湖南省常德市2021年高考化学3月模拟试卷及答案

这是一份湖南省常德市2021年高考化学3月模拟试卷及答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

 高考化学3月模拟试卷
一、单选题
1.下列相关化学用语表示正确的是（   ）
A. HClO的结构式：H—Cl—O                                B. 甲烷的比例模型：
C. 中子数为18的氯的核素： Cl                         D. CH3Cl的电子式：
2.化学与生活息息相关，下列说法错误的是（   ）
A. “煤改气”“燃煤脱硫”等有利于改善环境        B. 二氧化氯泡腾片遇水产生ClO2用于杀菌消毒
C. “嫦娥五号”使用的氧化铝陶瓷属于金属材料    D. “凡铁分生熟……既炒则熟”指的是氧化除碳
3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（   ）
A. 标准状况下，22.4LNO2中含原子数为2NA
B. 138gC2H5OH中含极性键的数目为20NA
C. 标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA
D. 向1L1mol·L-1的NH4Cl溶液中加氨水至中性，此时溶液含NH 数目为NA
4.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
5.下列实验操作、现象、结论均正确的是（   ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向某盐溶液中滴加NaOH溶液，微热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体
试纸变蓝
原溶液含有NH
B
将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，振荡
产生白色沉淀
非金属性：Cl＞Si
C
向Cu与浓硫酸反应并冷却后的试管中缓慢加入冷水
溶液变蓝
证明产物含有CuSO4
D
将AgCl悬浊液静置，取上层清液，滴入少量稀NaI溶液
出现黄色沉淀
Ksp（AgI）＞Ksp（AgCl）
A. A                                           B. B                                           C. C                                           D. D
6.下列离子方程式书写正确的是（   ）
A. Cl2遇冷的NaOH溶液：3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO +3H2O
B. 向NH4Al（SO4）2溶液滴入过量NaOH溶液：Al3++3OH-=Al（OH）3↓
C. 向Na2CO3溶液中通入过量SO2：CO +2SO2+H2O=CO2+2HSO
D. 将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液：5C2O +2MnO +16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
7.短周期元素R、X、Y、Z、W原子序数依次递增，R、Z、W不同周期，原子序数：X+Z=W+2R。近日，我国学者以XZ2和Y2为主要原料合成了物质M，其结构简式如图。下列说法正确的是（   ）

A. 气态氢化物稳定性：Y＞Z                                   B. X、Y的氧化物的水化物均为弱酸
C. X、Y、Z分别与R可形成18e-分子                       D. 工业上，电解熔融W与Z的化合物制得W的单质
8.合成新型多靶向性的治疗肿瘤的药物索拉非尼的部分流程如图。

下列叙述错误的是（   ）
A. X结构中所有原子可能共面                                  B. 上述转化过程均属于取代反应
C. X中环上二氯代物有6种                                       D. 1molZ最多可与4molH2发生加成反应
9.以非水溶性钾长石（K2O×Al2O3×6SiO2）为原料提取Al2O3、K2CO3等物质的流程如图：

下列说法错误的是（   ）
A. “浸液”中金属阳离子主要有K+、Na+、Al3+
B. “碱化”反应为：OH-+HCO =CO +H2O
C. “过滤”所需玻璃仪器：普通漏斗、烧杯、玻璃棒
D. Na2CO3、CO2可在流程中循环利用
10.消除天然气中H2S是能源领域的热点，利用CuFe2O4表面吸附H2S时，华中科技大学李钰等研究表明有两种机理途径，如图所示。

下列说法错误的是（   ）
A. 该吸附过程释放能量                                           B. 途径1历程中最大活化能为204.5kJ·mol-1
C. H2S*=HS*+H*的速率：途径1＞途径2               D. CuFe2O4在吸附过程中提供了O原子
11.近日，我国报道了利用Heck偶联反应合成肉桂酸酯类化合物的方法，其可能反应的机理如图，其中Ph表示苯基： 。

下列说法错误的是（   ）
A. g为催化剂
B. 若用乙烯替换d，最终可得到产物
C. 该催化循环中Pd的成键数目发生变化
D. 步骤Ⅴ的化学方程式为CH3COOCu+CH3COOH+O2→（CH3COO）2Cu+2H2O
二、多选题
12.氨硼烷（NH3·BH3）电池装置如图所示（起始未加入氨硼烷之前，两极室内液体质量相等），该电池工作时的总反应为NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。下列说法错误的是（   ）

