化学（新高考）2022届高三第三次模拟考试卷 （三）教师版

这是一份化学（新高考）2022届高三第三次模拟考试卷 （三）教师版，共10页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，下列说法中错误的是等内容，欢迎下载使用。

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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

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（新高考）2022届高三第三次模拟考试卷
化学（三）
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。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．中国年中国味。下列新春文化的主要材料不属于天然有机高分子的是




A．皮影戏-驴皮皮影
B．内画-水晶瓶
C．年画-木刻板
D．窗花-纸花
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】A．驴皮的主要成分是蛋白质，属于天然有机物高分子化合物，A不符合题意；B．水晶主要成分是二氧化硅，属于无机物，B符合题意；C．木材的主要成分为纤维素，属于天然高分子材料，C不符合题意；D．纸张的主要成分为纤维素，属于天然高分子材料，D不符合题意；故选B。
2．中国古代在生产生活中广泛地应用了各种矾。下列说法错误的是
A．明矾[]溶液可用于清除铜镜表面的铜锈
B．黄钾铁矾[]易水解生成胶体
C．绿矾（）易被氧化，应密封保存
D．胆矾（）灼烧变白色粉末属于物理变化
【答案】D
【解析】A．明矾溶液中水解使溶液呈酸性，能溶解铜锈（碱式碳酸铜），A正确；B．黄钾铁矾[]能电离出Fe3+，易水解生成胶体，B正确；C．具有强还原性，易被空气中的O2氧化，绿矾应密封保存，C正确；D．结晶水合物受热分解属于化学变化，D错误；故答案为D。
3．下列说法正确的是
A．利用油脂在酸性条件下水解可制得肥皂
B．乙醇可以与酸性高锰酸钾溶液反应，被氧化成乙醛
C．含硅4%的硅钢具有很高的导磁率，主要用作变压器铁芯
D．用铂丝蘸取白色粉末做焰色试验，火焰呈黄色，证明原粉末含有Na+，一定不含K+
【答案】C
【解析】A．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，通过皂化反应可制得肥皂，A错误；B．因为酸性条件下高锰酸钾的氧化性极强，与乙醇反应时生成的乙醛立即被氧化成乙酸，B错误；C．含硅4%的硅钢具有很高的导磁率，主要用作变压器铁芯，C正确；D．焰色试验的火焰呈黄色，证明原粉末含有Na+，但不能确定其中是否含有K+，需透过蓝色钴玻璃观察后才能确定，D错误；故选C。
4．下列离子反应方程式书写错误的是
A．刻蚀电路板：
B．实验室制氯气：
C．向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳：2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO
D．二氧化硫的水溶液吸收溴蒸气：SO2+Br2+2H2O=4H++SO+2Br-
【答案】C
【解析】A．刻蚀电路板发生的反应为铜与铁离子反应生成铜离子和亚铁离子，反应的离子方程式为，故A正确；B．实验室制氯气的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为，故B正确；C．偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，故C错误；D．二氧化硫的水溶液吸收溴蒸气的反应为二氧化硫的水溶液与溴反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO+2Br-，故D正确；故选C。
5．为提纯下列物质，除杂药品和分离方法都正确的是

被提纯的物质（杂质）
除杂药品
分离方法
A
乙醇（乙酸）
CaO
蒸馏
B
KBr溶液（KI）
氯水、CCl4
萃取、分液
C
氯化铝溶液（氯化铁）
氨水
过滤
D
CO2（SO2）
饱和Na2CO3溶液
洗气
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．向含有乙酸的乙醇中加入氧化钙，将乙酸转化为沸点高的乙酸钙，加热蒸馏可除去乙醇中混有的乙酸，故A正确；B．溴化钾溶液和碘化钾溶液都能与氯水反应，则不能用氯水、四氯化碳除去溴化钾溶液中混有的碘化钾，故B错误；C．氯化铝溶液和都能与氨水反应生成氢氧化物的沉淀，则不能用氨水除去氯化铝溶液中混有的氯化铁，故C错误；D．二氧化碳和二氧化硫都能与碳酸钠溶液反应，则不能用饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中混有的二氧化硫，故D错误；故选A。
6．海洋中的珊瑚虫经如下反应形成石灰石外壳，进而形成珊瑚：Ca2++2⇌CaCO3+H2O+CO2。与珊瑚虫共生的藻类会消耗海洋中的CO2。气候变暖、温室效应的加剧干扰了珊瑚虫的生长，甚至致其死亡。下列说法不合理的是

