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化学 2022届高三第三次模拟考试卷 （三）学生版
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这是一份化学 2022届高三第三次模拟考试卷 （三）学生版，共8页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
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7小题，每小题6分，共42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．第24届冬奥会于2022年2月4日在北京开幕，“科技冬奥”理念体现在方方面面。下列说法错误的是
A．冬奥会火炬“飞扬”以耐高温碳纤维为外壳，吉祥物“冰墩墩”以聚乙烯为原材料，碳纤维和聚乙烯均为有机高分子材料
B．冬奥会采用氢燃料电池车，并开发了全新的车载光伏发电系统，体现了“绿色出行”的理念
C．冰场使用的二氧化碳跨临界制冰技术，比传统的氟利昂人工制冷技术更加节能、环保
D．冬奥会上采用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒，这是利用紫外线使蛋白质变性的原理
2．由废铁屑制取FeSO4·7H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲除去废铁屑表面的油污
B．用装置乙加快废铁屑的溶解
C．用装置丙过滤得到FeSO4溶液
D．用装置丁蒸干溶液获得FeSO4·7H2O
3．下列物质去除杂质的方法中（括号中的物质为杂质），不能实现目的的是
A．AB．BC．CD．D
4．已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线（如图所示）。下列说法正确的是
A．苯与环己醇均能发生取代、加成和氧化反应
B．己二酸与乙酸互为同系物
C．相同条件下，1ml己二酸分别与足量Na、NaHCO3反应，产生气体体积相同
D．与己二酸含有相同官能团的同分异构体还有8种（不考虑立体异构）
5．已知短周期元素X、Y、Z、W分别位于三个不同周期，且原子序数依次递增，Z为短周期原子半径最大的主族元素，Y、W形成的阴离子结构如图。下列说法正确的是
A．X2Y2、WX3均为含18e-分子
B．W的氧化物可作干燥剂，用于干燥NH3
C．原子半径W>Z>Y>X
D．Y与Z形成化合物，阴阳离子之比分别为1∶2和1∶1
6．无金属薄碳电极（TCE）可利用天然木材为原料，经过碳化和活化处理制得。利用TCE电极电还原去除氮氧化物污染的原理如图所示。
下列说法正确的是
A．Pt电极与电源负极相连
B．Pt电极附近溶液pH变大
C．TCE电极的反应式：
D．Pt电极生成标准状况2.24L气体，理论上能处理
7．常温下，用如图1所示装置，分别向25mL0.3ml/L Na2CO3溶液和25mL0.3ml/LNaHCO3溶液中逐滴滴加0.3ml/L的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是
A．X曲线为Na2CO3溶液的滴定曲线
B．b点溶液的pH大于c点溶液的pH
C．a、d两点水的电离程度：a＞d
D．c点的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：此题包括3小题，共43分。
8．甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]因其良好的生物利用率和化学稳定性，可作为新型铁营养强化剂。实验室可用甘氨酸和硫酸亚铁制备甘氨酸亚铁，实验装置和步骤如下：
I．称取一定质量的甘氨酸，在三颈烧瓶中溶解，水浴加热至50℃，恒温。待甘氨酸完全溶解后，加入复合抗氧化剂。
II．制备硫酸亚铁，并使硫酸亚铁溶液与甘氨酸溶液混合，用40%NaOH溶液调pH至5.5，反应15min。
III．将反应液用离心机分离，取上层清液加入乙醇得到沉淀，经过滤、洗涤、干燥后得到产品。
已知：甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇
回答下列问题：
（1）盛装氢氧化钠溶液的仪器名称是___________。
（2）制备硫酸亚铁的同时制得氢气，氢气的作用是___________、___________；使硫酸亚铁溶液与甘氨酸溶液混合的操作是___________。
（3）三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________；若NaOH溶液调pH过高，可能导致甘氨酸亚铁产量下降，原因是（用离子方程式表示）___________。
（4）步骤III中，取上层清液加入乙醇的目的是___________。
（5）检验产品甘氨酸亚铁中是否含有Fe3+的方法是___________。
（6）亚铁含量测定：称取mg产品，加入稀硫酸溶解，再加入10%磷酸溶液，配成100mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入2滴二苯胺硫磺酸钠指示剂，用0.1000ml·L-1硫酸铈标准液滴定至溶液由绿色变为紫红色，消耗硫酸铈标准溶液24.00mL，测得亚铁含量为___________%。（已知：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+）
9．甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：
①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH1＝－90.7 kJ·ml−1
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2＝－23.5 kJ·ml−1
③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH3＝－41.2 kJ·ml−1
回答下列问题：
（1）则反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝________ kJ·ml−1。
（2）反应②达平衡后采取下列措施，能提高CH3OCH3产率的有________（填字母，下同）。
A．加入CH3OH B．升高温度
C．增大压强 D．移出H2O
E．使用催化剂
（3）以下说法能说明反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)达到平衡状态的有________。
A．H2和CO2的浓度之比为3∶1
B．单位时间内断裂3个H—H同时断裂1个C=O
C．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变
D．恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变
E．绝热体系中，体系的温度保持不变
（4）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：
