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（新高考）高三化学第二次模拟考试卷（四）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)
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这是一份（新高考）高三化学第二次模拟考试卷（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二次模拟考试卷四原卷版doc、新高考高三化学第二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）此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
高三第二次模拟考试卷
化 学（四）
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：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．中国古代“炼丹术”中蕴含了丰富的化学知识，为近代化学的建立和发展奠定了基础。下列关于“炼丹术”中涉及的史实解释错误的是
选项
史 实
解 释
A
“胡粉[(PbCO3∙Pb(OH)]2投火中，色坏还为铅(Pb)”
复分解反应原理
B
“有硇水者，剪银塊(Ag)投之，则旋而为水”
氧化还原反应原理
C
“曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜……外变而内不化也”
置换反应原理
D
“铁釜代替土釜，加热丹砂(HgS)”，可增采也”
平衡移动原理
2．下列说法正确的是
A．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可
B．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加
C．在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO或SO
D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
3．某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中正确的是
A．实验前两溶液的pH相等
B．实验前两溶液中离子种类完全相同
C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多
D．加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO+Ca2+=CaCO3↓
4．下列有关叙述卟啉配合物叶绿素的说法不正确的是
A．该配合物的配位数为4
B．该化合物所包含元素的非金属性：O>N>C>H>Mg
C．Mg单质晶体结构符合A3型最密堆积
D．化合物中C元素的杂化方式为sp2、sp3
5．实验小组进行如下实验：
已知：Cr2(SO4)3稀溶液为蓝紫色；Cr(OH)3为灰绿色固体，难溶于水。下列关于该实验的结论或叙述不正确的是
A．①中生成蓝紫色溶液说明K2Cr2O7在反应中表现了氧化性
B．操作Ⅱ中仅发生反应：Cr3++3OH−=Cr(OH)3↓
C．将①与③溶液等体积混合会产生灰绿色浑浊，该现象与Cr3+的水解平衡移动有关
D．若继续向③中加入稀硫酸，溶液有可能重新变成蓝紫色
6．利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．该分解过程是：2NON2+O2
B．实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应
C．过程②释放能量，过程③吸收能量
D．标准状况下，NO分解生成5.6L N2转移电子数约为6.02×1023
7．科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物A(如图所示)，短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是
A．离子半径：Y>Z
B．氢化物的稳定性：X>Y
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>Z
D．化合物A中，中心原子X、Z均为sp3杂化
8．企鹅酮()可作为分子机器的原材料。下列关于企鹅酮的说法错误的是
A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．可发生取代反应
C．1mol企鹅酮转化为C10H21OH需消耗3mol H2
D．所有碳原子一定不可能共平面
9．“化学实验→观察现象→分析推理→得出结论”是化学学习的方法。下列说法正确的是
A．证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2，可用湿润的淀粉-KI试纸检验，观察试纸颜色变化
B．验证淀粉的水解产物是否具有还原性，取酸性水解液于试管中并加入新制氢氧化铜，加热煮沸，观察是否出现红色沉淀
C．向铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑(Ag2S)的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色褪去，该过程中发生的反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3
D．将SO2通入足量稀Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，假设通入的SO2完全反应，则同温同压下，逸出的NO气体和SO2气体的体积比为2∶3
10．碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中丰度值很低，某科研小组从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲工艺流程如图所示。下列有关说法不正确的是
已知：①“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在。
②TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱。
A．“焙烧”用到的硅酸盐仪器主要有：坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒
B．“碱浸”时反应的离子方程式为TeO2+2OH−=TeO+H2O
C．“碱浸”后所得的滤渣中含有Au、Ag，可用稀盐酸将其分离
D．“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．如图是常温钠离子全固态浓差电池工作示意图。正极材料为层状含钠过渡金属氧化物，负极为钠锡合金(Na15Sn4)。下列说法合理的是
A．该电池工作时不发生氧化还原反应
B．放电时，负极的反应为Na15Sn4-15e−=15Na++4Sn
C．充电时，Na+会被吸附进入过渡金属氧化层
D．充电时，a极接电源的正极，b极接电源的负极
12．CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，可从黄铜矿(主要成分为CuFeS2)中制取。
已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水，难溶于乙醇，在空气中易被氧化，在水溶液中存在平衡：CuCl(s)+2Cl−(aq)[CuCl3]2−(aq)(无色溶液)。下列叙述正确的是
A．“浸取”过程中的主要反应为CuFeS2+4CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S↓