A．CO2分子为直线形分子，其中C原子为sp杂化
B．共生藻类消耗CO2，有利于珊瑚的形成
C．海洋中CO2浓度升高，抑制了珊瑚的形成
D．温度升高会增大CO2在海水中的溶解度，抑制了珊瑚的形成
【答案】D
【解析】A．CO2的结构式为O=C=O，是直线形分子，其中C原子为sp杂化，故A正确；B．由Ca2++2CaCO3+H2O+CO2可知，共生藻类消耗CO2，促使平衡正向移动，有利于珊瑚的形成，故B正确；C．由Ca2++2⇌CaCO3+H2O+CO2可知，海洋中CO2浓度升高，促使平衡逆向移动，不利于珊瑚的形成，故C正确；D．升高温度，二氧化碳溶解度降低，平衡正向移动，促进珊瑚的形成，故D错误；故答案为D。
7．下列说法中错误的是
A．含有配位键的化合物就是配位化合物
B．在NH和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
C．[Cu(NH3)4]2+中的Cu2+提供空轨道，NH3中的N原子提供孤对电子形成配位键
D．配位化合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应等领域都有着广泛的应用
【答案】A
【解析】A．配位化合物中一定含有配位键，但含有配位键的不一定是配位化合物，如H3O+、NH，故A说法错误；B．NH中N提供孤电子对，H+提供空轨道，形成配位键，[Cu(NH3)4]2+中Cu2+与NH3形成配位键，故B说法正确；C．[Cu(NH3)4]2+中的Cu2+提供空轨道，NH3中的N原子提供孤对电子形成配位键，故C说法正确；D．配位化合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应等领域都有着广泛的应用，故D说法正确；答案为A。
8．北京冬奥会于2022年2月4日举办，节俭办赛是理念之一。在场馆建设中用到的一种耐腐蚀、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得的。