已知：气体分压（p分）＝气体总压（p总）×体积分数。
①该反应ΔH________（填“＞”“＜”或“＝”）0，550 ℃时，平衡后若充入惰性气体，平衡________（填“正移”“逆移”或“不移动”）。
②650 ℃时，反应达平衡后CO2的转化率为________（保留2位有效数字）。
③T时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝________p总。
10．某兴趣小组用铬铁矿（FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质）为主要原料制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
（1）焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐。焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是___________。
（2）滤渣2的主要成份是Al(OH)3和___________。
（3）流程中调溶液的pH使之变___________（填“大”或“小”），原因是___________（用离子方程式表示）。
（4）蒸发结晶所产生的副产品是___________。
（5）为结晶得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，请结合下图从下列选项中选出合理的操作并排序___________。
a．50℃蒸发溶剂 b．100℃蒸发溶剂 c．抽滤 d．冷却至室温
e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热 f．蒸发至溶液出现大量晶体，停止加热
（6）该小组用m1kg铬铁矿（FeCr2O4含量为60%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为___________（列出计算式）。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
11．第VIII族元素Fe、C、Ni性质相似，称为铁系元素，主要用于制造合金。试回答下列问题：
（1）按照电子排布，可把元素周期表中的元素划分成五个区，VIII族元素位于周期表中_______区；写出基态C原子的价层电子排布式_______；C3+的半径_______Fe2+的半径（填“大于”或“小于”），第四电离能I4(C)＜I4(Fe)的原因是_______。
（2）写出与Ni同周期元素中，基态原子未成对电子数与Ni相同的主族元素名称_______。Ni与CO在60~80℃时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4中与Ni形成配位键的原子是_______，Ni(CO)4晶体类型是_______。确定Ni(CO)4固体为晶体的最可靠方法是_______。某同学画出基态碳原子的核外电子排布图：，该电子排布图违背了_______。
（3）Fe3+与酚类物质的显色反应常用于其离子检验，已知Fe3+遇邻苯二酚（）和对苯二酚（）均显绿色。邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚低的原因是_______；已知，利用该离子方程式可以检验溶液中的Fe3+。中σ键、π键数目之比为_______。
（4）某立方晶系的（Sb-Ni）合金用途广泛，下图为该合金的晶胞结构图：
①Ni和Sb原子数之比为_______；
②与Sb最邻近的Sb原子数为_______个。
12．他米巴罗汀（H）是一种抗炎、抗血管增生的药物，对自身免疫性视网膜炎、多种肿瘤性疾病具有良好的治疗效果。其一种合成路线如下：
请回答下列问题：
（1）②的反应类型为___________。
（2）A的官能团名称为___________，A在NaOH水溶液中加热所得有机物的结构简式为___________。
（3）反应④的化学方程式为___________。
（4）化合物X与E互为同分异构体，且满足下列条件：
①属于芳香族化合物且能与反应；
②能发生银镜反应；
③酸性条件下可发生水解反应，其产物之一能与发生显色反应；
④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1。
则X的结构简式为___________。
（5）根据上述路线中的相关知识，写出以苯和1，3-丁二烯为原料制备的合成路线：___________（其它无机试剂任选）。
选项
物质（杂质）
方法
A
Cl2（HCl）
通过饱和的食盐水后再干燥
B
Fe(OH)3胶体（FeCl3溶液）
过滤
C
Fe2O3（SiO2）
加入过量NaOH溶液后过滤、洗涤
D
CO2（SO2）
通过饱和NaHCO3溶液后干燥
2022届高三第三次模拟考试卷
化学（三）答案
1．【答案】A
【解析】A．碳纤维由碳单质构成，不属于有机高分子材料，A项错误；B．采用氢燃料电池车，产物是水，无污染，光伏发电能源清洁，体现了“绿色出行"的理念，B项正确；C．传统制冷剂氟利昂会破坏臭氧层，使用二氧化碳跨临界制冰机组更环保，C项正确；D．紫外线使蛋白质变性从而起到杀菌消毒，D项正确；答案选A。
2．【答案】D
【解析】A．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，升高温度，Na2CO3溶液水解程度增大，溶液的碱性增强，废铁屑表面的油污能够与碱性物质反应产生可溶性物质，因此热纯碱溶液去除油污能力增强，A能够达到实验目的；B．Fe与稀硫酸反应产生FeSO4和H2，温度升高，化学反应速率加快，故可用装置乙加快废铁屑的溶解，B能够达到实验目的；C．根据装置图可知，该装置为过滤装置，可将难溶性固体过滤除去，得到的滤液为FeSO4溶液，C能达到实验目的；D．FeSO4中的Fe2+易被氧化，且蒸干后得不到结晶水，因此应该采用加热浓缩、冷却结晶的方法，而不能采用蒸发结晶方法，D不能达到实验目的；故选D。
3．【答案】B
【解析】A．HCl极易溶于水，饱和食盐水可抑制氯气的溶解，因此可用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，然后通过浓硫酸干燥，得到纯净、干燥的氯气，A正确；B．Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液都能透过滤纸，过滤不能除去氢氧化铁胶体中的氯化铁，B错误；C．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，氧化铁与氢氧化钠溶液不反应，过滤得到氧化铁固体再洗涤，C正确；D．二氧化硫与饱和碳酸氢钠溶液反应，二氧化碳不与饱和碳酸氢钠溶液反应，用饱和NaHCO3溶液除去二氧化碳中的二氧化硫后再用浓硫酸干燥，得到纯净、干燥的二氧化碳，D正确；答案选B。
4．【答案】D