A. b极为正极
B. 电池工作时，H+通过质子交换膜向右移动
C. a极反应式为NH3·BH3-6e-+6OH-=NH +BO +4H2O
D. 当加入6.2gNH3·BH3（假设全部消耗）时，左右两极室内液体质量差为5g
13.常温下，向20mL浓度均为0.1mol·L-1的HA与NaA的混合溶液中，分别滴加浓度均为0.1mol·L-1的HCl、NaOH两种溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示。已知Ka（HA）=10-4.76。下列说法正确的是（   ）

A. 滴加HCl溶液的曲线为Ⅰ                               B. 水的电离程度：b＞a＞c
C. d点时，lg =5.24                              D. b点溶液中存在：c（Na+）=2[c（A-）+c（HA）]
14.某兴趣小组将过量Cu与FeCl3溶液充分反应，静置后取上层清液于试管中，将KSCN溶液滴加到清液中，瞬间产生白色沉淀，局部出现红色，振荡试管，红色又迅速褪去。
已知：①CuCl2+Cu=2CuCl↓（白色）速率很慢
②2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓（白色）+（SCN）2+4KCl速率很快
③（SCN）2是拟卤素，化学性质和氯气相似
下列说法正确的是（   ）
A. 用KSCN溶液检验Fe3+时，Cu2+的存在会对检验产生干扰
B. 局部出现红色的主要原因是溶液中Fe2+被空气中O2氧化成Fe3+
C. 白色沉淀为CuCl，是溶液中CuCl2与Cu反应生成的
D. 红色迅速褪去是因为Cu2+与SCN-发生反应②，使Fe3++3SCN- Fe（SCN）3平衡逆向移动
三、综合题
15.以金属切削废料（由铁屑和镍钴合金、金刚砂组成）为原料回收镍钴生产NiSO4·7H2O和CoCl2·6H2O的工艺如图：
已知：①相关金属离子[c0（Mn+）=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Co3+
Co2+
Fe3+
Fe2+
Ni2+
开始沉淀的pH
0.3
7.2
1.5
6.3
6.9
沉淀完全的pH
1.1
9.2
2.8
8.3
8.9
②常温下，Ksp（NiCO3）=1.0×10-7。
回答下列问题：
（1）将废料研磨成粉的作用是________。
（2）理论上“除铁”需控制pH的范围为________，“滤渣2”中除Fe（OH）3外，还有少量黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]，写出Fe3+生成黄钠铁矾的离子方程式：________。
（3）写出“钴镍分离”时发生反应的离子方程式：________。“镍钴分离”后溶液中c（Ni2+）=1.0mol·L-1 ， 若“滤液2”中c（CO ）=10-5mol·L-1 ， 则沉镍率=________[沉镍率= ]。
（4）“转化”时产生的气体为________。
（5）碱性镍氢电池是国产比亚迪汽车车载电池之一，其电池反应为：NiOOH+MH Ni（OH）2+M。放电时，负极反应式为________。
16.实验室制备合成农药、医药的重要中间体三氯乙醛（CCl3CHO）的装置示意图如图（加热装置略去）：

已知：
①制备原理：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl。
②CCl3CHO易被HClO氧化生成CCl3COOH。
（1）仪器D的名称是________，A中发生反应的化学方程式为________。
（2）下列各装置能代替图中E的是________（填标号）。

（3）制备装置中存在一处缺陷，该缺陷是________。
（4）测产品纯度：称取产品mg配成待测溶液，加入amol·L-1碘标准溶液20.00mL，加入指示剂，再加入适量Na2CO3溶液（CCl3CHO+OH-=CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I-+CO2↑），反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用bmol·L-1Na2S2O3溶液滴定（I2+2S2O =2I-+S4O ）。进行三次平行实验，所得滴定数据如表所示。

第一次
第二次
第三次
滴定前读数/mL
0.00
0.12
0.20
滴定后读数/mL
19.98
21.52
20.22
①指示剂为________。
②产品的纯度为（写表达式）________。
17.含氮化合物在生活、生产、研究领域至关重要。回答下列问题：
已知：
Ⅰ.2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）DH1=-483.6kJ·mol-1
Ⅱ.N2（g）+O2（g） 2NO（g）DH2=+180.5kJ·mol-1
Ⅲ.2H2（g）+2NO（g） N2（g）+2H2O（g）
（1）反应Ⅲ的正反应活化能为EakJ·mol-1 ， 则逆反应活化能为________kJ·mol-1（用含Ea的式子表示）。
（2）我国学者在刚性容器中按投料比 =1发生反应Ⅲ，不同催化剂条件下，反应相同时间测得NO转化率与温度的关系，如图。