下列有关该双环烯酯的说法正确的是
A．该双环烯酯分子的分子式为C14H18O2
B．1mol该双环烯酯最多能与2molH2发生加成反应
C．该双环烯酯可以与NaHCO3和NaOH发生反应
D．该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有8种（不含立体异构）
【答案】B
【解析】A．该双环烯酯的分子式为C14H20O2，故A错误；B．1mol该双环烯酯最多能与2molH2发生加成反应，碳碳双键可以和氢气加成，酯基中碳氧双键不能与H2反应，B正确；C．该双环烯酯中含有酯基，能与氢氧化钠溶液反应，但是不能与NaHCO3发生反应，C错误；D．该双环烯酯完全加氢后的产物为，有9种不同环境的氢，一氯代物有9种，D错误；答案选B。
9．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的族序数是周期序数的3倍，基态时Y原子核外s原子轨道上有1个未成对电子，Z与X处于同一主族。下列说法正确的是
A．原子半径：r(W) B．第一电离能：I1(Y) C．X与Y形成的化合物一定只含离子键
D．W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱
【答案】A
【解析】X的族序数是周期序数的3倍，X是O元素；Z与X处于同一主族，Z是S元素； X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W是Cl元素；基态时Y原子核外s原子轨道上有1个未成对电子，Y是Na元素。A．同周期元素从左到右，半径依次减小，原子半径：r(Cl) 10．由下列实验的现象或测定的数据能推出相应结论的是
选项
实验
现象或测定的数据
结论
A
向Cu(CH3COO)2溶液中通入H2S
产生黑色沉淀
酸性：H2S>CH3COOH
B
将白少量糖投入浓硫酸中，将产生的气体通入澄清石
石灰水变浑浊
白砂糖被氧化成CO2
C
向等体积饱和AgCl溶液和饱和AgI溶液中分别滴加等量的浓AgNO3溶液
得到沉淀n(AgCl)>n(AgI)
K(AgCl)>K(AgI)
D
在同一个恒压绝热的容器中，发生2A(g)+B(g)⇌2C(g)、X2(g)+Y2(g)⇌2XY(g)两个放热反应，达平衡后，再通入少量He
测得容器温度下降
通He后，2A(g)+B(g)⇌2C(g)、X2(g)+Y2(g)⇌2XY(g)两个反应均逆向进行
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】A．Cu(CH3COO)2+H2S＝2CH3COOH+CuS↓，反应发生的原因是产生了难溶于水且难溶于酸的CuS，故不能说明酸性：H2S>CH3COOH，A项错误；B．使澄清石灰水变浑浊的原因可能是浓硫酸产生的SO2，或者蔗糖被氧化生成的CO2，故不能得到相应结论，B项错误；C．向饱和AgCl溶液和饱和AgI溶液中分别滴加等量的浓AgNO3溶液，AgCl(s)⇌Ag+(aq)+(aq)，AgI(s)＝Ag+(aq)+I-(aq)平衡逆向移动产生AgCl和AgI，由得到沉淀n(AgCl)>n(AgI)可知，原饱和溶液AgCl浓度更大，故Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C项正确；D．通入少量He，2A(g)+B(g)＝2C(g)反应首先逆向进行，反应吸热，体系温度下降，导致X2(g)+Y2(g)→2XY(g)反应正向进行，D项错误；答案选C。
11．80℃时，NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中投入NO2和SO2起始浓度如表所示，其中甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，下列判断不正确的是
起始浓度
甲
乙
丙
c(NO2)/(mol·L-1)
0.10
0.20
0.20
c(SO2)/(mol·L-1)
0.10
0.10
0.20
A．平衡时，乙中SO2的转化率大于50%
B．当反应平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍
C．温度升至90℃，上述反应平衡常数为，则正反应为吸热反应
D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol·L-1 NO2和0.20mol·L-1SO2达到平衡时c(NO)与原平衡不同
【答案】D
【解析】A．该反应NO2和SO2的化学计量数之比是1∶1，甲达到平衡时，NO2的转化率为50%，甲中NO2和SO2的起始浓度比是1∶1，则甲中SO2的平衡转化率为50%，乙比起甲可看作是在甲的基础上多投入NO2，则平衡朝正向移动，故乙中SO2的转化率大于50%，A正确；B．恒容密闭容器中，该反应反应前后气体分子数不变，则该反应等比等效。丙中NO2和SO2的起始浓度均是甲的2倍，丙中压强的增大没有造成平衡的移动，SO2的平衡转化率仍然为50%，则当反应平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍，B正确；C．80℃时，该反应的平衡常数为=1，温度升至90℃，上述反应平衡常数为，即温度升高，平衡常数增大，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，C正确；D．该反应各物质均是气体，化学计量数均是1，其他条件不变，在甲的基础上多投入0.1mol/L的NO2引起平衡正向移动的程度与多投入0.1mol/L的SO2引起平衡正向移动的程度相同，故若起始时向容器乙中充入0.10mol·L-1 NO2和0.20mol·L-1SO2达到平衡时c(NO)与原平衡相同，D错误；故选D。
12．As2O3（砒霜）是两性氧化物（分子结构如图所示），与盐酸反应能生成AsCl3，AsCl3和LiAlH4反应的产物之一为AsH3。下列说法正确的是

A．As2O3分子中存在配位键
B．LiAlH4为共价化合物
C．AsCl3的空间构型为平面正三角形
D．AsH3与NH3相比，As-H的键能比N-H的小
【答案】D
【解析】A．由As2O3分子的结构可知，分子中不存在配位键，A错误；B．LiAlH4中含离子键，为离子化合物，B错误；C．AsCl3的中心原子价电子对数为3+(5-13)=4，采取sp3杂化，有1对孤对电子和3对成键电子，空间构型为三角锥形，C错误；D．As的原子半径比N大，As-H的键长比N-H的键长长，因此，As-H的键能比N-H的小，D正确；答案选D。
13．最近一个科学研究小组创造了一种通过连续电解将能量储存为化学能的装置。在氧化钇基质的阳极和二氧化钛涂覆的钛阴极之间是可通过H+的固体聚合物电解质。其结构如图所示，则下列说法正确的是