B．浸取所得到的FeCl2溶液，可用来腐蚀覆在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板
C．加水有利于CuCl(s)+2Cl−(aq)[CuCl3]2−(aq)平衡逆向移动，析出CuCl，Cl-浓度增大
D．为提高产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥
13．合成某种胃药的核心反应如图：
下列说法正确的是
A．反应物Ⅰ只能发生取代、加成两种反应
B．生成Ⅲ的原子利用率为100%
C．反应物Ⅱ中的两个N—H键的活性不同
D．生成物Ⅲ的分子式C22H24O2N5Cl
14．我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，其反应机理如图所示。则下列有关说法错误的是
A．CO2生成甲醇是通过多步氧化反应实现的
B．该催化反应过程中涉及了化学键的形成及断裂
C．有可能通过调节控制反应条件获得甲醛等有机物
D．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒
15．乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图[起始时，n(H2O)=n(C2H4)=1mol，容器体积为1L]。下列分析不正确的是
A．乙烯气相直接水合反应的ΔH>0
B．图中压强的大小关系为p1>p2>p3
C．图中a点对应的平衡常数K=5/16
D．达到平衡状态A．b所需要的时间：a>b
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．(12分)用海底锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料，制备金属锰、镁的一种工艺流程路线如下：
已知：①几种难溶物的溶度积(25℃)如下表所示：
化学式
Mg(OH)2
Mn(OH)2
Al(OH)3
Fe(OH)3
Ksp
1.8×10−11
1.8×10−13
1.0×10−33
4.0×10−38
②溶液中某离子浓度≤1.0×10−6mol·L−1时，认为该离子沉淀完全。
完成下列问题：
(1)“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应的离子方程式为 。
(2)“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol·L−1，则“调节pH”的范围为 ，“滤渣2”的成分为 。
(3)“Ⅲ”处“萃取剂”萃取的成分是 ；“Ⅳ”处用“盐酸反萃”的作用是 。
(4)MgCl2·6H2O制取无水MgCl2时，需要在干燥的HCl气流中加热分解。HCl的作用为 。
(5)该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为 。
(6)一种海生假单孢菌(采自太平洋深海处)，在无氧条件下以醋酸为电子供体还原MnO2生成Mn2+的机理如图所示。写出反应②③的总反应的离子方程式： 。
17．(12分)黑磷是磷的一种稳定的同素异形体，黑磷具有正交晶系的晶体结构(图A)，晶胞参数a=3.310A，b=4.380A，c=10.500A。黑磷烯是二维的单层黑磷(图B)，黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3。与石墨烯相比，黑磷烯具有半导体性质，更适合于制作电子器件。已知黑磷结构中只有一种等效的三配位P，所有P原子的成键环境一样，图A中编号为①的P原子的晶胞内坐标为(0.50，0.090，0.598)。请回答下列问题：
(1)写出P原子的价电子排布： 。
(2)P和F的电负性大小顺序是x(P) (填“<”“=”或“>”)x(F)。P和F形成的分子PF3和PF5，它们的几何构型分别为 、 。
(3)①黑磷中P原子杂化类型是 。黑磷中不存在 (填字母)。
A．共价键 B．σ键 C．π键 D．范德华力
②红磷、白磷与黑磷熔点从高到低的顺序为 ，原因是
。
(4)图A中编号为②的P原子的晶胞内坐标为 ，黑磷的晶胞中含有 个P原子。
18．(12分)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。工业上常采用催化还原法和碱吸收法处理SO2气体。
(1)①如图为1mol CH4完全燃烧生成气态水的能量变化和1mol S(g)燃烧的能量变化。
在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2，写出该反应的热化学方程式：
。
②某温度下，向体积为2L的容器中充入6mol H2、4mol CO2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH
(g)+H2O(g) ΔH<0，达到平衡时H2的转化率为50%，其平衡常数为 (保留两位小数)。
③起始条件(T1℃、2L密闭容器)如表所示：
CO2/mol
H2/mol
CH3OH/mol
H2O/mol
Ⅰ(恒温恒容)
2
6
0
0
Ⅱ(绝热恒容)
0
0
2
2
达到平衡时，该反应的平衡常数：K(Ⅰ) (填“>”“<”或“=”，下同)K(Ⅱ)；平衡时CH3OH的浓度：c(Ⅰ) c(Ⅱ)。
(2)CO2可用来合成低碳烯烃：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH=-127.8kJ·mol−1。0.1 MPa下，按n(CO2)∶n(H2)=1∶3的投料比充入体积固定的密闭容器中，发生上述反应，不同温度(T)下平衡时的四种气态物质的质量分数(φ)如图所示。曲线b、c表示的物质分别为 、
(填化学式)。
(3)用氨水吸收SO2。25℃时2.0mol·L−1的氨水中，NH3·H2O的电离度α=
(α=×100%)。将含SO2的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，溶液中的= 。[已知25℃，Kb(NH3·H2O)=1.8×10−5；Ka1(H2SO3)=1.3×10−2，Ka2(H2SO3)=6.2×10−8]
19．(12分)钴是熔点高的金属，可与氯气反应制氯化钴(CoCl2)，氯化钴易潮解，可用于催化剂的制备、氨的吸收等。制备氯化钴的装置如图所示。
已知：Co(Ⅲ)的氧化性强于Cl2。
(1)检查A装置气密性的方法：用止水夹夹住A、B之间的橡皮管，向分液漏斗中加水，
(将步骤补充完整)，证明装置A气密性良好。
(2)装置A烧瓶中的固体为漂粉精，烧瓶中发生反应的化学方程式为 。
(3)装置C的洗气瓶中盛放的试剂是 ，装置D硬质玻璃管中的玻璃纤维的作用是
。
(4)E中物质的名称 ，其作用是 。
(5)钴有多种氧化物，Co2O3与浓盐酸反应的离子方程式是 。
(6)氯化钴溶液与氯化铝溶液类似，直接蒸干不能得到CoCl2固体，使氯化亚砜(SOCl2)与CoCl2·6H2O混合加热可以得到氯化钴固体，原因是
。
(7)向氯化钴溶液中加入草酸钠(Na2C2O4)，生成草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)，将草酸钴晶体在空气中充分加热，将反应生成的气态物质通入澄清石灰水中生成沉淀的质量为60g，剩余固体为钴的某种氧化物，其质量为24.1g，计算确定钴的氧化物的化学式是 。
20．(12分)国家级一类抗癌新药——盐酸埃克替尼的研发的关键中间体G的一种合成路线如下：
已知：①A分子中只有一种化学环境的氢；
②TsCl为。
(1)A的名称为 。
(2)G中所含官能团的名称是 ；E的结构简式为 。
(3)由B生成C的反应类型是 ，由F生成G的反应类型是 。
(4)PEO是由A在烃基铝催化下加聚而成的线型高分子，该加聚反应的化学方程式为
。
