据信息知，环戊烷和单质溴在光照时发生取代反应生成A为，A和NaOH的水溶液发生水解反应生成B为，B被氧化生成D为，根据信息知生成E为，E发生消去反应生成F为，F和溴发生加成反应生成X为，X发生消去反应生成甲；(6)苯甲醇被催化氧化产生苯甲醛，苯甲醇与HBr发生取代反应产生，和Mg、无水乙醇反应生成C6H5-CH2MgX，该物质和苯甲醛反应酸化得到醇，再发生消去反应生成。(1)根据上述分析可知A结构简式是，名称为一溴环戊烷；D结构为，含氧官能团是羰基；(2)E结构简式是，该物质含有醇羟基，在羟基连接的碳原子的邻位C原子上有H原子，所以与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生F：，所以反应③的类型为消去反应；(3)反应②是一溴环戊烷与强碱NaOH的水溶液在加热时发生的取代反应，化学方程式为；(4)F结构简式是，分子中含有碳碳双键，与Br2的CCl4溶液发生加成反应产生X，所以X的结构简式是：；
(5)H的分子式是C10H14，其含有苯环且苯环上的一氯代物只有一种的同分异构体，说明苯环上只有一种位置的H原子，则该物质可能有的结构简式是；(6)苯甲醇被催化氧化产生苯甲醛；苯甲醇与HBr在加热条件下发生取代反应，—OH被Br原子取代，产物和Mg、无水乙醇反应生成C6H5-CH2MgBr，C6H5-CH2MgBr和苯甲醛反应酸化得到醇，该醇发生消去反应生成，所以合成路线为：
。
相关试卷
（新高考）高三化学第三次模拟考试卷（一）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)： 这是一份（新高考）高三化学第三次模拟考试卷（一）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)，文件包含新高考高三化学第三次模拟考试卷一原卷版doc、新高考高三化学第三次模拟考试卷一解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
（新高考）高三化学第三次模拟考试卷（四）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)： 这是一份（新高考）高三化学第三次模拟考试卷（四）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)，文件包含新高考高三化学第三次模拟考试卷四原卷版doc、新高考高三化学第三次模拟考试卷四解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
（新高考）高三化学第三次模拟考试卷（三）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)： 这是一份（新高考）高三化学第三次模拟考试卷（三）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)，文件包含新高考高三化学第三次模拟考试卷三原卷版doc、新高考高三化学第三次模拟考试卷三解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