A．电源的b极为负极
B．在能量转换过程中，固体电解质中的H+由阴极向阳极移动
C．阴极的电极反应式为OX+4H++4e-=GC+H2O
D．为增强阳极电解液的导电性，可在水中添加适量NaCl
【答案】C
【解析】H2O转化为O2，O元素的化合价升高失电子，发生氧化反应，则H2O在阳极反应生成氧气，所以b为正极，a为负极，OX在阴极得电子生成GC。固体电解质可以通过H+，阳离子向阴极移动。A．该装置为电解池装置，由结构示意图可知，与电源b极相连的电极上水失电子发生氧化反应生成氧气，则b极为电源的正极，A项错误；B．阳极是水放电生成氧气与氢离子，H+可以通过固体聚合物电解质，H+由阳极向阴极移动，B项错误；C．b极为电源的正极，a极为电源的负极，与电源a极相连的电极上OX得电子发生还原反应生成GC，电极反应式为OX+4H++4e-=GC+H2O，C项正确；D．该电解池选用的是固体聚合物电解质，不是电解质溶液，D项错误；故选C。
14．已知草酸为二元弱酸，电离平衡常数分别是、。常温下，向某浓度的溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。

下列说法错误的是
A．
B．常温下，溶液中
C．时，溶液中
D．在滴定过程中水的电离程度先增大后减小
【答案】B
【解析】A．由图像可知，时，c(HC2O)=c(C2O)，，，A正确；B．水解生成和使溶液呈碱性，电离生成和使溶液呈酸性，结合图像可知，常温下，溶液的，溶液呈酸性，可知电离程度大于水解程度，即，B错误；C．由图像可知时，，则，时，，则，由电离常数表达式可知，C正确；D．滴定前为草酸溶液，酸的电离抑制水的电离，滴入的氢氧化钠与草酸反应，酸对水电离的抑制作用逐渐减弱，生成的强碱弱酸盐水解促进水电离，水的电离程度增大，草酸反应完后氢氧化钠过量又抑制水电离，所以水的电离程度先增大后减小，D正确；答案选B。
15．高铁酸钾是一种高效的多功能的水处理剂。工业上常采用NaClO氧化法生产，原理为3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O、Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，主要的生产流程如图：

下列叙述错误的是
A．反应①中可直接用KOH溶液代替NaOH溶液
B．反应①的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
C．反应②中，每生成1 mol Na2FeO4转移3 mol电子
D．反应③利用的是Na2FeO4和K2FeO4溶解度的差异
【答案】A
【解析】由题给流程可知，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，向反应后的溶液中加入硝酸铁溶液发生反应生成高铁酸钠沉淀，过滤得到高铁酸钠和滤液；向高铁酸钠固体中加入饱和氢氧化钾溶液将高铁酸钠转化为高铁酸钾，过滤得到粗高铁酸钾，粗高铁酸钾经提纯得到高铁酸钾。A．高铁酸钠和高铁酸钾都溶于水，若反应①中直接用氢氧化钾溶液代替氢氧化钠溶液，反应制得的粗高铁酸钾中的可溶性杂质多，提纯得到的高铁酸钾中还会有可溶性杂质无法除去，故A错误；B．由分析可知，反应①为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故B正确；C．反应②中铁离子被氧化生成高铁酸根离子，则生成1 mol高铁酸钠转移电子的物质的量为3mol，故C正确；D．反应③是利用高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠，将高铁酸钠转化为高铁酸钾，故D正确；故选A。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：本题共5小题，共55分。
16．铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程如图：

实验室中可用FeSO4（由铁粉和稀硫酸反应制得）和NH4HCO3用如图装置模拟上述流程中的“转化”环节。

回答下列问题：
（1）配制溶液所用的蒸馏水须先除去其中溶解的氧气，具体方法是___________。
（2）装置A用于制备FeSO4，实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液与装置B中的NH4HCO3溶液混合，操作方法是关闭___________，打开___________（填“K1”、“K2”或“K3”）；装置B中生成FeCO3的离子方程式为___________。
（3）转化过程中温度不超过35℃，主要原因是___________；“过滤”环节，不需要使用下列仪器中的___________（填仪器名称）。