(5)三取代芳香化合物W是D的同分异构体。W既能发生银镜反应和水解反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应。1 mol W最多可与4 mol NaOH反应，W的核磁共振氢谱只有4组峰。W的结构简式为 (写一种即可)。
（新高考）高三第二次模拟考试卷
化学（四）答案
1. 【答案】A
【解析】“胡粉[(PbCO3·Pb(OH)]2投火中，色坏还为铅(Pb)”，利用受热分解反应原理，故A错误；“有硇水者，剪银塊(Ag)投之，则旋而为水”，硝酸溶解银单质，发生氧化还原反应，故B正确；“曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜……外变而内不化也”，铁置换出铜单质，故C正确；“铁釜代替土釜，加热丹砂(HgS)，生成汞和硫单质，汞变为汞蒸气，平衡正向移动，故D正确。
2. 【答案】B
【解析】氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，故A错误；液体加热时加沸石或碎瓷片，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加沸石，应该停止加热，待溶液冷却后重新添加沸石，故B正确；硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不溶解，溶液中可能含Ag+，故C错误；氯化钠的溶解度受温度影响小，氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误。
3. 【答案】B
【解析】A项，等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中，CO水解程度大于HCO，溶液pH不同，Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，错误；B项，溶液中阴阳离子为CO、HCO、OH−、H+和Na+，实验前两溶液中离子种类完全相同，正确；C项，Na2CO3和CaCl2 1∶1反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3与CaCl2发生反应：CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+H2O+CO2↑，加入CaCl2溶液后生成的沉淀不一样多，错误；D项，加入CaCl2溶液后，Na2CO3溶液中反应的离子方程式是CO+Ca2+=CaCO3↓，NaHCO3溶液中反应的离子方程式是Ca2++2HCO=CaCO3↓+H2O+CO2↑，错误。
4. 【答案】A
【解析】与Mg相连的4个N原子中，有两个N原子是四条键，两个N原子是三条键，三条键的N原子与Mg原子是正常共价键，而四条共价键的N原子与Mg相连的共价键为N原子提供孤电子对，Mg原子提供空轨道形成的配位键，故该配合物的配位数为2，故A错误；该配合物涉及的元素有O、N、C、H、Mg，其非金属性：O>N>C>H>Mg，故B正确；Mg单质的晶体排列方式为六方最密堆积，为A3型最密堆积，故C正确；配合物中碳原子形成碳碳双键和单键，故其杂化方式为sp2和sp3，故D正确。
5. 【答案】B
【解析】①中生成蓝紫色溶液，可知有Cr2(SO4)3生成，反应中Cr元素的化合价降低，发生还原反应，说明K2Cr2O7在反应中作氧化剂，表现了氧化性，A正确；溶液①为酸性溶液，滴加NaOH溶液会发生中和反应，即除发生Cr3++3OH−=Cr(OH)3↓，还发生H++OH−=H2O，B不正确；将①与③溶液等体积混合会产生灰绿色浑浊，说明溶液中Cr3+和CrO发生相互促进的水解反应生成Cr(OH)3灰绿色沉淀，C正确；溶液③中含CrO，滴加过量稀硫酸，先沉淀后溶解，最终生成Cr3+，溶液又变为蓝紫色，D正确。
6. 【答案】C
【解析】根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2NON2+O2，故A正确；铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B正确；过程②为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C不正确；根据反应2NON2+O2，O元素由-2价变为0价，生成1mol O2，同时生成1mol N2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6L(0.25mol) N2，转移电子数约为0.25mol×4×6.02×1023mol−1=6.02×1023(个)，故D正确。
7. 【答案】D
【解析】短周期元素 X、Y、Z原子序数依次增大，观察负离子结构为，Y成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F元素又因为Z与Y2可以形成分子ZY6，且Z位于第三周期，所以Z为S元素；X得到一个电子成4个共价键，说明其最外层为3个电子，为B元素，据此分析解答。A．电子层数F−Y，错误；B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：F>B，则有BH3B，则酸性H3BO3(弱酸)
【解析】企鹅酮中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；含有的单键碳原子上可发生取代反应，B正确；1mol企鹅酮含2mol碳碳双键和1mol羰基，都能和H2加成，加成产物为C10H19OH，需消耗3mol H2，C错误；环上有一个碳原子连有两个甲基，这个碳原子以碳碳单键和四个碳原子相连，所有碳原子一定不可能共平面，D正确。
9. 【答案】D
【解析】两者均具有氧化性，均可使湿润的淀粉-KI试纸变蓝，则观察试纸颜色变化不能检验，故A错误；水解后检验葡萄糖应在碱性条件下，淀粉水解后没有加碱至碱性，就加入新制氢氧化铜，加热煮沸，不能检验葡萄糖的还原性，故B错误；银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，铝为负极，失电子，电极反应式为Al-3e−=Al3+，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，电极反应式为Ag2S+2e−+2H2O=2Ag+2OH−+H2S↑，Al和Ag2S反应最终生成物应该是Ag、H2S和Al(OH)3，故C错误；将SO2通入足量的稀Fe(NO3)3溶液中，硝酸根离子与二氧化硫发生氧化还原反应，逸出气体为NO，由电子守恒可知，同温同压下，逸出的NO气体和SO2气体的体积比为=2∶3，故D正确。
10. 【答案】C
【解析】粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)，通入氧气焙烧，可生成TeO2和CuO，加入氢氧化钠溶液碱浸，生成滤渣为CuO，滤液含有TeO，再加入硫酸酸化，加入亚硫酸钠还原得到粗碲，以此解答该题。A．焙烧固体，可用坩埚，同时使用的仪器有泥三角、酒精灯、玻璃棒，故正确；B．TeO2是两性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为TeO2+2OH−=TeO+H2O，故正确；C．Au、Ag与盐酸不反应，不能用盐酸分离，故不正确；D．“还原”时，反应的离子方程式为2SO+Te4++2H2O=Te↓+2SO+4H+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故正确。
11. 【答案】BD