①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是________（填标号）。
A．2v逆（NO）=v正（N2）
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②使用催化剂乙时，NO转化率随温度升高先增大后减小的可能原因是________。
③研究表明该反应v=kcm（H2）c2（NO），其中k为速率常数，与温度、活化能有关。T1℃的初始速率为v0 ， 当H2转化率为50%时，反应速率为 ，由此可知m=________。设此时反应的活化能为Ea' ， 不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2 ， 存在关系：lg =- （ - ）（R为常数）。据此推测：活化能越大，升高温度，速率常数增大倍数________（填“越大”、“越小”或“不变”）。
（3）氨气可还原氮氧化物，工业上常利用反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）DH＜0合成氨气，在30MPa、不同物质的量分数（75%的H2和25%的N2；67.5%的H2、22.5%的N2和10%的惰性气体）条件下进行实验，测得平衡时，NH3体积分数与温度的关系如图。

物质的量分数为75%的H2和25%的N2对应的曲线是________（填“a”或“b”）。
②M点，该反应的压强平衡常数Kp=________（MPa）-2（用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数）。
18.近日，复旦大学、北京大学和上海电力大学等的研究团队共同报道了一种新型NASICON相铁基磷酸盐负极材料Na3Fe2（PO4）P2O7。回答下列问题：
（1）基态Fe2+的价电子排布式为________。
（2）Na3Fe2（PO4）P2O7中PO 的空间构型为________，研究表明，该负极材料发生反应：Na3Fe2（PO4）P2O7-e-=Na2Fe2（PO4）P2O7+Na+ ， Na2Fe2（PO4）P2O7-e-=NaFe2（PO4）P2O7+Na+。指出Na2Fe2（PO4）P2O7中Fe2+：Fe3+=________。
（3）K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液可以检验铁陨石中铁元素价态。
①铁氰化钾中不存在的作用力有________（填标号）。
a.离子键    b.极性键    c.非极性键    d.π键    e.配位键    f.氢键
②1mol[Fe（CN）6]3-中含有的σ键数目为________（设NA为阿伏加德罗常数的值）。
（4）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2+和Fe2+的半径分别为6.9×10-2nm和7.8×10-2nm，则熔点：NiO________（填“＜”、“=”或“＞”）FeO，试说明判断理由________。
（5）一种铁氮化合物具有高磁导率，密度为ρg·cm-3 ， 其结构如图所示：

①该铁氮化合物的化学式为________。
②计算Fe（Ⅱ）构成正八面体的体积为________cm3。
19.阔苞菊酮（J）是一种植物生长抑制剂，其中一种合成路线如图：

回答下列问题：
（1）J中含氧官能团的名称为________。
（2）A的结构简式为________。
（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。则D中含有________个手性碳。
（4）E→F的反应类型是________。
（5）G→H属于取代反应，写出另一种有机产物的名称：________。
（6）F与乙二酸一定条件下反应得到高聚酯的化学方程式：________。
（7）写出符合下列条件E的的同分异构体的结构简式________ （任写两种）。
a.含苯环b.核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为9∶6∶2∶1
（8）参照上述合成路线，设计以 和 为原料，制备 的合成路线________（无机试剂任选）。

答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．HClO的结构式：H—O—Cl，A项不符合题意；
B．甲烷的比例模型： ，B项符合题意；
C．中子数为18的氯的核素： Cl，C项不符合题意；
D．CH3Cl的电子式： ，D项不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A．HClO中O在中间；
B．甲烷为四面体形，C原子半径大于H原子；
C．中子数=质量数-质子数；
D．Cl需要表示出8个最外层电子。
2.【答案】 C
【解析】【解答】A．“煤改气”“燃煤脱硫”等可以减少污染物的排放，有利于改善环境，A项不符合题意；
B．ClO2具有强氧化性，可用于杀菌消毒，B项不符合题意；
C．氧化铝陶瓷属于非金属材料，C项符合题意；
D．生铁的含碳量较高，生铁炒熟主要是降低了生铁中的碳含量，D项不符合题意；
故答案为C。