（4）干燥过程的主要目的是脱去游离水，该过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为___________；检验产品中是否含Fe3+需要的试剂有稀H2SO4和___________（填化学式）。
（5）取干燥后的FeCO3样品（含少量FeOOH）37.47g，与炭混合后焙烧，最终得到还原铁粉18.48g，计算样品中FeCO3的质量分数为___________%（计算结果取整数）。
【答案】（1）加热煮沸
（2）K3     K2     Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O
（3）碳酸氢铵不稳定，受热容易分解     bc
（4）4FeCO3+O2+2H2O=4FeOOH+4CO2     KSCN
（5）93
【解析】碳酸氢铵和硫酸亚铁反应生成FeCO3沉淀和二氧化碳气体，过滤分离出沉淀，洗涤干燥得到FeCO3，它与炭粉焙烧发生还原反应生产铁粉。
（1）气体溶解度随温度升高而减小，蒸馏水须先除去其中溶解的氧气，具体方法是加热煮沸；
（2）由装置可知，K2处左侧导管进入液面以下，K3处左侧与装置A中上侧相通，装置A中铁与硫酸生成硫酸亚铁，欲将生成的FeSO4溶液与装置B中的NH4HCO3溶液混合，操作方法是关闭K3，打开K2，装置中气体增多压强变大，液体被压入装置B中；装置B中进入的亚铁离子与碳酸氢根离子双水解反应生成FeCO3和二氧化碳、水，离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（3）碳酸氢铵不稳定，受热容易分解，故转化过程中温度不超过35℃；“过滤”环节需要使用玻璃棒、漏斗、烧杯，不需要使用下列仪器中的长颈漏斗、锥形瓶，故选bc；
（4）空气中氧气具有氧化性，FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，根据质量守恒可知，还会生成二氧化碳气体，该反应的化学方程式为4FeCO3+O2+2H2O=4FeOOH+4CO2；Fe3+和KSCN溶液反应溶液变为血红色，故检验产品中是否含Fe3+需要的试剂有稀H2SO4和KSCN溶液；
（5）设FeCO3、FeOOH的物质的量分别为x、y，则116x+89 y =37.47，根据质量守恒可知，(x+y)×56=18.48；解得x=0.3mol、y=0.03mol，故样品中FeCO3的质量分数为。
17．以碳酸锰铜矿（主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe3O4杂质）为原料制备硫酸锰晶体的一种工艺流程如下：

