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2021年石室中学 高三第三次模拟测试（化学）试卷
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这是一份2021年石室中学 高三第三次模拟测试（化学）试卷，文件包含石室中学三诊模拟化学答案docx、石室中学三诊模拟化学试卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
答案B
解析：A选项白磷结构如图，每ml含6ml共价键，而每ml甲烷含4ml共价键，A错误；B选项由电荷守恒可知n(NH4+)=n(Cl-)，B正确；C选项中反应为可逆反应，分子总数大于2NA，C错误；D选项用铜作电极电解饱和NaCl溶液，阳极反应为铜失电子，无气体产生，D错误。
答案D
解析：X、Y、Z、W、Q、R分别为C、O、Na、Mg或Al、S、Cl。A选项中具有相同核外电子排布的简单离子，序数越大，半径越小，则半径的大小顺序：Q＞R＞Y＞W，A错误；B选项碳酸不与氢氧化铝反应，若W为Mg，则更不符合，B错误；C选项X的氢化物为烃类，沸点不一定低于水的沸点，C错误；D选项Z2Y2为Na2O2，能与水和二氧化碳产生氧气，可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，D正确。
10.答案C
解析：A选项眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，A错误；B选项排气法收集气体的试管不能用胶塞塞住，B错误；C选项铁为阳极，失电子产生亚铁离子，阴极溶液产生氢氧根，与亚铁离子结合生成氢氧化亚铁，汽油可有效隔绝空气，能较长时间观察到氢氧化亚铁的颜色，C正确；D选项不能用氢氧化钠吸收乙酸乙酯，氢氧化钠易造成乙酸乙酯的水解，D错误。
11.答案A
解析：A选项同系物是结构相似（含有相同的官能团）、组成上相差若干个CH2原子团的有机物，布洛芬的化学式为C13H18O2，苯甲酸的化学式为C7H6O2，组成上相差C6H12，且均含有一个苯环和一个羧基，结构相似，所以布洛芬与苯甲酸互为同系物，A正确；B选项布洛芬含有可以发生取代反应、加成反应、氧化反应，不能发生加聚反应， B错误；C选项布洛芬分子中含有亚甲基，亚甲基中的碳原子具有甲烷结构特点，根据甲烷结构可知该分子中所有碳原子不可能共面， C错误； D选项布洛芬苯环上的二氯代物共有4种结构，D错误。
12.答案B
解析：该电池工作时，钠极(a极)为电源负极，电子从a极流出，流向b极，A描述正确；由于是原电池，故系统工作时，将化学能转化成电能，B描述错误；Na＋移向正极，遇到HCOeq \\al(－,3)有可能形成溶解度较小的NaHCO3，故可能有固体析出，C描述正确；由题图知b极上是CO2、H2O发生得电子的还原反应生成HCOeq \\al(－,3)、H2，D描述正确。
13.答案D
解析：向10mL1ml·L－1的HCOOH溶液中滴加1ml·L－1的NaOH溶液，a点为HCOOH和HCOONa的混合溶液，pH=7，酸电离对水电离的抑制作用于盐水解对水电离的促进作用相抵消，水的电离程度与纯水相同。最高点为HCOONa溶液，水的电离程度最大，b点为NaOH和HCOONa的混合溶液，虽然水的电离程度与纯水相同，但pH>7，故A、B描述正确；NaOH溶液加入的过程中，溶液由1ml·L－1的HCOOH（弱电解质）溶液到0.5ml·L－1的HCOONa（强电解质）溶液，最后无限接近1ml·L－1的NaOH（强电解质）溶液，整个过程导电性一直增强，C描述正确；该过程中，起始点为1ml·L－1的HCOOH溶液，c水(H＋)=1×10-12ml/L，则HCOOH电离产生的c(H＋)=1×10-2ml/L，故Ka约等于（1×10-2）2/1，数量应为10－4，D描述错误。
26.（14分）
（1）三颈烧瓶（1分）；水浴加热（1分）
（2）2：1（2 分）；溶液中有气泡逸出，烧瓶内出现黄绿色气体（2分）
（3）冷凝并收集ClO2 （2分）
（4）2ClO2 + 2OH－ ==== ClO3－+ClO2－+H2O（2 分）
（5）135cV2/V1 （2 分）