【解析】A．环己醇不能发生加成反应，A项错误；B．己二酸分子中含有2个羧基，乙酸分子中只有1个羧基，结构不相似，而且二者在分子组成上不是相差CH2的整数倍，因此己二酸与乙酸不能互为同系物，B项错误；C．1ml己二酸与足量Na反应生成1ml H2，1ml己二酸与足量NaHCO3反应生成2ml CO2，故相同条件下，1ml己二酸分别与足量Na、NaHCO3反应，产生气体体积不同，C项错误；D．与己二酸含有相同官能团的同分异构体有：COOHCH(CH3)CH2CH2COOH、COOHCH2CH(CH3)CH2COOH、CH3CH2CH2CH(COOH)2、CH3CH2CH(COOH)CH2COOH、COOHC(CH3)2CH2COOH、COOHCH(CH3)CH(CH3)COOH、CH3CH2C(CH3)(COOH)2、(CH3)2CHCH(COOH)2，共8种，D项正确；答案选D。
5．【答案】A
【解析】短周期元素X、Y、Z、W分别位于三个不同周期，且原子序数依次递增，所以X为氢，Z为短周期原子半径最大的主族元素，所以Z为Na元素，根据化合物价键结构可判断，Y为氧，W为磷。A．X2Y2、WX3分别为H2O2、PH3，均为含18e-分子，A项正确；B．W的氧化物为五氧化二磷，可作干燥剂，用于干燥酸性气体，不能干燥氨气，B项错误；C．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径Na＞P＞O＞H，C项错误；D．Y与Z形成化合物为氧化钠和过氧化钠，阴阳离子之比都为1∶2，D项错误；综上所述答案为A。
6．【答案】C
【解析】A．由题意得到，除去氮的氧化物，则右侧二氧化氮生成氮气，故TCE电极与电源负极相连，Pt电极与电源正极相连，A错误；B．Pt电极的反应为，氢离子浓度增大，pH变小，B错误；C．TCE电极发生还原反应，电离方程式为：，C正确；D．Pt电极生成2.24L气体，其物质的量，根据可知转移电子的物质的量n(e-)=0.4ml，再根据，可知消耗二氧化氮的物质的量n(NO2)=0.1ml，D错误；故选C。
7．【答案】C
【解析】A．碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生反应CO+H+= HCO+H2O，然后发生HCO+H+=H2CO3+H2O，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生HCO+H+=H2CO3+H2O，所以滴加25mL盐酸时，碳酸钠溶液中几乎不产生二氧化碳，压强几乎不变，而碳酸氢钠恰好完全反应，压强达到最大，所以X代表NaHCO3溶液，Y代表Na2CO3溶液，A错误；B．b点溶液溶质为NaCl，c点溶液溶质为NaHCO3，所以c点代表溶液的pH更大，B错误：C．d点盐酸和碳酸钠恰好完全反应，溶质为NaCl，还有少量溶解的二氧化碳，而a点溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，HCO、CO的水解都会促进水的电离，所以a点水的电离程度更大，C正确；D．c点的溶液中：根据电荷守恒知，c(Na+)+(H+)= 2(CO)+c(HCO)+c(OH-)+c(C1-)，D错误；故选C。
8．【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）排除装置中的空气 将硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶 打开K1、K2，关闭K3
（3）2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O
Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓
（4）甘氨酸亚铁析出沉淀
（5）取少量产品溶解于水，加入KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+，反之则无
（6）
【解析】本实验的目的是用甘氨酸和硫酸亚铁制备甘氨酸亚铁，首先打开K1和K3，利用稀硫酸和铁屑反应生成的氢气，排尽装置内的空气，防止硫酸亚铁以及产品被氧化，然后关闭K3，打开K1、K2，利用生成的氢气的将得到的硫酸亚铁溶液压入到三颈烧瓶中和甘氨酸反应得到甘氨酸亚铁。
（1）根据仪器的结构特点可知，该仪器的名称为恒压滴液漏斗；
（2）根据分析可知，氢气可以排除装置中的空气，同时也可以将硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶；打开K1、K2，关闭K3，可以利用生成的氢气将得到的硫酸亚铁溶液压入到三颈烧瓶中；
（3）碱性环境中，甘氨酸和硫酸亚铁反应得到甘氨酸亚铁，根据元素守恒可得化学方程式为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；由于溶液中含有硫酸亚铁，pH过高，亚铁离子会生成氢氧化亚铁沉淀，离子方程式为Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓；
（4）甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，上层清液加入乙醇可以使甘氨酸亚铁析出沉淀；
（5）Fe3+可以和KSCN溶液反应使溶液变红，具体方法为取少量产品溶解于水，加入KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+，反之则无；
（6）根据所给离子方程式可知n(Fe2+)=n(Ce4+)，所以25.00mL溶液中n(Fe2+)=0.1000ml·L-1×0.024L=0.0024ml，则样品中n(Fe2+)=0.0024ml×=0.0096ml，样品中亚铁的含量为=%。
9．【答案】（1）－246.1 （2）D （3）DE （4）＞ 正移 25% 0.5
【解析】（1）2×①＋②＋③得出ΔH＝2ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝[2×(－90.7)－23.5－41.2] kJ·ml−1＝－246.1 kJ·ml−1；
（2）A．反应②中加入CH3OH，相当于增大压强，由于该反应是反应前后等体积的反应，增大压强，化学平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，A错误；B．反应②的正反应为放热反应，升高温度化学平衡向吸热的逆反应分析移动，则CH3OCH3产率会降低，B错误；C．反应②是反应前后气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，C错误；D．移出H2O，生成物浓度减小，化学平衡向着正向移动，CH3OCH3产率增大，D正确；E．使用催化剂，化学平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，E错误；故答案为D；
（3）3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的正反应为气体体积缩小的放热反应，A．H2和CO2的浓度之比为3∶1时，反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，则无法判断平衡状态，A错误；B．CO2分子中含有2个C=O双键，单位时间内断裂3个H−H同时会产生2个C=O键，断裂1个C=O，表示反应正向进行，说明没有达到平衡状态，B错误；C．恒温恒容条件下，混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，C错误；D．混合气体的质量不变，混合气体的物质的量为变量，则气体的平均摩尔质量为变量，当气体的平均摩尔质量保持不变时，表明该反应达到平衡状态，D正确；E．该反应为放热反应，绝热体系中，体系的温度为变量，当体系的温度保持不变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，E正确；故答案为DE；