（1）写出“酸浸”时，杂质Fe3O4与稀硫酸反应的化学方程式：_______。
（2）“氧化”时除了使用MnO2外，还可以使用的一种试剂为_______（填化学式），若省略“氧化”步骤，造成的后果是_______。
（3）简述加入MnCO3“除铁”的原理：_______。
（4）“沉铜”时，若溶液中c(Mn2+)=2.8mol·L-1，加入Na2S固体，使溶液中Cu2+完全沉淀，即溶液中c(Cu2+)=1.0×10-5mol·L-1，此时是否有MnS沉淀生成？请通过计算判断：_______。[已知：Ksp(MnS)=1.4×10-15，Ksp(CuS)=6.3×10-36]
（5）“沉锰”时，发生反应的离子方程式为_______。
（6）为确定所得硫酸锰晶体中含有的结晶水，称取纯化后的MnSO4·xH2O晶体8.45g，加热至完全脱去结晶水，固体减重0.9g，则该硫酸锰晶体的化学式为_______。
【答案】（1）Fe3O4+4H2SO4=FeSO4 + Fe2(SO4)3 +4H2O
（2）H2O2     Fe2+去除不完全，影响产品硫酸锰纯度
（3）Fe3+ +3H2OFe(OH)3 +3H+，加入MnCO3与H+反应，降低溶液酸性，促进Fe3+完全水解生成Fe(OH)3沉淀而除去
（4）Cu2+恰好沉淀完全时，c(S2-)= mol/L=6.3×10 -31 mol/ L，c(Mn2+)·c(S2-)=2.8 ×6.3 ×10 -31=1.764 ×10-30< Ksp(MnS)，因此不会产生MnS沉淀
（5）Mn2+ +2HCO= MnCO3↓+CO2↑+H2O
（6）MnSO4·H2O
【解析】向碳酸锰铜矿（主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe3O4杂质）中加入硫酸，反应生成硫酸盐，向溶液中加入二氧化锰可以将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸锰调节pH可以将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，向滤液中加入Na2S，生成CuS沉淀，过滤后得到硫酸锰溶液，向滤液中加入碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀，过滤后加入硫酸生成硫酸锰溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤可得到硫酸锰晶体，以此解答该题。
（1）Fe3O4和稀硫酸反应生成Fe2(SO4)3、FeSO4和水，反应的化学方程式为Fe3O4+4H2SO4=FeSO4 + Fe2(SO4)3 +4H2O。
（2）加入氧化剂不能引入新杂质，可用H2O2等，若省略“氧化”步骤，造成的后果是Fe2+去除不完全，影响产品纯度。
（3）溶液中存在水解平衡Fe3+ +3H2OFe(OH)3 +3H+，加入MnCO3后，由于存在MnCO3(s)=Mn2+(aq) +(aq)，+2H+= CO2↑+H2O，溶液中氢离子浓度减小，使得Fe3+的水解平衡向正反应方向移动，因此Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而被除去。
（4）Cu2+恰好沉淀完全时，c(S2-)= mol/L=6.3×10 -31 mol/ L，c(Mn2+)·c(S2- )=2.8 ×6.3 ×10 -31=1.764 ×10-30＜ Ksp(MnS)，因此不会产生MnS沉淀。
（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，同时生成二氧化碳气体，则反应的离子方程式为Mn2+ +2HCO= MnCO3↓+CO2↑+H2O。
（6）用含x的式子表示8.45g MnSO4·xH2O晶体中水的质量为，解得x=1，则该硫酸锰晶体的化学式为MnSO4·H2O。
18．2020年9月在第75届联合国大会上，我国首次明确给出碳中和时间表，碳氧化物的综合利用是实现碳中和目标的重要手段。合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂作用下合成甲醇的主要反应如下：
①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(1) ΔH1=a kJ·mol-1
②CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g)+O2(g) ΔH2=b kJ·mol-1
③CH3OH(g)CH3OH(l) ΔH3=c kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）写出甲醇燃烧热的热化学方程式_______（反应热用含a、b、c的代数式表示）。
（2）已知在一定温度下2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)，在3个体积相同的恒容密闭容器中反应并达到平衡，下列说法正确的是_______。
容器
温度/K
物质的起始浓度mol·L-1
物质的平衡浓度mol·L-1
c(H2)
c(CO)
c(CH3OH)
I
400
0.20
0.10
0
0.080
II
400
0.40
0.20
0

III
500
0
0
0.10
0.025
A．该反应的正反应为吸热反应
B．达到平衡时，容器I中压强是容器II中的一半
C．达到平衡时，容器II中c(CH3OH)大于容器I中c(CH3OH)的两倍
D．达到平衡时，容器II中的正反应速率比容器I中的大
（3）已知图1为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)反应过程与能量曲线，该反应为_______反应（填“吸热”或“放热”）。已知Cat.1与Cat.2为该反应的两种不同的催化剂，则从图像看，在相同温度下_______（填“Cat.1”或“Cat.2”）的催化效率更高，其原因是_______。

（4）若合成气中初始浓度c0(H2)=1 mol·L-1，c0(CO2)=n mol·L-1时，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)反应中CO2的转化率（α）与温度（T）的关系如图2所示。当温度为T2时该反应达到平衡，则平衡常数K=_______（用含n的代数式表示），随着温度进一步升高，CO2转化率下降的可能原因是_______。