（6） ClO2 + e-= ClO2- （2 分）
60-80℃
解析：（1）仪器a的名称为三颈烧瓶；加热温度低于100 ℃，可采用水浴加热控制温度。
根据得失电子守恒可知：2KClO3 + H2C2O4 + H2SO4 ===== K2SO4 + 2ClO2↑ +2H2O+2CO2↑，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1；ClO2是黄绿色气体，因此反应开始后，可观察到的现象是溶液中有气泡逸出，产生黄绿色气体。
（3）ClO2的熔点为-59. 5℃，沸点为11.0℃，因此装置B的作用是冷凝并收集ClO2。
（4）根据得失电子守恒可知，另一种盐为NaClO2，则反应的离子方程式为：2ClO2 + 2OH－ ==== ClO3－+ClO2－+H2O。
（6）由图可知，A极电极反应为ClO2 变为 ClO2－，电极反应为ClO2 + e-= ClO2- ，后续反应为ClO3- + ClO2- +2H+= 2ClO2 ↑+H2O，该反应不属于电极反应。
27.（14分）
（1）①890.3（2分） ②0.5（1分） 117.2 (2分)
（2）BC （2分）
（3）①不处于（1分）
催化剂活性降低（2分） 升高温度使反应 = 2 \* ROMAN \* MERGEFORMAT II和反应 = 3 \* ROMAN \* MERGEFORMAT III正向移动（2分）
②A（2分）
解析：（1）CH4(g)+H2O(l)CO(g)+3H2(g)的ΔH为CH4的燃烧热减去CO的燃烧热，再减去H2的燃烧热的3倍，故可根据相关量求算出CH4的燃烧热，然后再取绝对值即为答案。
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
起始量(ml) 1 1 0 0
变化量(ml) 0.2 0.2 0.2 0.6
平衡量(ml) 0.8 0.8 0.2 0.6
分数 0.8/2.4 0.8/2.4 0.2/2.4 0.6/2.4
带入速率计算公式和Kp计算公式即可得出答案
（2）A．根据图象，相同时间内，T2比T1反应进行的程度大，因此T2＞T1，Ａ说法错误；
B．c点甲烷转换的浓度为1.2ml/L，因此二氧化碳的浓度也是1.2ml/L，B说法正确；
C．在同一温度未达平衡前，a点反应物浓度大于b点反应物浓度，a点的正反应速率大于b点的正反应速率；未达平衡时，b点的正反应速率大于b点的逆反应速率，所以a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，C说法正确；
D．a点所处的温度低于c点所处的温度，但a点的反应物的浓度大于c点的反应物浓度，因此两点的速率无法比较，D说法错误；
（3）①生成甲醇的反应为放热反应，温度升高，平衡逆移，产率降低，而P点以后升温产率仍在上升，说明P点未处于平衡状态。490K之后，甲醇的产率随温度的升高而减小的原因除了升高温度使反应Ⅰ平衡逆向移动以外，还可能有催化剂活性降低以及升高温度会使反应 = 2 \* ROMAN \* MERGEFORMAT II和反应 = 3 \* ROMAN \* MERGEFORMAT III正向移动的因素。
②反应Ⅰ是气体分子数减小的放热反应，一定能提高甲醇产率的措施是增大压强，故选A。
28.（15分）
（1）Na2SiO3、NaAlO2 （2分）
（2）趁热过滤 （1分） Na2SO4 （1分） 降温结晶 （1分）
（3） 稀硫酸 （2分）
（4）23H2O＋6S2－＋8CrOeq \\al(2－,4)===8Cr(OH)3↓＋3S2Oeq \\al(2－,3)＋22OH－ （2分）
（5）①由方程式2Al+Cr2O72-+14H+===2Cr3++2Al3++7H2O可知，pH较高，氢离子浓度低，不利于反应进行（或回答H+浓度较低时，Al的还原性较弱或Cr2O72-的氧化性较弱均给分）
（2分）
②pH过低，Al会和氧化剂H+发生反应，导致Cr2O72-的去除效果不理想 （2分）
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③6×10-10 （2分）