（4）①根据图像知，温度升高，CO2的体积分数降低，说明化学平衡正向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应，即ΔH＞0；恒压状态下，充入惰性气体，体积增大，组分浓度降低，化学平衡向正反应方向移动；
②设CO2浓度变化为x
×100%＝40.0%，解得x＝0.25 ml/L，即CO2的转化率为×100%＝25%；
③T ℃时，CO的平衡分压为50%p总，CO2的分压为50%p总，Kp＝＝0.5p总。
10．【答案】 （1）使矿料与氧气充分接触，提高焙烧效率 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
（2）H2SiO3 （3）小
（4）Na2SO4 （5）aedc
【解析】将铬铁矿（FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质）焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4和FeCO3，将Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3；加入水浸取，FeCO3不溶于水，滤渣1为FeCO3；加入硫酸中和，NaAlO2和硫酸反应生成Al(OH)3，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3，Al(OH)3和H2SiO3均不溶于水，故滤渣2为Al(OH)3和H2SiO3；调节溶液pH，使转化为，根据可知，应将溶液pH调小，使平衡正向移动；蒸发结晶，由于加入硫酸中和时生成了Na2SO4，故蒸发结晶所产生的副产品是Na2SO4；结晶时，加入KCl，K2Cr2O7的溶解度较小而析出。
（1）焙烧时气体与矿料逆流而行，可以使矿料与氧气充分接触，提高焙烧效率；陶瓷中含有二氧化硅，在高温下会与Na2CO3反应，故该步骤不能使用陶瓷容器；
（2）由分析可知，滤渣2的主要成份是Al(OH)3和H2SiO3；
（3）调节溶液pH，使转化为，根据可知，应将溶液pH调小，使平衡正向移动；
（4）由分析可知，蒸发结晶所产生的副产品是Na2SO4；
（5）有图可知，在50摄氏度时，K2Cr2O7的溶解度较低，且K2Cr2O7的溶解度低于KCl，故为结晶得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，需要先在50℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，待冷却至室温后抽滤，答案选aedc；
（6）用m1kg铬铁矿（FeCr2O4含量为60%）制备K2Cr2O7，理论上生成K2Cr2O7的质量为=，则产率为=。
11．【答案】（1）d 3d74s2 小于 原因是铁失去的是3d轨道半充满结构的一个电子，即较稳定的3d5的一个电子，钴失去的是3d6的一个电子
（2）锗、硒 C 分子晶体 X射线衍射实验 洪特规则
（3）邻苯二酚易形成分子内氢键，对苯二酚易形成分子间氢键，故邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚低 1∶1
（4）3∶1 12
【解析】（1）按照电子排布，可把元素周期表中的元素划分成五个区，VIII族元素位于周期表中d区；C是27号元素，根据构造原理可知基态C原子核外价电子排布式是3d74s2；C3+具有3d6电子层结构；Fe是26号元素，根据构造原理可知基态Fe原子核外电子排布式是3d64s2；Fe2+具有3d6电子层结构。对于具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：C 3+＜Fe3+；第四电离能I4(C)＜I4(Fe)是由于Fe3+再失去一个3d轨道半充满结构的一个电子，即较稳定的3d5再失去一个电子，而钴则是失去3d6的一个电子变为3d5的稳定状态；
（2）Ni是28号元素，是第四周期元素，原子核外电子排布式是[Ar]3d84s2，其未成对电子数是2个；基态原子未成对电子数与Ni相同的主族元素名称是锗、硒两种元素；Ni与CO在60~80℃时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4中与Ni形成配位键的原子是C原子；Ni(CO)4是由分子通过分子间作用力构成的晶体，因此其形成的晶体类型是分子晶体；确定Ni(CO)4固体为晶体的最可靠方法是X射线衍射实验；C是6号元素，根据构造原理可知基态C原子核外电子排布式应该是，由于原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，而导致排布违背了洪特规则；
（3）在[Fe(CN)6]4-中的中心离子Fe3+与配位体CN-之间以配位键结合，配位键属于共价键；在配位体CN-中C、N原子之间以共价三键结合。在共价三键中一个是σ键，二个是π键，因此[Fe(CN)6]4-中含有的σ键与π键数目比是(6+6)∶12=1∶1；邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚低，是由于邻苯二酚易形成分子内氢键，而对苯二酚易形成分子间氢键，分子间形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的熔沸点升高，故邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚低；
（4）①在该晶体中Ni原子数目是12×+9=12，含有Sb原子数目是8×+6×=4，所以Ni与Sb原子个数比是12∶4=3∶1；②以顶点Sb原子为研究对象，在一个晶胞中与Sb原子距离相等且最近的Sb原子有3个，通过该晶胞有8个，每个Sb原子被重复数了两次，则与Sb最邻近的Sb原子数为。
12．【答案】（1）取代（或硝化）反应 （2）氯原子
（3）
（4）
（5）
【解析】与苯反生取代反应，生成；在浓硫酸和硝酸的作用下，发生取代反应，生成；在铁和HCl的作用下，发生还原反应生成；与SOCl2发生取代反应，生成；与发生取代反应，生成；发生水解，生成，据此分析作答。
（1）在浓硫酸和硝酸的作用下，发生取代反应，生成，故答案为：取代（或硝化）反应；
（2）A为，其官能团名称为氯原子；在NaOH水溶液中加热，发生取代反应，生成，故答案为：氯原子；；
（3）与发生取代反应，生成，化学方程式为：；
（4）E为，化合物X与E互为同分异构体，且满足下列条件：①属于芳香族化合物且能与反应，说明X存在苯环和羧基；②能发生银镜反应，说明X存在醛基或者甲酯；③酸性条件下可发生水解反应，其产物之一能与发生显色反应，说明苯环上存在羟基，同时存在酯基，结合②，可知为甲酯；④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，则X的结构简式为，故答案为：；