【解析】该电池放电时，是原电池工作原理，充电时，是电解池工作原理，无论是放电还是充电均发生了氧化还原反应，故A错误；该电池放电时，是原电池工作原理，负极上为钠锡合金(Na15Sn4)失电子发生氧化反应生成钠离子和锡，电极反应式为Na15Sn4-15e−=15Na++4Sn，故B正确；充电时，是电解池工作原理，Na+会向阴极移动，是脱离过渡金属氧化层，故C错误；充电时，是电解池工作原理，电池的负极和电源的负极相连，电池负极为钠锡合金(Na15Sn4)，则充电时，b极接电源的负极，a极接电源的正极，故D正确。
12.【答案】D
【解析】浸取时发生CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S↓，过滤分离出CuCl、S，加浓盐酸发生CuCl(s)+2Cl−(aq)[CuCl3]2−(aq)，过滤分离出S，加水使CuCl(s)+2Cl−(aq)[CuCl3]2−(aq)逆向移动，抽滤、洗涤、干燥得到CuCl。由图中反应物、生成物结合原子守恒可知浸取中的主要反应为CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S↓，故A错误；浸取所得到的FeCl2溶液，与Cu不反应，不能用来腐蚀覆在绝缘板上的铜箔，故B错误；加水向离子浓度增大的方向移动，加水有利于CuCl(s)+2Cl−(aq)[CuCl3]2−(aq)平衡逆向移动，析出CuCl，Cl−浓度减小，故C错误；CuCl难溶于乙醇，在空气中易被氧化，则为提高产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥，故D正确。
13.【答案】CD
【解析】A．反应物Ⅰ含有苯环，可发生加成反应，含有氯原子，可发生取代反应(或水解反应)，也可以发生氯原子的消去反应，错误；B．根据原子守恒，该反应中同时生成NaCl等，则原子的利用率不是100%，错误；C．反应物Ⅱ中的两个N—H键的N原子连接不同的原子团，则两个N—H键的活性不同，正确；D．由结构简式可知生成物Ⅲ的分子式为C22H24O2N5Cl，正确。
14.【答案】A
【解析】A项，CO2生成COOH，为还原反应；CO生成CHO，为还原反应；CHO生成CH2O，为还原反应；CH2O生成CH3O，为还原反应；CH3O生成CH3OH，为还原反应，所以CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现，错误；B项，该催化过程发生化学反应，所以该反应中有化学键的形成和断裂，正确；C项，CHO和H生成CH2O，需要Cu2O作催化剂，可以调节控制反应条件获得甲醛等有机物，正确；D项，根据题图知，催化剂Cu结合H原子，催化剂Cu2O结合含CHO微粒，正确。
15.【答案】AB
【解析】压强不变时，升高温度乙烯转化率降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则ΔH<0，故A不正确；相同温度下，增大压强平衡正向移动，乙烯转化率增大，根据图知，压强：p1
开始(mol/L) 1 1 0
消耗(mol/L) 0.2 0.2 0.2
平衡(mol/L) 0.8 0.8 0.2
化学平衡常数K===，故C正确；温度越高、压强越大，化学反应速率越快，反应达到平衡时间越短，温度、压强：ab，故D正确。
16.【答案】(1)MnO2+SO2=Mn2++SO
(2)5≤pH<8 Fe(OH)3、Al(OH)3
(3)Mg2+ 使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2
(4)抑制MgCl2水解
(5)萃取剂(或有机相2)
(6)MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH−
【解析】锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)加入H2SO4进行酸浸，将MgO、Fe2O3、Al2O3转化为Mg2+、Fe3+、Al3+，并通入SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为SO，SiO2不与二氧化硫和硫酸反应，则滤渣1中主要为SiO2，滤液1中主要含有Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+及SO，调节滤液1的pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3过滤除去，则滤渣2主要含有Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液2主要含有Mg2+、Mn2+及SO，向滤液2加入有机萃取剂，溶液分层，分液后有机相1中主要含有Mg2+，水相1中主要含有Mn2+及SO，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，形成含有MgCl2的酸性溶液，对水相2蒸发结晶得到MgCl2·6H2O，在干燥的HCl气流中加热分解得到MgCl2，再进行熔融电解得到金属镁，对水相1进行电解得到金属锰单质和H2SO4，电解后的溶液中含有H2SO4，可返回步骤Ⅰ酸浸使用，据此分析解答。(1)根据分析，“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应，SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为SO，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO。(2)调节滤液1的pH，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，“滤液1”中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某离子浓度≤1.0×10−6mol·L−1时，认为该离子沉淀完全，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10−33，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38，当Al3+完全沉淀时，Fe3+已经完全沉淀，此时溶液中c(OH−)===1.0×10−9mol·L−1，pOH=9，则pH=14-pOH=5；根据Ksp[Mn(OH)2]=1.8×10−13，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10−11，当“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol·L−1时，溶液中c(OH−)===1.0×10−6mol·L−1，pOH=6，则pH=14-pOH=8，则“调节pH”的范围为5≤pH<8；根据上述分析可知，“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。(3)根据上述分析可知，“Ⅲ”处“萃取剂”萃取的成分是Mg2+；“Ⅳ”处用“盐酸反萃”的作用是使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2。(4)MgCl2属于强酸弱碱盐，高温下，促进Mg2+发生水解生成Mg(OH)2，在干燥的HCl气流中加热分解，可以抑制MgCl2水解。(5)根据上述分析可知，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，分液后得到有机相2，即为萃取剂，则该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为萃取剂或有机相2。(6)根据图示可知，反应②为Mn3++HX=Mn2++X+H+，反应③为Mn2++MnO2+2H2O=4OH−+2Mn3+，②×2+③可得，反应②③的总反应的离子方程式为MnO2+2HX
=Mn2++2X+2OH−。
17.【答案】(1)
(2)< 三角锥形 三角双锥形