【分析】 A.“煤改气”“燃煤脱硫”可以减少污染物的排放；
B.ClO2具有强氧化性；
C.氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料；
D.生铁中含碳量高，既炒则熟指的是氧化除碳。
3.【答案】 D
【解析】【解答】A．标准状况下二氧化氮不是气体，22.4LNO2的物质的量不是1mol，含有的氧原子数不是2NA ， 故A不符合题意；
B．一个乙醇分子中含有一个C-C键、一个C-O键、一个O- H键和5个C-H键，除C-C键属于非极性键外，其他都是极性键，因此一个乙醇分子含有7个极性键，138gC2H5OH的物质的量为3mol，含有的极性键数为21NA ， 故B不符合题意；
C．氯水中含有氯元素的微粒有Cl2、Cl-、HClO和ClO- ， 标准状况下11.2L Cl2的物质的量为0.5mol，含有0.5molCl，其水溶液中存在的物料守恒关系为：2N（Cl2）+N（HClO）+N（Cl- ）
+N（ClO-）=NA ， 故C不符合题意；
D．1L1mol·L-1 NH4Cl溶液中溶解了1molNH4Cl，含有1molCl- ， 溶液中存在的电荷守恒关系为： 加入氨水至溶液呈中性，c（H+） = c （OH-），则
，因此该溶液中NH 与Cl-的数目相等，含NH 数目为NA ， 故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】 A.一个NO2分子中含有3个原子；
B.一个C2H5OH分子中含5个C-H键，1个C-O键，1个O-H键，共含有7个极性键；
C.氯气与水的反应为可逆反应；
D.由电荷守恒分析。
4.【答案】 A
【解析】【解答】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项符合题意；
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项不符合题意；
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项不符合题意；
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项不符合题意；
故答案为：A。

【分析】 A.由盖斯定律计算；
B.△H-T△S<0的反应可自发进行；
C.从平原到高原压强减小、温度减小；
D.把CO中毒的人转到高压氧仓中，c(O2)增大。
5.【答案】 A
【解析】【解答】A．湿润的红色石蕊试纸检验气体显示试纸变蓝，证明该气体为氨气，铵根离子和碱在加热的条件下会产生氨气，所以原溶液中存在铵根离子，A项符合题意；
B．将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，振荡，产生白色沉淀，说明稀盐酸的酸性大于硅酸，由于盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，所以无法比较非金属性，B项不符合题意；
C．铜和浓硫酸反应后，溶液中仍然存在大量的浓硫酸，需要将反应后的溶液慢慢加入盛有水的烧杯中，边加边搅拌，防止放热液体飞溅，C项不符合题意；
D．将氯化银悬浊液静置，取上层清液，滴入少量稀碘化钠溶液出现黄色沉淀，说明氯化银白色沉淀转化成了碘化银黄色沉淀，由于沉淀会向更难溶的方向生成，所以Ksp（AgI） 故答案为：A。

【分析】 A.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
B.盐酸为无氧酸；
C.应将反应后混合物注入水中；
D.发生沉淀的转化。
6.【答案】 C
【解析】【解答】A．氯气和冷的氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，不是氯酸钠，A不符合题意；
B．硫酸铝铵溶液中加入过量的氢氧化钠，铝离子和铵根离子都反应，B不符合题意；
C．碳酸钠中通过过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，C符合题意；
D．草酸不能写成离子形式，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】 A.Cl2与热的NaOH溶液发生氧化还原反应生成 NaClO3 ， 与冷的NaOH溶液发生氧化还原反应生成 NaClO；
B.过量NaOH和 NH4Al（SO4）2 反应时，铵根离子和铝离子都反应且分别生成一水合氨、AlO2-；
C.二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳；
D.草酸被酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳，自身被还原为锰离子， H2C2O4 为弱酸，应写化学式。
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．氧元素非金属性比氮强，所以氨气和水比较，水的稳定性强， A不符合题意；
B．碳的最高价氧化物对应的水化物为碳酸，为弱酸，氮的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，是强酸，B不符合题意；
C．C2H6和N2H4、H2O2都为18电子的分子，C符合题意；
D．工业上电解熔融的氯化镁制取金属镁，而不是电解氧化镁，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】短周期元素R、X、Y、Z、W原子序数依次递增，R、Z、W不同周期，说明R为第一周期，为氢元素，Z为第二周期，W为第三周期，结合M的结构分析，Y形成三个共价键，为氮元素，X形成四个共价键，为碳元素，Z形成两个共价键，为氧元素，根据X+Z=W+2R分析W的原子序数为12，为镁。
8.【答案】 D
【解析】【解答】A．对于X物质即 ，不存在sp3杂化的C，所有原子可能共面，A项不符合题意；
B．X中的羟基和六元环上的H被氯原子取代，-NHCH3取代了Y中的氯原子，故上述转化过程均为取代反应，B项不符合题意；
C．X中苯环上二氯代物共有六种，分别为 、 、 ，C项不符合题意；
D．碳氧双键不能发生加成反应，故1mol Z最多可与3mol H2发生加成反应，D项符合题意；
故答案为：D。