（5）根据路线可知，要合成，可让苯与反应，1，3-丁二烯与氯气反生1，4-加成，生成，与氢气发生加成反应，生成，故合成路线为：。
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7小题，每小题6分，共42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．第24届冬奥会于2022年2月4日在北京开幕，“科技冬奥”理念体现在方方面面。下列说法错误的是
A．冬奥会火炬“飞扬”以耐高温碳纤维为外壳，吉祥物“冰墩墩”以聚乙烯为原材料，碳纤维和聚乙烯均为有机高分子材料
B．冬奥会采用氢燃料电池车，并开发了全新的车载光伏发电系统，体现了“绿色出行”的理念
C．冰场使用的二氧化碳跨临界制冰技术，比传统的氟利昂人工制冷技术更加节能、环保
D．冬奥会上采用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒，这是利用紫外线使蛋白质变性的原理
2．由废铁屑制取FeSO4·7H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲除去废铁屑表面的油污
B．用装置乙加快废铁屑的溶解
C．用装置丙过滤得到FeSO4溶液
D．用装置丁蒸干溶液获得FeSO4·7H2O
3．下列物质去除杂质的方法中（括号中的物质为杂质），不能实现目的的是
A．AB．BC．CD．D
4．已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线（如图所示）。下列说法正确的是
A．苯与环己醇均能发生取代、加成和氧化反应
B．己二酸与乙酸互为同系物
C．相同条件下，1ml己二酸分别与足量Na、NaHCO3反应，产生气体体积相同
D．与己二酸含有相同官能团的同分异构体还有8种（不考虑立体异构）
5．已知短周期元素X、Y、Z、W分别位于三个不同周期，且原子序数依次递增，Z为短周期原子半径最大的主族元素，Y、W形成的阴离子结构如图。下列说法正确的是
A．X2Y2、WX3均为含18e-分子
B．W的氧化物可作干燥剂，用于干燥NH3
C．原子半径W>Z>Y>X
D．Y与Z形成化合物，阴阳离子之比分别为1∶2和1∶1
6．无金属薄碳电极（TCE）可利用天然木材为原料，经过碳化和活化处理制得。利用TCE电极电还原去除氮氧化物污染的原理如图所示。
下列说法正确的是
A．Pt电极与电源负极相连
B．Pt电极附近溶液pH变大
C．TCE电极的反应式：
D．Pt电极生成标准状况2.24L气体，理论上能处理
7．常温下，用如图1所示装置，分别向25mL0.3ml/L Na2CO3溶液和25mL0.3ml/LNaHCO3溶液中逐滴滴加0.3ml/L的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是
A．X曲线为Na2CO3溶液的滴定曲线
B．b点溶液的pH大于c点溶液的pH
C．a、d两点水的电离程度：a＞d
D．c点的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：此题包括3小题，共43分。
8．甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]因其良好的生物利用率和化学稳定性，可作为新型铁营养强化剂。实验室可用甘氨酸和硫酸亚铁制备甘氨酸亚铁，实验装置和步骤如下：
I．称取一定质量的甘氨酸，在三颈烧瓶中溶解，水浴加热至50℃，恒温。待甘氨酸完全溶解后，加入复合抗氧化剂。
II．制备硫酸亚铁，并使硫酸亚铁溶液与甘氨酸溶液混合，用40%NaOH溶液调pH至5.5，反应15min。
III．将反应液用离心机分离，取上层清液加入乙醇得到沉淀，经过滤、洗涤、干燥后得到产品。
已知：甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇
回答下列问题：
（1）盛装氢氧化钠溶液的仪器名称是___________。
（2）制备硫酸亚铁的同时制得氢气，氢气的作用是___________、___________；使硫酸亚铁溶液与甘氨酸溶液混合的操作是___________。
（3）三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________；若NaOH溶液调pH过高，可能导致甘氨酸亚铁产量下降，原因是（用离子方程式表示）___________。
（4）步骤III中，取上层清液加入乙醇的目的是___________。
（5）检验产品甘氨酸亚铁中是否含有Fe3+的方法是___________。
（6）亚铁含量测定：称取mg产品，加入稀硫酸溶解，再加入10%磷酸溶液，配成100mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入2滴二苯胺硫磺酸钠指示剂，用0.1000ml·L-1硫酸铈标准液滴定至溶液由绿色变为紫红色，消耗硫酸铈标准溶液24.00mL，测得亚铁含量为___________%。（已知：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+）
9．甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：
①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH1＝－90.7 kJ·ml−1
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2＝－23.5 kJ·ml−1
③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH3＝－41.2 kJ·ml−1
回答下列问题：
（1）则反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝________ kJ·ml−1。
（2）反应②达平衡后采取下列措施，能提高CH3OCH3产率的有________（填字母，下同）。
A．加入CH3OH B．升高温度
C．增大压强 D．移出H2O
E．使用催化剂
（3）以下说法能说明反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)达到平衡状态的有________。
A．H2和CO2的浓度之比为3∶1
B．单位时间内断裂3个H—H同时断裂1个C=O
C．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变
D．恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变
E．绝热体系中，体系的温度保持不变
（4）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：
已知：气体分压（p分）＝气体总压（p总）×体积分数。
①该反应ΔH________（填“＞”“＜”或“＝”）0，550 ℃时，平衡后若充入惰性气体，平衡________（填“正移”“逆移”或“不移动”）。