解析：(1)根据调节pH后产生滤渣Al(OH)3和H2SiO3，可知“浸出过滤”后的浸出液中除了含有NaOH(来自弱酸钠盐的水解)、Na2CO3、Na2CrO4外，还含有Na2SiO3、NaAlO2。
(2)根据溶解度曲线的变化可知，先趁热过滤除去Na2SO4，再降温结晶析出Na2Cr2O7。
(3)根据酸化产物为Na2SO4和Na2Cr2O7可知调节溶液pH所选的试剂为稀硫酸。
(4)加入Na2S反应后，生成Cr(OH)3的离子方程式为23H2O＋6S2－＋8CrOeq \\al(2－,4)===8Cr(OH)3↓＋3S2Oeq \\al(2－,3)＋22OH－。
(5)①由方程式2Al+Cr2O72-+14H+===2Cr3++2Al3++7H2O可知，反应发生需要大量氢离子，pH较高，氢离子浓度低，故不利于反应进行，也可回答H+浓度较低时，Al的还原性较弱或Cr2O72-的氧化性较弱，不利于反应进行。
②pH过低，活泼金属Al会和氧化剂H+发生反应，导致Cr2O72-的去除效果不理想。
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③根据两离子的浓度比等于对应的Ksp之比，即可算出。
（15分，除注明的以外，其余每空1分）
（1）2s2 2p3 2
（2）四面体形 大于
（3） 极性键和配位键 （2分）
甲基的供电子能力强于氢原子，导致N原子电子云密度增大，接收质子的能力强 （2分）
（4）sp2 14NA
（5） （2分） （2分）
解析：（1）在第二周期元素中，第一电离能大于N的元素有 Ne、F。
（2）NH3的价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体构型，NH3分子中存在孤电子对， [Cu(NH3)4]2+中孤电子对已形成配位键，不再有孤对电子；NH3中孤电子对与成键电子对之间排斥力更大，使成键电子对之间的夹角更小。
（3）甲基供电子能力强于氢原子，甲基越多，N 原子的电负性更强，接收质子能力更强。
（4）N原子有两个σ键，一对孤电子对，另一个单电子参与形成π键，故为SP2杂化。σ键数目注意不要忽略C-H键。
（5）根据题意可知，此时氨形成的晶体类型为体心立方堆积，配位数为 8，每个晶胞中含有2个NH3，根据公式可得。
36.（15分）
（1）取代反应（1分）
（2）2-溴丙烷（1分）
羰基、（酚）羟基（2分，各1分）
（2分）
（7）（4分）
答案B
解析：A选项白磷结构如图，每ml含6ml共价键，而每ml甲烷含4ml共价键，A错误；B选项由电荷守恒可知n(NH4+)=n(Cl-)，B正确；C选项中反应为可逆反应，分子总数大于2NA，C错误；D选项用铜作电极电解饱和NaCl溶液，阳极反应为铜失电子，无气体产生，D错误。
答案D
解析：X、Y、Z、W、Q、R分别为C、O、Na、Mg或Al、S、Cl。A选项中具有相同核外电子排布的简单离子，序数越大，半径越小，则半径的大小顺序：Q＞R＞Y＞W，A错误；B选项碳酸不与氢氧化铝反应，若W为Mg，则更不符合，B错误；C选项X的氢化物为烃类，沸点不一定低于水的沸点，C错误；D选项Z2Y2为Na2O2，能与水和二氧化碳产生氧气，可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，D正确。
10.答案C
解析：A选项眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，A错误；B选项排气法收集气体的试管不能用胶塞塞住，B错误；C选项铁为阳极，失电子产生亚铁离子，阴极溶液产生氢氧根，与亚铁离子结合生成氢氧化亚铁，汽油可有效隔绝空气，能较长时间观察到氢氧化亚铁的颜色，C正确；D选项不能用氢氧化钠吸收乙酸乙酯，氢氧化钠易造成乙酸乙酯的水解，D错误。
11.答案A
解析：A选项同系物是结构相似（含有相同的官能团）、组成上相差若干个CH2原子团的有机物，布洛芬的化学式为C13H18O2，苯甲酸的化学式为C7H6O2，组成上相差C6H12，且均含有一个苯环和一个羧基，结构相似，所以布洛芬与苯甲酸互为同系物，A正确；B选项布洛芬含有可以发生取代反应、加成反应、氧化反应，不能发生加聚反应， B错误；C选项布洛芬分子中含有亚甲基，亚甲基中的碳原子具有甲烷结构特点，根据甲烷结构可知该分子中所有碳原子不可能共面， C错误； D选项布洛芬苯环上的二氯代物共有4种结构，D错误。