【分析】 A.旋转碳氧单键，可以使-COOH中原子共面，旋转碳碳单键可以使羧基的平面与六元环平面重合；
B.反应中单键断裂，又形成新的单键；
C.X的环上有4种氢，任意2个H原子被取代有6种情况；
D.只有六元环能与氢气发生加成反应。
9.【答案】 A
【解析】【解答】A．高温下，氧化铝与碳酸钠发生反应，生成偏铝酸钠，故此时铝的存在形式为偏铝酸根，A项符合题意；
B．过量二氧化碳使溶液中存在大量的碳酸氢根离子，故OH-+HCO =CO +H2O，B项不符合题意；
C．“过滤”需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，C项不符合题意；
D．从流程图可知，煅烧时加入碳酸钠，过滤时析出碳酸钠，在调节pH值时加入了二氧化碳，但是在煅烧时生成了二氧化碳，故二氧化碳和碳酸钠可以循环利用，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】钾长石中加入碳酸钙和碳酸钠，生成了偏铝酸钠，钾离子，二氧化硅；过滤可得二氧化硅和过量的碳酸钙；在浸液中加入过量的二氧化碳调节pH值，将生成的氢氧化铝过滤，再加入氢氧化钠进行碱化，将溶液中的碳酸氢根离子转换成碳酸根离子，最后结晶过滤得到碳酸钠晶体和碳酸钾溶液，完成分离。
10.【答案】 C
【解析】【解答】A．该吸附过程相对能量下降，所以为释放能量，A项不符合题意；
B．途径1最大活化能为-362.6-（-567.1）= 204.5kJ·mol-1 ， B项不符合题意；
C．H2S*=HS*+H*中，活化能途径1＞途径2，活化能越大，反应速率越慢，则反应速率途径1<途径2，C项符合题意；
D．在吸附过程中CuFe2O4提供了O原子，D项不符合题意；
故答案为：C。

【分析】 A.该吸附过程中，反应物的总能量大于生成物的总能量；
B.途径1历程中最大活化能为-362.6-（-567.1）= 204.5kJ·mol-1；
C.活化能越大，反应速率越小；
D.吸附过程中有O原子参加。
11.【答案】 D
【解析】【解答】A．根据反应机理图可知，反应物g与 经一系列反应重新生成g，则g为催化剂，A说法不符合题意；
B．根据步骤III、IV，反应为 ，生成物为 ，若用乙烯替换d，最终可得到产物 ，B说法不符合题意；
C．物质g中，Pd成键数目为4，物质b、c、e中，Pd成键数目为2，则该催化循环中Pd的成键数目发生变化，C说法不符合题意；
D．步骤Ⅴ中CH3COOCu、CH3COOH、O2反应生成（CH3COO）2Cu、H2O，化学方程式为4CH3COOCu+4CH3COOH+O2→4（CH3COO）2Cu+2H2O，D说法符合题意；
故答案为D。

【分析】 A.g为步骤的反应物、步骤Ⅳ的生成物；
B.由信息可知，c、d发生取代反应生成f；
C.反应中Pd的成键数目分别为2、3、4；
D.方程式没有配平。
二、多选题
12.【答案】 C,D
【解析】【解答】A．a极失电子为负极，b极得电子为正极，A项不符合题意；
B．a极生成氢离子，b极消耗氢离子，故电池工作时，H+通过质子交换膜向右移动，B项不符合题意；
C．a极反应式为NH3·BH3+2H2O-6e-= + +6H+ ， C项符合题意；
D．6.2gNH3·BH3的物质的量为 ，生成的氢离子的物质的量为1.2mol，b极增加1.2mol氢离子，故当加入6.2gNH3·BH3时，左右两极室内液体质量差为6.2g-1.2mol×2×1g/mol=3.8g，D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】电池工作时的总反应：NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O；
负极：NH3·BH3+2H2O-6e-= + +6H+
正极：H2O2+2H++2e-=2H2O。
13.【答案】 B,C
【解析】【解答】A．氯化氢显酸性，加入氯化氢溶液pH降低，所以应为曲线Ⅱ，A项不符合题意；
B．a.c对比，由A知，c处氢离子浓度大于a处氢离子浓度，氢离子会抑制水的电离，所以a处水的电离程度大于c处水的电离程度；b点时，氢氧化钠与HA恰好完全反应，此时溶液中仅为NaA，已知HA为弱酸，则b点时，A-水解促进水的电离，b处水的电离程度大于a，B项符合题意；
C．d点时，氢氧根粒子浓度为10-4mol/L，氢离子浓度为10-10mol/L，由于 ，所以 ，因此 ，所以lg =5.24，C项符合题意；
D．起始溶液与滴加的氢氧化钠溶液中，钠离子的浓度为0.1mol/L，起始时 ，因此 ，加入20mL氢氧化钠溶液后， ，故 ，D项不符合题意；
故答案为：BC。