②650 ℃时，反应达平衡后CO2的转化率为________（保留2位有效数字）。
③T时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝________p总。
10．某兴趣小组用铬铁矿（FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质）为主要原料制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
（1）焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐。焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是___________。
（2）滤渣2的主要成份是Al(OH)3和___________。
（3）流程中调溶液的pH使之变___________（填“大”或“小”），原因是___________（用离子方程式表示）。
（4）蒸发结晶所产生的副产品是___________。
（5）为结晶得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，请结合下图从下列选项中选出合理的操作并排序___________。
a．50℃蒸发溶剂 b．100℃蒸发溶剂 c．抽滤 d．冷却至室温
e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热 f．蒸发至溶液出现大量晶体，停止加热
（6）该小组用m1kg铬铁矿（FeCr2O4含量为60%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为___________（列出计算式）。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
11．第VIII族元素Fe、C、Ni性质相似，称为铁系元素，主要用于制造合金。试回答下列问题：
（1）按照电子排布，可把元素周期表中的元素划分成五个区，VIII族元素位于周期表中_______区；写出基态C原子的价层电子排布式_______；C3+的半径_______Fe2+的半径（填“大于”或“小于”），第四电离能I4(C)＜I4(Fe)的原因是_______。
（2）写出与Ni同周期元素中，基态原子未成对电子数与Ni相同的主族元素名称_______。Ni与CO在60~80℃时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4中与Ni形成配位键的原子是_______，Ni(CO)4晶体类型是_______。确定Ni(CO)4固体为晶体的最可靠方法是_______。某同学画出基态碳原子的核外电子排布图：，该电子排布图违背了_______。
（3）Fe3+与酚类物质的显色反应常用于其离子检验，已知Fe3+遇邻苯二酚（）和对苯二酚（）均显绿色。邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚低的原因是_______；已知，利用该离子方程式可以检验溶液中的Fe3+。中σ键、π键数目之比为_______。
（4）某立方晶系的（Sb-Ni）合金用途广泛，下图为该合金的晶胞结构图：
①Ni和Sb原子数之比为_______；
②与Sb最邻近的Sb原子数为_______个。
12．他米巴罗汀（H）是一种抗炎、抗血管增生的药物，对自身免疫性视网膜炎、多种肿瘤性疾病具有良好的治疗效果。其一种合成路线如下：
请回答下列问题：
（1）②的反应类型为___________。
（2）A的官能团名称为___________，A在NaOH水溶液中加热所得有机物的结构简式为___________。
（3）反应④的化学方程式为___________。
（4）化合物X与E互为同分异构体，且满足下列条件：
①属于芳香族化合物且能与反应；
②能发生银镜反应；
③酸性条件下可发生水解反应，其产物之一能与发生显色反应；
④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1。
则X的结构简式为___________。
（5）根据上述路线中的相关知识，写出以苯和1，3-丁二烯为原料制备的合成路线：___________（其它无机试剂任选）。
选项
物质（杂质）
方法
A
Cl2（HCl）
通过饱和的食盐水后再干燥
B
Fe(OH)3胶体（FeCl3溶液）
过滤
C
Fe2O3（SiO2）
加入过量NaOH溶液后过滤、洗涤
D
CO2（SO2）
通过饱和NaHCO3溶液后干燥
2022届高三第三次模拟考试卷
化学（三）答案
1．【答案】A
【解析】A．碳纤维由碳单质构成，不属于有机高分子材料，A项错误；B．采用氢燃料电池车，产物是水，无污染，光伏发电能源清洁，体现了“绿色出行"的理念，B项正确；C．传统制冷剂氟利昂会破坏臭氧层，使用二氧化碳跨临界制冰机组更环保，C项正确；D．紫外线使蛋白质变性从而起到杀菌消毒，D项正确；答案选A。
2．【答案】D
【解析】A．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，升高温度，Na2CO3溶液水解程度增大，溶液的碱性增强，废铁屑表面的油污能够与碱性物质反应产生可溶性物质，因此热纯碱溶液去除油污能力增强，A能够达到实验目的；B．Fe与稀硫酸反应产生FeSO4和H2，温度升高，化学反应速率加快，故可用装置乙加快废铁屑的溶解，B能够达到实验目的；C．根据装置图可知，该装置为过滤装置，可将难溶性固体过滤除去，得到的滤液为FeSO4溶液，C能达到实验目的；D．FeSO4中的Fe2+易被氧化，且蒸干后得不到结晶水，因此应该采用加热浓缩、冷却结晶的方法，而不能采用蒸发结晶方法，D不能达到实验目的；故选D。
3．【答案】B
【解析】A．HCl极易溶于水，饱和食盐水可抑制氯气的溶解，因此可用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，然后通过浓硫酸干燥，得到纯净、干燥的氯气，A正确；B．Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液都能透过滤纸，过滤不能除去氢氧化铁胶体中的氯化铁，B错误；C．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，氧化铁与氢氧化钠溶液不反应，过滤得到氧化铁固体再洗涤，C正确；D．二氧化硫与饱和碳酸氢钠溶液反应，二氧化碳不与饱和碳酸氢钠溶液反应，用饱和NaHCO3溶液除去二氧化碳中的二氧化硫后再用浓硫酸干燥，得到纯净、干燥的二氧化碳，D正确；答案选B。
4．【答案】D
【解析】A．环己醇不能发生加成反应，A项错误；B．己二酸分子中含有2个羧基，乙酸分子中只有1个羧基，结构不相似，而且二者在分子组成上不是相差CH2的整数倍，因此己二酸与乙酸不能互为同系物，B项错误；C．1ml己二酸与足量Na反应生成1ml H2，1ml己二酸与足量NaHCO3反应生成2ml CO2，故相同条件下，1ml己二酸分别与足量Na、NaHCO3反应，产生气体体积不同，C项错误；D．与己二酸含有相同官能团的同分异构体有：COOHCH(CH3)CH2CH2COOH、COOHCH2CH(CH3)CH2COOH、CH3CH2CH2CH(COOH)2、CH3CH2CH(COOH)CH2COOH、COOHC(CH3)2CH2COOH、COOHCH(CH3)CH(CH3)COOH、CH3CH2C(CH3)(COOH)2、(CH3)2CHCH(COOH)2，共8种，D项正确；答案选D。