(3)①sp3 C ②黑磷>红磷>白磷 黑磷相当于石墨，属于混合晶体，红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，所以熔点高低顺序为黑磷>红磷>白磷
(4)(0.500，-0.090，0.402) 8
【解析】根据P最外层5个电子，写出价电子排布图；根据电负性递变规律，以N元素为中间，判断P与F的电负性大小，以VSEPR理论，判断PF3和PF5的空间结构；根据黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3，判断P原子杂化类型和熔点高低；根据题中图示和所给信息，判断P原子的坐标及晶胞中P原子个数。(1)P为15号元素，其核外价电子排布式为3s23p3，价电子排布图为。(2)同一周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，N、F同一周期，电负性：x(N)x(P)，P和F的电负性大小顺序是x(P)红磷>白磷。(4)结合图B可知，图A中编号为②的P原子位于同一坐标轴a，关于坐标轴b对称，且位于坐标轴c的值为1-0.598=0.402，该P原子在晶胞内的坐标为(0.500，-0.090，0.402)；该晶胞中第一层含有P原子1+1=2(个)，第二层含有P原子1+1+1+1=4(个)，第三层含有P原子1+1=2(个)，共8个P原子。
18.【答案】(1)①CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=+352kJ·mol−1 ②0.05 ③< <
(2)H2O H2
(3)0.3% 0.62
【解析】(1)①ⅰ．CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g) ΔH=-802kJ·mol−1，ⅱ．S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH
=-577kJ·mol−1；将方程式ⅰ-2×ⅱ得CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g) ΔH=-802kJ·mol−1-2×(-
577kJ·mol−1)=+352kJ·mol−1；②开始时c(CO2)==2mol·L−1．c(H2)==3mol·L−1，达到平衡时氢气的转化率为50%，则反应 c(H2)=3mol·L−1×50%=1.5mol·L−1，
可逆反应 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol·L−1) 2 3 0 0
反应(mol·L−1) 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡(mol·L−1) 1.5 1.5 0.5 0.5
化学平衡常数K==≈0.05；③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0，反应Ⅰ是恒温恒容容器，Ⅱ为绝热恒容容器，反应是放热反应，表中反应Ⅰ、Ⅱ若恒温恒容达到相同平衡状态，Ⅱ为逆向绝热恒容，温度降低，平衡正向进行，平衡常数增大，甲醇浓度增大。(2)升高温度平衡逆向移动，反应物的质量分数增大、生成物的质量分数减小，则A．c为反应物而B．d为生成物，质量增大较多的是二氧化碳、增大较少的是氢气，质量减少较多的是水、减少较少的是乙烯，所以b表示H2O、c表示H2。(3)25℃时2.0mol·L−1的氨水中，c(NH)== mol·L−1=6×10−3mol·L−1，NH3·H2O的电离度α=×100%=×100%=0.3%；将含SO2的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，溶液中c(H+)=c(OH−)=10−7mol·L−1，溶液中的=×===0.62。
19.【答案】(1)打开分液漏斗下端活塞，若分液漏斗中的水不能顺利滴下
(2)Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
(3)浓硫酸 防止固体粉末堵塞导管
(4)碱石灰 吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D中
(5)Co2O3+6H++2Cl−=2Co2++Cl2↑+3H2O
(6)SOCl2与CoCl2·6H2O的结晶水作用，生成HCl和SO2(或HCl或酸性物质)，抑制CoCl2的水解
(7)Co3O4
【解析】(1)夹紧橡皮管，向分液漏斗中加水并打开活塞，如果漏气，分液漏斗内压强减小，水就会流下，如果密闭性很好，则分液漏斗中的水不能顺利流下。(2)漂白精的主要成分是次氯酸钙，其与浓盐酸发生归中反应生成氯气，化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O。(3)氯气是酸性气体，选用酸性干燥剂如浓硫酸进行干燥；由于气流通过硬质玻璃管时，可能带动Co粉，故采用玻璃纤维防止固体粉末堵塞导管。(4)装置E位于整个装置的末端，故它的作用是除去剩余的氯气，故E中可填充碱石灰，其作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D中。(5)Co2O3与浓盐酸发生氧化还原反应，离子方程式为Co2O3+6H++2Cl−=2Co2++Cl2↑+3H2O。(6)SOCl2与水反应的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，SOCl2与CoCl2·6H2O的结晶水作用，生成HCl和SO2气体，抑制CoCl2的水解。(7)60g沉淀为碳酸钙的质量，则碳酸钙的物质的量为=0.6mol，n(C)=n(CO2)=n(CaCO3)=0.6mol，由元素守恒得n(CoC2O4)=1/2n(C)=0.3mol，m(CoC2O4)=44.1g，反应后得到CO2的质量m(CO2)=0.6×44g=26.4g，由质量守恒定律，26.4g+24.1g-44.1g=6.4g，说明还有氧气参与反应，n(O2)===0.2mol，依据原子守恒配平反应的化学方程式：3CoC2O4+2O2=Co3O4+6
CO2，则钴的氧化物的化学式为Co3O4。
20.【答案】(1)环氧乙烷
(2)醚键、羧基、氨基
(3)取代反应 还原反应
(4)n CH2—CH2—O
(5)(或)
(6)
【解析】(1)A分子中只有一种化学环境的氢，则A为，名称为环氧乙烷。(2)G为，所含官能团有醚键、羧基、氨基；根据流程图，E发生硝化反应生成F()，则E为。(3)根据B．C的结构差别，由B生成C的反应类型是取代反应；根据流程图，由F生成G的反应是硝基的还原反应。(4)PEO是由A在烃基铝催化下加聚而成的线型高分子，该加聚反应的化学方程式为nCH2—CH2—O。(5)D为，三取代芳香化合物W是D的同分异构体。W能发生银镜反应和水解反应，说明W中含有酯基和醛基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基。1 mol W最多可与4 mol NaOH反应，因此，W属于甲酸苯酚酯，且含有2个酚羟基，W的核磁共振氢谱只有4组峰，则W的结构简式为或。(6)以邻硝基甲苯()和乙醇为原料制备邻氨基苯甲酸乙酯()，可以首先将的甲基氧化为羧基，再与乙醇酯化，最后将硝基还原即可，合成路线为。
（新高考）此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
高三第二次模拟考试卷
化 学（四）
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：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．中国古代“炼丹术”中蕴含了丰富的化学知识，为近代化学的建立和发展奠定了基础。下列关于“炼丹术”中涉及的史实解释错误的是
选项
史 实
解 释
A