【分析】 向HA与NaA的混合溶液中滴加NaOH，HA+NaOH=NaOH+H2O，溶液碱性增强，pH增大，故曲线Ⅰ为滴加NaOH溶液；向HA与NaA的混合溶液中滴加HCl，NaA+HCl=HA+NaCl，溶液酸性增强，pH减小，故曲线为滴加HCl溶液；b点时，加入NaOH20mL，HA与NaOH恰好反应，溶液为NaA溶液；c点时，HA与HCl恰好反应，溶液为NaA溶液；a点时加入10mLHCl，溶液为NaA和HA混合溶液。
14.【答案】 A,D
【解析】【解答】A．用 KSCN 溶液检验 Fe3+时，根据2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓（白色）+（SCN）2+4KCl，Cu2+存在干扰，故A符合题意；
B．红色物质是 Fe（SCN）3 ， （SCN）2为拟卤素，化学性质和氯气相似，说明也具有氧化性，溶液中的 Fe2+也可能是被（SCN）2氧化成 Fe3+ ， 故B不符合题意；
C．Cu（过量）与 FeCl3溶液反应，得到的是氯化铜和氯化亚铁，在Cu过量时，继续反应CuCl2+Cu=2CuCl↓（白色），溶液中一定存在亚铁离子，可能会存在铜离子存在，一定会出现2CuCl↓（白色），故C不符合题意；
D．Cu只要和Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+ ， Cu2+就会与SCN−反应，故红色褪去也有可能是溶液中的SCN−被消耗，从而使Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3平衡逆移，故D符合题意；
故答案为：AD。

【分析】 A.根据已知的信息：2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓（白色）+（SCN）2+4KCl分析；
B.(SCN)2是拟卤素，化学性质和氯气相似，说明也具有氧化性；
C. ①CuCl2+Cu=2CuCl↓（白色） ②2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓（白色）+（SCN）2+4KCl，确定白色沉淀的可能组成；
D.Cu和Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+ ， 2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓（白色）+（SCN）2+4KCl 速率很快。
三、综合题
15.【答案】 （1）增大固液接触面积，加快酸溶速率，提高原料利用率
（2）2.8~6.9或2.8≤pH＜6.9；6Fe3++4SO +2Na++12OH-=Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓
（3）ClO-+2Co2++5H2O=2Co（OH）3↓+Cl-+4H+；99%或0.99
（4）Cl2
（5）MH-e-+OH-=M+H2O
【解析】【解答】（1）将废料研磨成粉可以增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
 
（2）根据分析，“除铁”需控制pH的范围为2.8~6.9或2.8≤pH＜6.9；根据流程可知，黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]的形成需要Fe3+、SO 、Na+、OH- ， 反应的离子方程式为6Fe3++4SO +2Na++12OH-=Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓；
（3）根据分析，钴镍分离时发生的反应为ClO-+2Co2++5H2O=2Co（OH）3↓+Cl-+4H+；c（CO ）=10-5mol/L，根据Ksp（NiCO3）=1.0×10-7可知，c（Ni2+）= =0.01mol/L，沉镍率= = =0.99；
（4）根据分析，转化时Co（OH）3将HCl氧化，HCl转化为Cl2；
（5）根据NiOOH+MH Ni（OH）2+M可知，MH为吸附了H原子的合金，M和H均为0价，放电时MH中0价的H失电子生成H2O，电极反应为MH-e-+OH-=M+H2O；
【分析】金属切削废料（由铁屑和镍钴合金、金刚砂组成）中加入HNO3、H2SO4的混合液，金属转化为阳离子溶解在溶液中，Ni、Co转化为Ni2+、Co2+ ， Fe被HNO3氧化为Fe3+ ， 金刚砂（SiC）不与酸反应，滤渣1是SiC；滤液1加NaOH调pH，此时需让Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，但不能使Ni2+、Co2+沉淀，因此pH需控制为2.8~6.9，滤渣2为Fe（OH）3；滤液中再加NaClO将Co2+氧化为Co（OH）3 ， 反应的离子方程式为ClO-+2Co2++5H2O=2Co（OH）3↓+Cl-+4H+；再加Na2CO3 ， 将Ni2+转化为NiCO3沉淀，离子方程式为Ni2++ =NiCO3 ；NiCO3中加H2SO4 ， 反应生成NiSO4 ， 经蒸发浓缩、冷却结晶，可得NiSO4∙7H2O；钴镍分离后得到的Co（OH）3加浓HCl，可将三价的Co还原为二价，得到CoCl2 ， 经蒸发浓缩、冷却结晶，可得CoCl2∙2H2O。
 