5．【答案】A
【解析】短周期元素X、Y、Z、W分别位于三个不同周期，且原子序数依次递增，所以X为氢，Z为短周期原子半径最大的主族元素，所以Z为Na元素，根据化合物价键结构可判断，Y为氧，W为磷。A．X2Y2、WX3分别为H2O2、PH3，均为含18e-分子，A项正确；B．W的氧化物为五氧化二磷，可作干燥剂，用于干燥酸性气体，不能干燥氨气，B项错误；C．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径Na＞P＞O＞H，C项错误；D．Y与Z形成化合物为氧化钠和过氧化钠，阴阳离子之比都为1∶2，D项错误；综上所述答案为A。
6．【答案】C
【解析】A．由题意得到，除去氮的氧化物，则右侧二氧化氮生成氮气，故TCE电极与电源负极相连，Pt电极与电源正极相连，A错误；B．Pt电极的反应为，氢离子浓度增大，pH变小，B错误；C．TCE电极发生还原反应，电离方程式为：，C正确；D．Pt电极生成2.24L气体，其物质的量，根据可知转移电子的物质的量n(e-)=0.4ml，再根据，可知消耗二氧化氮的物质的量n(NO2)=0.1ml，D错误；故选C。
7．【答案】C
【解析】A．碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生反应CO+H+= HCO+H2O，然后发生HCO+H+=H2CO3+H2O，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生HCO+H+=H2CO3+H2O，所以滴加25mL盐酸时，碳酸钠溶液中几乎不产生二氧化碳，压强几乎不变，而碳酸氢钠恰好完全反应，压强达到最大，所以X代表NaHCO3溶液，Y代表Na2CO3溶液，A错误；B．b点溶液溶质为NaCl，c点溶液溶质为NaHCO3，所以c点代表溶液的pH更大，B错误：C．d点盐酸和碳酸钠恰好完全反应，溶质为NaCl，还有少量溶解的二氧化碳，而a点溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，HCO、CO的水解都会促进水的电离，所以a点水的电离程度更大，C正确；D．c点的溶液中：根据电荷守恒知，c(Na+)+(H+)= 2(CO)+c(HCO)+c(OH-)+c(C1-)，D错误；故选C。
8．【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）排除装置中的空气 将硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶 打开K1、K2，关闭K3
（3）2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O
Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓
（4）甘氨酸亚铁析出沉淀
（5）取少量产品溶解于水，加入KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+，反之则无
（6）
【解析】本实验的目的是用甘氨酸和硫酸亚铁制备甘氨酸亚铁，首先打开K1和K3，利用稀硫酸和铁屑反应生成的氢气，排尽装置内的空气，防止硫酸亚铁以及产品被氧化，然后关闭K3，打开K1、K2，利用生成的氢气的将得到的硫酸亚铁溶液压入到三颈烧瓶中和甘氨酸反应得到甘氨酸亚铁。
（1）根据仪器的结构特点可知，该仪器的名称为恒压滴液漏斗；
（2）根据分析可知，氢气可以排除装置中的空气，同时也可以将硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶；打开K1、K2，关闭K3，可以利用生成的氢气将得到的硫酸亚铁溶液压入到三颈烧瓶中；
（3）碱性环境中，甘氨酸和硫酸亚铁反应得到甘氨酸亚铁，根据元素守恒可得化学方程式为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；由于溶液中含有硫酸亚铁，pH过高，亚铁离子会生成氢氧化亚铁沉淀，离子方程式为Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓；
（4）甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，上层清液加入乙醇可以使甘氨酸亚铁析出沉淀；
（5）Fe3+可以和KSCN溶液反应使溶液变红，具体方法为取少量产品溶解于水，加入KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+，反之则无；
（6）根据所给离子方程式可知n(Fe2+)=n(Ce4+)，所以25.00mL溶液中n(Fe2+)=0.1000ml·L-1×0.024L=0.0024ml，则样品中n(Fe2+)=0.0024ml×=0.0096ml，样品中亚铁的含量为=%。
9．【答案】（1）－246.1 （2）D （3）DE （4）＞ 正移 25% 0.5
【解析】（1）2×①＋②＋③得出ΔH＝2ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝[2×(－90.7)－23.5－41.2] kJ·ml−1＝－246.1 kJ·ml−1；
（2）A．反应②中加入CH3OH，相当于增大压强，由于该反应是反应前后等体积的反应，增大压强，化学平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，A错误；B．反应②的正反应为放热反应，升高温度化学平衡向吸热的逆反应分析移动，则CH3OCH3产率会降低，B错误；C．反应②是反应前后气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，C错误；D．移出H2O，生成物浓度减小，化学平衡向着正向移动，CH3OCH3产率增大，D正确；E．使用催化剂，化学平衡不移动，则CH3OCH3产率不变，E错误；故答案为D；
（3）3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的正反应为气体体积缩小的放热反应，A．H2和CO2的浓度之比为3∶1时，反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，则无法判断平衡状态，A错误；B．CO2分子中含有2个C=O双键，单位时间内断裂3个H−H同时会产生2个C=O键，断裂1个C=O，表示反应正向进行，说明没有达到平衡状态，B错误；C．恒温恒容条件下，混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，C错误；D．混合气体的质量不变，混合气体的物质的量为变量，则气体的平均摩尔质量为变量，当气体的平均摩尔质量保持不变时，表明该反应达到平衡状态，D正确；E．该反应为放热反应，绝热体系中，体系的温度为变量，当体系的温度保持不变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，E正确；故答案为DE；