12.答案B
解析：该电池工作时，钠极(a极)为电源负极，电子从a极流出，流向b极，A描述正确；由于是原电池，故系统工作时，将化学能转化成电能，B描述错误；Na＋移向正极，遇到HCOeq \\al(－,3)有可能形成溶解度较小的NaHCO3，故可能有固体析出，C描述正确；由题图知b极上是CO2、H2O发生得电子的还原反应生成HCOeq \\al(－,3)、H2，D描述正确。
13.答案D
解析：向10mL1ml·L－1的HCOOH溶液中滴加1ml·L－1的NaOH溶液，a点为HCOOH和HCOONa的混合溶液，pH=7，酸电离对水电离的抑制作用于盐水解对水电离的促进作用相抵消，水的电离程度与纯水相同。最高点为HCOONa溶液，水的电离程度最大，b点为NaOH和HCOONa的混合溶液，虽然水的电离程度与纯水相同，但pH>7，故A、B描述正确；NaOH溶液加入的过程中，溶液由1ml·L－1的HCOOH（弱电解质）溶液到0.5ml·L－1的HCOONa（强电解质）溶液，最后无限接近1ml·L－1的NaOH（强电解质）溶液，整个过程导电性一直增强，C描述正确；该过程中，起始点为1ml·L－1的HCOOH溶液，c水(H＋)=1×10-12ml/L，则HCOOH电离产生的c(H＋)=1×10-2ml/L，故Ka约等于（1×10-2）2/1，数量应为10－4，D描述错误。
26.（14分）
（1）三颈烧瓶（1分）；水浴加热（1分）
（2）2：1（2 分）；溶液中有气泡逸出，烧瓶内出现黄绿色气体（2分）
（3）冷凝并收集ClO2 （2分）
（4）2ClO2 + 2OH－ ==== ClO3－+ClO2－+H2O（2 分）
（5）135cV2/V1 （2 分）
（6） ClO2 + e-= ClO2- （2 分）
60-80℃
解析：（1）仪器a的名称为三颈烧瓶；加热温度低于100 ℃，可采用水浴加热控制温度。
根据得失电子守恒可知：2KClO3 + H2C2O4 + H2SO4 ===== K2SO4 + 2ClO2↑ +2H2O+2CO2↑，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1；ClO2是黄绿色气体，因此反应开始后，可观察到的现象是溶液中有气泡逸出，产生黄绿色气体。
（3）ClO2的熔点为-59. 5℃，沸点为11.0℃，因此装置B的作用是冷凝并收集ClO2。
（4）根据得失电子守恒可知，另一种盐为NaClO2，则反应的离子方程式为：2ClO2 + 2OH－ ==== ClO3－+ClO2－+H2O。
（6）由图可知，A极电极反应为ClO2 变为 ClO2－，电极反应为ClO2 + e-= ClO2- ，后续反应为ClO3- + ClO2- +2H+= 2ClO2 ↑+H2O，该反应不属于电极反应。
27.（14分）
（1）①890.3（2分） ②0.5（1分） 117.2 (2分)
（2）BC （2分）
（3）①不处于（1分）
催化剂活性降低（2分） 升高温度使反应 = 2 \* ROMAN \* MERGEFORMAT II和反应 = 3 \* ROMAN \* MERGEFORMAT III正向移动（2分）
②A（2分）
解析：（1）CH4(g)+H2O(l)CO(g)+3H2(g)的ΔH为CH4的燃烧热减去CO的燃烧热，再减去H2的燃烧热的3倍，故可根据相关量求算出CH4的燃烧热，然后再取绝对值即为答案。
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
起始量(ml) 1 1 0 0
变化量(ml) 0.2 0.2 0.2 0.6
平衡量(ml) 0.8 0.8 0.2 0.6
分数 0.8/2.4 0.8/2.4 0.2/2.4 0.6/2.4
带入速率计算公式和Kp计算公式即可得出答案
（2）A．根据图象，相同时间内，T2比T1反应进行的程度大，因此T2＞T1，Ａ说法错误；
B．c点甲烷转换的浓度为1.2ml/L，因此二氧化碳的浓度也是1.2ml/L，B说法正确；
C．在同一温度未达平衡前，a点反应物浓度大于b点反应物浓度，a点的正反应速率大于b点的正反应速率；未达平衡时，b点的正反应速率大于b点的逆反应速率，所以a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，C说法正确；