“胡粉[(PbCO3∙Pb(OH)]2投火中，色坏还为铅(Pb)”
复分解反应原理
B
“有硇水者，剪银塊(Ag)投之，则旋而为水”
氧化还原反应原理
C
“曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜……外变而内不化也”
置换反应原理
D
“铁釜代替土釜，加热丹砂(HgS)”，可增采也”
平衡移动原理
2．下列说法正确的是
A．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可
B．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加
C．在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO或SO
D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
3．某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中正确的是
A．实验前两溶液的pH相等
B．实验前两溶液中离子种类完全相同
C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多
D．加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO+Ca2+=CaCO3↓
4．下列有关叙述卟啉配合物叶绿素的说法不正确的是
A．该配合物的配位数为4
B．该化合物所包含元素的非金属性：O>N>C>H>Mg
C．Mg单质晶体结构符合A3型最密堆积
D．化合物中C元素的杂化方式为sp2、sp3
5．实验小组进行如下实验：
已知：Cr2(SO4)3稀溶液为蓝紫色；Cr(OH)3为灰绿色固体，难溶于水。下列关于该实验的结论或叙述不正确的是
A．①中生成蓝紫色溶液说明K2Cr2O7在反应中表现了氧化性
B．操作Ⅱ中仅发生反应：Cr3++3OH−=Cr(OH)3↓
C．将①与③溶液等体积混合会产生灰绿色浑浊，该现象与Cr3+的水解平衡移动有关
D．若继续向③中加入稀硫酸，溶液有可能重新变成蓝紫色
6．利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．该分解过程是：2NON2+O2
B．实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应
C．过程②释放能量，过程③吸收能量
D．标准状况下，NO分解生成5.6L N2转移电子数约为6.02×1023
7．科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物A(如图所示)，短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是
A．离子半径：Y>Z
B．氢化物的稳定性：X>Y
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>Z
D．化合物A中，中心原子X、Z均为sp3杂化
8．企鹅酮()可作为分子机器的原材料。下列关于企鹅酮的说法错误的是
A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．可发生取代反应
C．1mol企鹅酮转化为C10H21OH需消耗3mol H2
D．所有碳原子一定不可能共平面
9．“化学实验→观察现象→分析推理→得出结论”是化学学习的方法。下列说法正确的是
A．证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2，可用湿润的淀粉-KI试纸检验，观察试纸颜色变化
B．验证淀粉的水解产物是否具有还原性，取酸性水解液于试管中并加入新制氢氧化铜，加热煮沸，观察是否出现红色沉淀
C．向铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑(Ag2S)的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色褪去，该过程中发生的反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3
D．将SO2通入足量稀Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，假设通入的SO2完全反应，则同温同压下，逸出的NO气体和SO2气体的体积比为2∶3
10．碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中丰度值很低，某科研小组从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲工艺流程如图所示。下列有关说法不正确的是
已知：①“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在。
②TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱。
A．“焙烧”用到的硅酸盐仪器主要有：坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒
B．“碱浸”时反应的离子方程式为TeO2+2OH−=TeO+H2O
C．“碱浸”后所得的滤渣中含有Au、Ag，可用稀盐酸将其分离
D．“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．如图是常温钠离子全固态浓差电池工作示意图。正极材料为层状含钠过渡金属氧化物，负极为钠锡合金(Na15Sn4)。下列说法合理的是
A．该电池工作时不发生氧化还原反应
B．放电时，负极的反应为Na15Sn4-15e−=15Na++4Sn
C．充电时，Na+会被吸附进入过渡金属氧化层
D．充电时，a极接电源的正极，b极接电源的负极
12．CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，可从黄铜矿(主要成分为CuFeS2)中制取。
已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水，难溶于乙醇，在空气中易被氧化，在水溶液中存在平衡：CuCl(s)+2Cl−(aq)[CuCl3]2−(aq)(无色溶液)。下列叙述正确的是
A．“浸取”过程中的主要反应为CuFeS2+4CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S↓
B．浸取所得到的FeCl2溶液，可用来腐蚀覆在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板
C．加水有利于CuCl(s)+2Cl−(aq)[CuCl3]2−(aq)平衡逆向移动，析出CuCl，Cl-浓度增大
D．为提高产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥
13．合成某种胃药的核心反应如图：
下列说法正确的是
A．反应物Ⅰ只能发生取代、加成两种反应
B．生成Ⅲ的原子利用率为100%
C．反应物Ⅱ中的两个N—H键的活性不同
D．生成物Ⅲ的分子式C22H24O2N5Cl
14．我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，其反应机理如图所示。则下列有关说法错误的是
A．CO2生成甲醇是通过多步氧化反应实现的
B．该催化反应过程中涉及了化学键的形成及断裂
C．有可能通过调节控制反应条件获得甲醛等有机物
D．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒
15．乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图[起始时，n(H2O)=n(C2H4)=1mol，容器体积为1L]。下列分析不正确的是
A．乙烯气相直接水合反应的ΔH>0
B．图中压强的大小关系为p1>p2>p3
C．图中a点对应的平衡常数K=5/16
D．达到平衡状态A．b所需要的时间：a>b
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．(12分)用海底锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料，制备金属锰、镁的一种工艺流程路线如下：
已知：①几种难溶物的溶度积(25℃)如下表所示：
化学式
Mg(OH)2
Mn(OH)2
Al(OH)3
Fe(OH)3
Ksp
1.8×10−11
1.8×10−13
1.0×10−33
4.0×10−38
②溶液中某离子浓度≤1.0×10−6mol·L−1时，认为该离子沉淀完全。
完成下列问题：
(1)“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应的离子方程式为 。
(2)“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol·L−1，则“调节pH”的范围为 ，“滤渣2”的成分为 。
(3)“Ⅲ”处“萃取剂”萃取的成分是 ；“Ⅳ”处用“盐酸反萃”的作用是 。
(4)MgCl2·6H2O制取无水MgCl2时，需要在干燥的HCl气流中加热分解。HCl的作用为 。
(5)该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为 。
(6)一种海生假单孢菌(采自太平洋深海处)，在无氧条件下以醋酸为电子供体还原MnO2生成Mn2+的机理如图所示。写出反应②③的总反应的离子方程式： 。
17．(12分)黑磷是磷的一种稳定的同素异形体，黑磷具有正交晶系的晶体结构(图A)，晶胞参数a=3.310A，b=4.380A，c=10.500A。黑磷烯是二维的单层黑磷(图B)，黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3。与石墨烯相比，黑磷烯具有半导体性质，更适合于制作电子器件。已知黑磷结构中只有一种等效的三配位P，所有P原子的成键环境一样，图A中编号为①的P原子的晶胞内坐标为(0.50，0.090，0.598)。请回答下列问题：
(1)写出P原子的价电子排布： 。
(2)P和F的电负性大小顺序是x(P) (填“<”“=”或“>”)x(F)。P和F形成的分子PF3和PF5，它们的几何构型分别为 、 。
(3)①黑磷中P原子杂化类型是 。黑磷中不存在 (填字母)。
A．共价键 B．σ键 C．π键 D．范德华力
②红磷、白磷与黑磷熔点从高到低的顺序为 ，原因是
。
(4)图A中编号为②的P原子的晶胞内坐标为 ，黑磷的晶胞中含有 个P原子。
18．(12分)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。工业上常采用催化还原法和碱吸收法处理SO2气体。
(1)①如图为1mol CH4完全燃烧生成气态水的能量变化和1mol S(g)燃烧的能量变化。
在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2，写出该反应的热化学方程式：
。
②某温度下，向体积为2L的容器中充入6mol H2、4mol CO2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH
(g)+H2O(g) ΔH<0，达到平衡时H2的转化率为50%，其平衡常数为 (保留两位小数)。
③起始条件(T1℃、2L密闭容器)如表所示：
CO2/mol
H2/mol
CH3OH/mol
H2O/mol
Ⅰ(恒温恒容)
2
6
0
0
Ⅱ(绝热恒容)
0
0
2
2
达到平衡时，该反应的平衡常数：K(Ⅰ) (填“>”“<”或“=”，下同)K(Ⅱ)；平衡时CH3OH的浓度：c(Ⅰ) c(Ⅱ)。
(2)CO2可用来合成低碳烯烃：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH=-127.8kJ·mol−1。0.1 MPa下，按n(CO2)∶n(H2)=1∶3的投料比充入体积固定的密闭容器中，发生上述反应，不同温度(T)下平衡时的四种气态物质的质量分数(φ)如图所示。曲线b、c表示的物质分别为 、
(填化学式)。
(3)用氨水吸收SO2。25℃时2.0mol·L−1的氨水中，NH3·H2O的电离度α=
(α=×100%)。将含SO2的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，溶液中的= 。[已知25℃，Kb(NH3·H2O)=1.8×10−5；Ka1(H2SO3)=1.3×10−2，Ka2(H2SO3)=6.2×10−8]
19．(12分)钴是熔点高的金属，可与氯气反应制氯化钴(CoCl2)，氯化钴易潮解，可用于催化剂的制备、氨的吸收等。制备氯化钴的装置如图所示。
已知：Co(Ⅲ)的氧化性强于Cl2。
(1)检查A装置气密性的方法：用止水夹夹住A、B之间的橡皮管，向分液漏斗中加水，
(将步骤补充完整)，证明装置A气密性良好。
(2)装置A烧瓶中的固体为漂粉精，烧瓶中发生反应的化学方程式为 。
(3)装置C的洗气瓶中盛放的试剂是 ，装置D硬质玻璃管中的玻璃纤维的作用是
。
(4)E中物质的名称 ，其作用是 。
(5)钴有多种氧化物，Co2O3与浓盐酸反应的离子方程式是 。
(6)氯化钴溶液与氯化铝溶液类似，直接蒸干不能得到CoCl2固体，使氯化亚砜(SOCl2)与CoCl2·6H2O混合加热可以得到氯化钴固体，原因是
。
(7)向氯化钴溶液中加入草酸钠(Na2C2O4)，生成草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)，将草酸钴晶体在空气中充分加热，将反应生成的气态物质通入澄清石灰水中生成沉淀的质量为60g，剩余固体为钴的某种氧化物，其质量为24.1g，计算确定钴的氧化物的化学式是 。
20．(12分)国家级一类抗癌新药——盐酸埃克替尼的研发的关键中间体G的一种合成路线如下：
已知：①A分子中只有一种化学环境的氢；
②TsCl为。
(1)A的名称为 。
(2)G中所含官能团的名称是 ；E的结构简式为 。
(3)由B生成C的反应类型是 ，由F生成G的反应类型是 。
(4)PEO是由A在烃基铝催化下加聚而成的线型高分子，该加聚反应的化学方程式为
。
(5)三取代芳香化合物W是D的同分异构体。W既能发生银镜反应和水解反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应。1 mol W最多可与4 mol NaOH反应，W的核磁共振氢谱只有4组峰。W的结构简式为 (写一种即可)。
（新高考）高三第二次模拟考试卷
化学（四）答案
1. 【答案】A
【解析】“胡粉[(PbCO3·Pb(OH)]2投火中，色坏还为铅(Pb)”，利用受热分解反应原理，故A错误；“有硇水者，剪银塊(Ag)投之，则旋而为水”，硝酸溶解银单质，发生氧化还原反应，故B正确；“曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜……外变而内不化也”，铁置换出铜单质，故C正确；“铁釜代替土釜，加热丹砂(HgS)，生成汞和硫单质，汞变为汞蒸气，平衡正向移动，故D正确。
2. 【答案】B
【解析】氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，故A错误；液体加热时加沸石或碎瓷片，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加沸石，应该停止加热，待溶液冷却后重新添加沸石，故B正确；硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不溶解，溶液中可能含Ag+，故C错误；氯化钠的溶解度受温度影响小，氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误。