【答案】（1）CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=(2a-3b-c) kJ·mol-1
（2）D
（3）放热     Cat.2     Cat.2比Cat.1达到最大催化活性所需能量较低，能够使更多的普通分子变为活化分子，活化分子数增大，活化分子百分数增大，反应速率加快，使更多的反应物分子发生反应变为生成物，因而反应效率更高
（4）     在反应温度低于T2时，反应未达到平衡，升高温度，CO2发生反应速率加快，因而CO2转化率提高，在T2时反应达到平衡状态，CO2转化率达到最大值。由于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO2转化率降低，因此随着温度进一步升高，CO2转化率下降。
【解析】（1）已知：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)                    ΔH1=a kJ·mol-1
②CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g)+O2(g)                 ΔH2=b kJ·mol-1
③CH3OH(g)CH3OH(l)               ΔH3=c kJ·mol-1
根据盖斯定律，将①×2-②×3-③，整理可得CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=(2a-3b-c)kJ·mol-1；
（2）A．对比容器I、III，如二者反应温度相同，0.1 mol/L的CH3OH相当于0.20 mol/L的H2和0.10 mol/L的CO，二者为等效平衡，但温度较高，平衡时CH3OH浓度较低，说明升高温度化学平衡逆向移动，因此该反应的正反应为放热反应，A错误；B．I、II在相同温度下反应，但II浓度较大，若平衡不移动，达到平衡时II中气体的压强是I的2倍，但由化学反应方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大反应物浓度，导致体系的压强增大，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正向移动，因此平衡时II的压强比I的压强的2倍小，即I的压强比II的压强的一半要大，B错误；C．I、II化学反应温度相同，反应II相当于在I的基础上增大压强，若平衡不移动，II中CH3OH(g)的浓度是I的2倍，增大压强化学平衡正向移动，导致器II中CH3OH(g)的浓度比容器I中CH3OH(g)的浓度的2倍要大，C错误；D．由于II中反应物的浓度比I大，增大反应物浓度，化学反应速率加快，因此达到平衡时，容器II中的正反应速率比容器I中的大，D正确；故合理选项是D；
（3）根据图示可知：反应物的能量比生成物的能量高，因此发生反应时会释放能量，故该反应的正反应为放热反应；
根据图象可知：Cat.2比Cat.1达到催化活性所需能量较低，能够使更多的普通分子变为活化分子，活化分子数增大，反应速率加快，使更多的反应物分子发生反应变为生成物，因此在相同温度下Cat.2催化效率更高；
（4）初始浓度c0(H2)=1 mol·L-1，c0(CO2)=n mol·L-1，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，当在温度为T2时达到平衡时，CO2的转化率为80%，则平衡时c(CO2)=0.2n mol·L-1，c(CH3OH)=c(H2O)=0.8n mol·L-1，c(H2)=(1-2.4n)mol·L-1，则该反应的化学平衡常数K=；根据图象可知：在反应温度低于T2时，反应未达到平衡，升高温度，CO2发生反应产生CH3OH的速率加快，CO2转化率提高，在T2时反应达到平衡状态，CO2转化率达到最大值。由于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的正反应是放热反应，当反应达到平衡后，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO2转化率降低。
19．三草酸合铁酸钾{K3[Fe(C2O4)3]•3H2O}是制备铁触媒的主要原料，在光照下能分解：2K3[Fe(C2O4)3]•3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2↑+6H2O。回答下列问题：
（1）基态Fe原子的电子排布式为___，基态Fe2+与Fe3+中未成对电子的数目之比为___。
（2）三草酸合铁酸钾所含元素中，第一电离能最大的是___（填元素符号，下同），电负性最大的是____。
（3）CO2分子中σ键和π键的个数之比为___，H2O分子的立体构型为___。
（4）金刚石的晶胞结构如图1所示，碳原子分别位于顶点、面心和体内。

若图中原子1的坐标为（0，0，0），则原子2的坐标为___。若金刚石的晶胞边长为apm，则其中碳碳键的键长d=___（用含a的代数式表示）pm。
（5）铁有δ、γ、α三种同素异形体（如图2），三种晶体在不同温度下能发生转化。