D．a点所处的温度低于c点所处的温度，但a点的反应物的浓度大于c点的反应物浓度，因此两点的速率无法比较，D说法错误；
（3）①生成甲醇的反应为放热反应，温度升高，平衡逆移，产率降低，而P点以后升温产率仍在上升，说明P点未处于平衡状态。490K之后，甲醇的产率随温度的升高而减小的原因除了升高温度使反应Ⅰ平衡逆向移动以外，还可能有催化剂活性降低以及升高温度会使反应 = 2 \* ROMAN \* MERGEFORMAT II和反应 = 3 \* ROMAN \* MERGEFORMAT III正向移动的因素。
②反应Ⅰ是气体分子数减小的放热反应，一定能提高甲醇产率的措施是增大压强，故选A。
28.（15分）
（1）Na2SiO3、NaAlO2 （2分）
（2）趁热过滤 （1分） Na2SO4 （1分） 降温结晶 （1分）
（3） 稀硫酸 （2分）
（4）23H2O＋6S2－＋8CrOeq \\al(2－,4)===8Cr(OH)3↓＋3S2Oeq \\al(2－,3)＋22OH－ （2分）
（5）①由方程式2Al+Cr2O72-+14H+===2Cr3++2Al3++7H2O可知，pH较高，氢离子浓度低，不利于反应进行（或回答H+浓度较低时，Al的还原性较弱或Cr2O72-的氧化性较弱均给分）
（2分）
②pH过低，Al会和氧化剂H+发生反应，导致Cr2O72-的去除效果不理想 （2分）
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③6×10-10 （2分）
解析：(1)根据调节pH后产生滤渣Al(OH)3和H2SiO3，可知“浸出过滤”后的浸出液中除了含有NaOH(来自弱酸钠盐的水解)、Na2CO3、Na2CrO4外，还含有Na2SiO3、NaAlO2。
(2)根据溶解度曲线的变化可知，先趁热过滤除去Na2SO4，再降温结晶析出Na2Cr2O7。
(3)根据酸化产物为Na2SO4和Na2Cr2O7可知调节溶液pH所选的试剂为稀硫酸。
(4)加入Na2S反应后，生成Cr(OH)3的离子方程式为23H2O＋6S2－＋8CrOeq \\al(2－,4)===8Cr(OH)3↓＋3S2Oeq \\al(2－,3)＋22OH－。
(5)①由方程式2Al+Cr2O72-+14H+===2Cr3++2Al3++7H2O可知，反应发生需要大量氢离子，pH较高，氢离子浓度低，故不利于反应进行，也可回答H+浓度较低时，Al的还原性较弱或Cr2O72-的氧化性较弱，不利于反应进行。
②pH过低，活泼金属Al会和氧化剂H+发生反应，导致Cr2O72-的去除效果不理想。
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③根据两离子的浓度比等于对应的Ksp之比，即可算出。
（15分，除注明的以外，其余每空1分）
（1）2s2 2p3 2
（2）四面体形 大于
（3） 极性键和配位键 （2分）
甲基的供电子能力强于氢原子，导致N原子电子云密度增大，接收质子的能力强 （2分）
（4）sp2 14NA
（5） （2分） （2分）
解析：（1）在第二周期元素中，第一电离能大于N的元素有 Ne、F。
（2）NH3的价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体构型，NH3分子中存在孤电子对， [Cu(NH3)4]2+中孤电子对已形成配位键，不再有孤对电子；NH3中孤电子对与成键电子对之间排斥力更大，使成键电子对之间的夹角更小。
（3）甲基供电子能力强于氢原子，甲基越多，N 原子的电负性更强，接收质子能力更强。
（4）N原子有两个σ键，一对孤电子对，另一个单电子参与形成π键，故为SP2杂化。σ键数目注意不要忽略C-H键。
（5）根据题意可知，此时氨形成的晶体类型为体心立方堆积，配位数为 8，每个晶胞中含有2个NH3，根据公式可得。
36.（15分）
（1）取代反应（1分）
（2）2-溴丙烷（1分）
羰基、（酚）羟基（2分，各1分）
（2分）
（7）（4分）
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