16.【答案】 （1）球形冷凝管；MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）bc
（3）缺少干燥Cl2的装置，导致副产物CCl3COOH增多（或BC之间增加干燥装置；或BC之间、DE之间均增加干燥装置）
（4）淀粉溶液；或 %或 %
【解析】【解答】（1）仪器D是球形冷凝管；A中发生的反应为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；
 
（2）HCl极易溶于水，为防止发生倒吸，可使用b和c吸收尾气同时防止倒吸；a装置将导管直接插入液面以下，会发生倒吸；d装置是一个封闭装置，没有和外界大气相通，存在安全隐患，不能选用；
（3）该装置BC之间缺少干燥氯气的装置，若氯气中含有水分，氯气与水发生反应，生成的次氯酸会氧化CCl3CHO，导致副产物增多；
（4）①淀粉溶液遇碘单质会变蓝；
②第一次滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积为19.98mL，第二次滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积为21.52-0.12=20.4mL，第三次滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积为20.22-0.2=20.02mL，第二次的数值偏差较大，应舍去；则消耗硫代硫酸钠的体积为20mL，其物质的量为bmol/L×0.02L=0.02bmol，根据 可知，剩余I2的物质的量为 ，与HCOO-反应的I2的物质的量为0.02amol-0.01bmol，则产品CCl3CHO的物质的量为（0.02a-0.01b） mol，其纯度为 或 %或 %；
【分析】浓盐酸与二氧化锰发生反应生成氯气，反应方程式为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；氯气与乙醇发生反应生成三氯乙醛（CCl3CHO），制备原理：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl。
 
17.【答案】 （1）Ea+664.1
（2）CD；该反应未达平衡，温度低于350℃时，温度升高，NO转化率随着化学反应速率增大而增大；温度高于350℃时，催化剂失活或活性降低；1；越大
（3）a；或0.0059或0.006
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得反应Ⅲ的 ，而 正反应活化能-逆反应活化能=-664.1kJ/mol，所以逆反应活化能= （Ea+664.1）kJ/mol；
 
（2）①A．若正反应速率=逆反应速率说明反应达到平衡状态。而v逆（NO）：v正（N2）=2:1，所以v逆（NO）= 2v正（N2），A项不正确；
B．混合气体的密度= ，该容器为恒容所以体积不变，而混合气体的总质量也不变，所以混合气体的密度任何时候都不发生改变，故不能判定反应是否达到平衡状态，B项不正确；
C．该反应是一个气体体积减小的反应，平衡之前，容器内的压强随反应的进行不断变化，当反应达到平衡后，容器内的压强随反应的进行不断变化，当反应达到平衡后，容器内的压强不再发生改变，C项正确；
D．混合气体的相对分子质量= ，混合气体的质量恒定不变，但是平衡前，混合气体的物质的量一直发生变化，所以相对分子质量也在改变。若相对分子质量不变，则说明该反应达到平衡状态，D项正确；
②使用催化剂乙时，NO转化率随温度升高先增大后减小的原因为该反应未达平衡，温度低于350℃时，温度升高，NO转化率随着化学反应速率增大而增大；温度高于350℃时，催化剂失活或活性降低；
③温度为T1时，假设初始氢气和一氧化氮的物质的量都为1mol，容器的体积为1L，那么氢气和一氧化氮的初始浓度为 ，所以 ，而当氢气的转化率为50%时， ，此时的速率 ，解得m=1，根据速率常数存在的关系式可以得到，活化能越大，升高温度，等号右侧的值就越小，那么 就越小，说明 的值就越大，那么k2>k1 ， 所以速率常数增大的倍数也是越大的；
（3）①温度相同的条件下，反应物的浓度越大，生成的产物越多。从图2中可以看到，当温度相同时，曲线a位于曲线b的上方，那么说明曲线a代表的应该是75%的氢气和25%的氮气；；
②根据题意可知，初始时氢气的分压为： ，氮气的分压为： ，假设平衡时氮气的变化分压为x MPa，那么氢气的变化分压为3x MPa，氨气的变化分压为2x MPa，则有： ，平衡时氨气的体积分数 ，解得 ，则该反应的压强平衡常数 。
【分析】
(1)根据盖斯定律以及正反应活化能-逆反应活化能计算；
(2)①判定可逆反应是否达到化学平衡状态，一般有以下两种方法：
1、v正=v逆 ， 即正逆反应速率相等；
2．变量不变，包括某组分的含量、气体的颜色、密度、平均相对分子质量、体系的总压强等。
②根据平衡以及催化剂活性分析；
③假设初始H2和NO的物质的量都为1mol，容器的体积为1L，根据题意计算；
(3)①根据温度相同的条件下，反应物的浓度越大，生成的产物越多分析；
②根据三段式以及Kp=计算。
18.【答案】 （1）3d6
（2）正四面体形；1:1
（3）cf；12NA
（4）＞；NiO、FeO属于离子晶体，Ni2+离子半径小，NiO晶格能大，熔点高
（5）Fe3（Ⅱ）Fe（Ⅲ）N或Fe4N；
【解析】【解答】（1）Fe2+核外有24个电子，基态Fe2+的价电子排布式为3d6；
 