（4）①根据图像知，温度升高，CO2的体积分数降低，说明化学平衡正向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应，即ΔH＞0；恒压状态下，充入惰性气体，体积增大，组分浓度降低，化学平衡向正反应方向移动；
②设CO2浓度变化为x
×100%＝40.0%，解得x＝0.25 ml/L，即CO2的转化率为×100%＝25%；
③T ℃时，CO的平衡分压为50%p总，CO2的分压为50%p总，Kp＝＝0.5p总。
10．【答案】 （1）使矿料与氧气充分接触，提高焙烧效率 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
（2）H2SiO3 （3）小
（4）Na2SO4 （5）aedc
【解析】将铬铁矿（FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质）焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4和FeCO3，将Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3；加入水浸取，FeCO3不溶于水，滤渣1为FeCO3；加入硫酸中和，NaAlO2和硫酸反应生成Al(OH)3，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3，Al(OH)3和H2SiO3均不溶于水，故滤渣2为Al(OH)3和H2SiO3；调节溶液pH，使转化为，根据可知，应将溶液pH调小，使平衡正向移动；蒸发结晶，由于加入硫酸中和时生成了Na2SO4，故蒸发结晶所产生的副产品是Na2SO4；结晶时，加入KCl，K2Cr2O7的溶解度较小而析出。
（1）焙烧时气体与矿料逆流而行，可以使矿料与氧气充分接触，提高焙烧效率；陶瓷中含有二氧化硅，在高温下会与Na2CO3反应，故该步骤不能使用陶瓷容器；
（2）由分析可知，滤渣2的主要成份是Al(OH)3和H2SiO3；
（3）调节溶液pH，使转化为，根据可知，应将溶液pH调小，使平衡正向移动；
（4）由分析可知，蒸发结晶所产生的副产品是Na2SO4；
（5）有图可知，在50摄氏度时，K2Cr2O7的溶解度较低，且K2Cr2O7的溶解度低于KCl，故为结晶得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，需要先在50℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，待冷却至室温后抽滤，答案选aedc；
（6）用m1kg铬铁矿（FeCr2O4含量为60%）制备K2Cr2O7，理论上生成K2Cr2O7的质量为=，则产率为=。
11．【答案】（1）d 3d74s2 小于 原因是铁失去的是3d轨道半充满结构的一个电子，即较稳定的3d5的一个电子，钴失去的是3d6的一个电子
（2）锗、硒 C 分子晶体 X射线衍射实验 洪特规则
（3）邻苯二酚易形成分子内氢键，对苯二酚易形成分子间氢键，故邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚低 1∶1
（4）3∶1 12
【解析】（1）按照电子排布，可把元素周期表中的元素划分成五个区，VIII族元素位于周期表中d区；C是27号元素，根据构造原理可知基态C原子核外价电子排布式是3d74s2；C3+具有3d6电子层结构；Fe是26号元素，根据构造原理可知基态Fe原子核外电子排布式是3d64s2；Fe2+具有3d6电子层结构。对于具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：C 3+＜Fe3+；第四电离能I4(C)＜I4(Fe)是由于Fe3+再失去一个3d轨道半充满结构的一个电子，即较稳定的3d5再失去一个电子，而钴则是失去3d6的一个电子变为3d5的稳定状态；
（2）Ni是28号元素，是第四周期元素，原子核外电子排布式是[Ar]3d84s2，其未成对电子数是2个；基态原子未成对电子数与Ni相同的主族元素名称是锗、硒两种元素；Ni与CO在60~80℃时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4中与Ni形成配位键的原子是C原子；Ni(CO)4是由分子通过分子间作用力构成的晶体，因此其形成的晶体类型是分子晶体；确定Ni(CO)4固体为晶体的最可靠方法是X射线衍射实验；C是6号元素，根据构造原理可知基态C原子核外电子排布式应该是，由于原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，而导致排布违背了洪特规则；
（3）在[Fe(CN)6]4-中的中心离子Fe3+与配位体CN-之间以配位键结合，配位键属于共价键；在配位体CN-中C、N原子之间以共价三键结合。在共价三键中一个是σ键，二个是π键，因此[Fe(CN)6]4-中含有的σ键与π键数目比是(6+6)∶12=1∶1；邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚低，是由于邻苯二酚易形成分子内氢键，而对苯二酚易形成分子间氢键，分子间形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的熔沸点升高，故邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚低；
（4）①在该晶体中Ni原子数目是12×+9=12，含有Sb原子数目是8×+6×=4，所以Ni与Sb原子个数比是12∶4=3∶1；②以顶点Sb原子为研究对象，在一个晶胞中与Sb原子距离相等且最近的Sb原子有3个，通过该晶胞有8个，每个Sb原子被重复数了两次，则与Sb最邻近的Sb原子数为。
12．【答案】（1）取代（或硝化）反应 （2）氯原子
（3）
（4）
（5）
【解析】与苯反生取代反应，生成；在浓硫酸和硝酸的作用下，发生取代反应，生成；在铁和HCl的作用下，发生还原反应生成；与SOCl2发生取代反应，生成；与发生取代反应，生成；发生水解，生成，据此分析作答。
（1）在浓硫酸和硝酸的作用下，发生取代反应，生成，故答案为：取代（或硝化）反应；
（2）A为，其官能团名称为氯原子；在NaOH水溶液中加热，发生取代反应，生成，故答案为：氯原子；；
（3）与发生取代反应，生成，化学方程式为：；
（4）E为，化合物X与E互为同分异构体，且满足下列条件：①属于芳香族化合物且能与反应，说明X存在苯环和羧基；②能发生银镜反应，说明X存在醛基或者甲酯；③酸性条件下可发生水解反应，其产物之一能与发生显色反应，说明苯环上存在羟基，同时存在酯基，结合②，可知为甲酯；④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，则X的结构简式为，故答案为：；
（5）根据路线可知，要合成，可让苯与反应，1，3-丁二烯与氯气反生1，4-加成，生成，与氢气发生加成反应，生成，故合成路线为：。
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