①δ、γ、α三种晶体晶胞中铁原子的配位数之比为___。
②若δ—Fe晶胞边长为acm，α—Fe晶胞边长为bcm，则两种晶胞空间利用率之比为___（用含a、b的代数式表示）。
【答案】（1）（或）；4∶5
（2）O     O
（3）1∶1     V
（4）    
（5）    
【解析】（1）Fe为26号元素，则基态Fe原子的电子排布式为；基态Fe2+与Fe3+的核外电子排布式分别为、，为成对电子分别为4个和5个，所以未成对电子数之比为：4∶5，故答案为：（或）；4∶5；
（2）三草酸合铁酸钾{K3[Fe(C2O4)3]•3H2O}所含的元素为K、Fe、C、O、H，非金属性越强电负性越大，第一电离能也越大，故答案为：O；O；
（3）CO2分子的结构式，则CO2分子中所含2个σ键个2个π键，H2O分子的立体构型为V型，故答案为：1∶1；V；
（4）图中原子①的坐标为以原子①为坐标系，根据题中信息原子②位于其中一条体对角线上，所以原子②的坐标为；晶胞中C原子形成的碳碳单键的键长刚好为体对角线长的，金刚石的晶胞参数为apm，则其中碳碳键的键长为，故答案为：；；
（5）δ-Fe晶胞中Fe的配位数为8，γ-Fe晶胞中Fe的配位数为12，α-Fe晶胞中Fe的配位数为6，三种晶体晶胞中铁原子的配位数之比为；若δ—Fe晶胞边长为acm，α—Fe晶胞边长为bcm，则两种晶体中铁原子个数之比= ，晶体密度比=，晶体的密度之比等于物质的空间利用率之比，所以两种晶体晶胞空间利用率之比为：，故答案为：4∶6∶3；。
20．由芳香烃制备香料J的一种流程如图：

回答下列问题：
（1）C的化学名称是_____。
（2）F中官能团的名称为_____，D→E的反应类型为_____。
（3）B的结构简式为_____。
（4）写出F发生银镜反应的化学方程式：_____。
（5）G的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有_____种（不考虑立体异构）。
①属于芳香族化合物且除苯环外不含其它环；
②既能发生水解反应，又能与新制的Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色固体。
（6）以乙醇为原料合成，设计合成路线（无机试剂任选）。
【答案】（1）苯甲醇
（2）碳碳双键、醛基     加成反应
（3）
（4）+2Ag(NH3)2OH +2Ag+3NH3+H2O
（5）4
（6）CH3CH2OHCH3CHOCH3CH(OH)CH2CHO
CH3CH(OH)CH2COOHCH3CH(OH)-CH2COOCH2CH3
【解析】化合物A分子式是C7H8，则A是甲苯，结构简式是，A与Cl2在光照时发生取代反应产生B是，B与NaOH水溶液共热发生取代反应产生C：，C被催化氧化产生D：，D与CH3CHO在碱性条件下发生加成反应产生E，E在一定条件下发生消去反应产生F，F与银氨溶液水浴加热发生氧化反应，然后酸化可得G：，G与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生H，H与CH3MgBr作用然后酸化得到物质J。
（1）根据上述分析可知C是，名称为苯甲醇；
（2）F结构简式是，其中含有的官能团名称为碳碳双键、醛基；
D是，D与CH3CHO在碱性条件下发生醛基的加成反应产生E，故D→E的反应类型为加成反应；
（3）根据上述分析可知B结构简式是；
（4）F结构简式是，F与银氨溶液水浴加热发生氧化反应，该反应的化学方程式为：F结构简式是+2Ag(NH3)2OH +2Ag+3NH3+H2O；
（5）G是，其同分异构体满足条件：①属于芳香族化合物且除苯环外不含其它环；②既能发生水解反应，又能与新制的Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色固体，说明含有醛基和酯基，即含有甲酸形成的酯基，若分子中除苯环外，还含有一个侧链，则该侧链为HCOOCH=CH—，只有这一种结构；若含有2个侧链，则两个侧链分别为HCOO—、—CH=CH2，二者在苯环上的位置有邻、间、对三种，故符合要求的G的同分异构体共有4种；
（6）乙醇CH3CH2OH催化氧化产生乙醛CH3CHO，CH3CHO与CH3CHO在碱性条件下发生醛与醛之间的加成反应产生CH3CH(OH)CH2CHO，CH3CH(OH)CH2CHO与银氨溶液水浴加热，然后酸化可得CH3CH(OH)CH2COOH，CH3CH(OH)CH2COOH与CH3CH2OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生CH3CH(OH)-CH2COOCH2CH3，故合成路线为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH(OH)CH2CHO
CH3CH(OH)CH2COOH CH3CH(OH)-CH2COOCH2CH3。