（2）磷酸根离子是正四面体结构，中心原子是P，周围有4个O原子，价电子对= ，孤电子对为0，所以应为正四面体；Na3Fe2（PO4）P2O7该物质可以失电子生成Na2Fe2（PO4）P2O7 ， Na2Fe2（PO4）P2O7失电子生成NaFe2（PO4）P2O7 ， 故可以推测出，Na3Fe2（PO4）P2O7中有两个亚铁离子，NaFe2（PO4）P2O7有两个铁离子，故Na2Fe2（PO4）P2O7中Fe2+:Fe3+=1:1；
（3）①铁氰化钾属于离子化合物，阴阳离子间存在离子键，C、N以三键形式结合，含有π键和 键，C、N形成的化学键为极性共价键，Fe3+与CN-间以配位键结合，铁氰化钾中不存在的作用力有非极性共价键和氢键；
②在配合物 中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有1个共价键，所以1mol[Fe（CN）6]3-中含有的σ键数目为12NA；
（4） NiO、FeO属于离子晶体，离子晶体中，离子半径越小，熔点越高，Ni2+离子半径比亚铁离子小，NiO晶格能大，故NiO熔点高；
（5）①根据晶胞图示可得，N：1，Fe（Ⅱ）：6× =3，Fe（Ⅲ）：8× =1，故该铁氮化合物的化学式为Fe3（Ⅱ）Fe（Ⅲ）N；
②四棱锥的体积= ×底面积×高，正八面体=2×四棱锥，四棱锥的底面各个顶点在正方体截面的中心，故四棱锥的底面积等于正方体的底面积的一半，四棱锥的高为正方体的边长的一半，故八面体的体积=2× ×底面积×高=2×（ ×边长2× ×边长× ）= ×正方体体积，正方体体积= = = ，八面体的体积= ×正方体体积= × = 。
【分析】
(1)根据Fe2+核外有24个电子分析；
(2)根据价层电子对互斥理论计算P的杂化方式；根据失电子数分析；
(3)①非极性共价键是同种元素形成的，氢键是分子间作用力；
②配位键是σ键，三键中有一条σ键；
(4)离子晶体中，离子半径越小，熔点越高；
(5)①根据均摊法计算；
②根据四棱锥的体积= ×底面积×高，正八面体=2×四棱锥计算。
19.【答案】 （1）羟基、羰基或酮基
（2）
（3）2
（4）氧化反应
（5）甲醇
（6）n +nHOOCCOOH +（2n-1）H2O
（7）、 、 、
（8）
【解析】【解答】（1）根据J的结构简式，其含有的官能团为羟基、羰基和碳碳双键，故含氧官能团的名称为羟基、羰基或酮基；
 
（2）分析可知，A的结构简式为 ；
（3）D 中标注的碳原子连有4个不同的原子或基团时，为手性碳原子，个数为2；
（4）对比E、F的结构简式，E中碳碳双键中一条化学键断开，引入2个羟基，则E→F的反应类型为氧化反应；
（5）G→H属于取代反应，生成H和CH3OH，名称为甲醇；
（6）F中含有2个羟基，与乙二酸一定条件下反应得到高聚酯 ，化学方程式为n +nHOOC-COOH +（2n-1）H2O；
（7）E的分子式为C12H18O，其同分异构体a.含苯环，b.核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为9∶6∶2∶1，则其为对称结构，峰面积为9，为3个等效的-CH3 ， 峰面积为6，为2个等效的-CH3 ， 苯环上2个H原子等效，则结构简式为 、 、 、 ；
（8）根据合成路线G→J， 和 反应生成 ， ，则流程为 、 → 。
【分析】根据B的结构简式和反应物CH3I，可判断A的结构简式为 。