3. 【答案】B
【解析】A项，等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中，CO水解程度大于HCO，溶液pH不同，Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，错误；B项，溶液中阴阳离子为CO、HCO、OH−、H+和Na+，实验前两溶液中离子种类完全相同，正确；C项，Na2CO3和CaCl2 1∶1反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3与CaCl2发生反应：CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+H2O+CO2↑，加入CaCl2溶液后生成的沉淀不一样多，错误；D项，加入CaCl2溶液后，Na2CO3溶液中反应的离子方程式是CO+Ca2+=CaCO3↓，NaHCO3溶液中反应的离子方程式是Ca2++2HCO=CaCO3↓+H2O+CO2↑，错误。
4. 【答案】A
【解析】与Mg相连的4个N原子中，有两个N原子是四条键，两个N原子是三条键，三条键的N原子与Mg原子是正常共价键，而四条共价键的N原子与Mg相连的共价键为N原子提供孤电子对，Mg原子提供空轨道形成的配位键，故该配合物的配位数为2，故A错误；该配合物涉及的元素有O、N、C、H、Mg，其非金属性：O>N>C>H>Mg，故B正确；Mg单质的晶体排列方式为六方最密堆积，为A3型最密堆积，故C正确；配合物中碳原子形成碳碳双键和单键，故其杂化方式为sp2和sp3，故D正确。
5. 【答案】B
【解析】①中生成蓝紫色溶液，可知有Cr2(SO4)3生成，反应中Cr元素的化合价降低，发生还原反应，说明K2Cr2O7在反应中作氧化剂，表现了氧化性，A正确；溶液①为酸性溶液，滴加NaOH溶液会发生中和反应，即除发生Cr3++3OH−=Cr(OH)3↓，还发生H++OH−=H2O，B不正确；将①与③溶液等体积混合会产生灰绿色浑浊，说明溶液中Cr3+和CrO发生相互促进的水解反应生成Cr(OH)3灰绿色沉淀，C正确；溶液③中含CrO，滴加过量稀硫酸，先沉淀后溶解，最终生成Cr3+，溶液又变为蓝紫色，D正确。
6. 【答案】C
【解析】根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2NON2+O2，故A正确；铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B正确；过程②为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C不正确；根据反应2NON2+O2，O元素由-2价变为0价，生成1mol O2，同时生成1mol N2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6L(0.25mol) N2，转移电子数约为0.25mol×4×6.02×1023mol−1=6.02×1023(个)，故D正确。
7. 【答案】D
【解析】短周期元素 X、Y、Z原子序数依次增大，观察负离子结构为，Y成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F元素又因为Z与Y2可以形成分子ZY6，且Z位于第三周期，所以Z为S元素；X得到一个电子成4个共价键，说明其最外层为3个电子，为B元素，据此分析解答。A．电子层数F−
【解析】企鹅酮中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；含有的单键碳原子上可发生取代反应，B正确；1mol企鹅酮含2mol碳碳双键和1mol羰基，都能和H2加成，加成产物为C10H19OH，需消耗3mol H2，C错误；环上有一个碳原子连有两个甲基，这个碳原子以碳碳单键和四个碳原子相连，所有碳原子一定不可能共平面，D正确。
9. 【答案】D
【解析】两者均具有氧化性，均可使湿润的淀粉-KI试纸变蓝，则观察试纸颜色变化不能检验，故A错误；水解后检验葡萄糖应在碱性条件下，淀粉水解后没有加碱至碱性，就加入新制氢氧化铜，加热煮沸，不能检验葡萄糖的还原性，故B错误；银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，铝为负极，失电子，电极反应式为Al-3e−=Al3+，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，电极反应式为Ag2S+2e−+2H2O=2Ag+2OH−+H2S↑，Al和Ag2S反应最终生成物应该是Ag、H2S和Al(OH)3，故C错误；将SO2通入足量的稀Fe(NO3)3溶液中，硝酸根离子与二氧化硫发生氧化还原反应，逸出气体为NO，由电子守恒可知，同温同压下，逸出的NO气体和SO2气体的体积比为=2∶3，故D正确。
10. 【答案】C
【解析】粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)，通入氧气焙烧，可生成TeO2和CuO，加入氢氧化钠溶液碱浸，生成滤渣为CuO，滤液含有TeO，再加入硫酸酸化，加入亚硫酸钠还原得到粗碲，以此解答该题。A．焙烧固体，可用坩埚，同时使用的仪器有泥三角、酒精灯、玻璃棒，故正确；B．TeO2是两性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为TeO2+2OH−=TeO+H2O，故正确；C．Au、Ag与盐酸不反应，不能用盐酸分离，故不正确；D．“还原”时，反应的离子方程式为2SO+Te4++2H2O=Te↓+2SO+4H+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故正确。
11. 【答案】BD
【解析】该电池放电时，是原电池工作原理，充电时，是电解池工作原理，无论是放电还是充电均发生了氧化还原反应，故A错误；该电池放电时，是原电池工作原理，负极上为钠锡合金(Na15Sn4)失电子发生氧化反应生成钠离子和锡，电极反应式为Na15Sn4-15e−=15Na++4Sn，故B正确；充电时，是电解池工作原理，Na+会向阴极移动，是脱离过渡金属氧化层，故C错误；充电时，是电解池工作原理，电池的负极和电源的负极相连，电池负极为钠锡合金(Na15Sn4)，则充电时，b极接电源的负极，a极接电源的正极，故D正确。
12.【答案】D
【解析】浸取时发生CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S↓，过滤分离出CuCl、S，加浓盐酸发生CuCl(s)+2Cl−(aq)[CuCl3]2−(aq)，过滤分离出S，加水使CuCl(s)+2Cl−(aq)[CuCl3]2−(aq)逆向移动，抽滤、洗涤、干燥得到CuCl。由图中反应物、生成物结合原子守恒可知浸取中的主要反应为CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S↓，故A错误；浸取所得到的FeCl2溶液，与Cu不反应，不能用来腐蚀覆在绝缘板上的铜箔，故B错误；加水向离子浓度增大的方向移动，加水有利于CuCl(s)+2Cl−(aq)[CuCl3]2−(aq)平衡逆向移动，析出CuCl，Cl−浓度减小，故C错误；CuCl难溶于乙醇，在空气中易被氧化，则为提高产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥，故D正确。
13.【答案】CD
【解析】A．反应物Ⅰ含有苯环，可发生加成反应，含有氯原子，可发生取代反应(或水解反应)，也可以发生氯原子的消去反应，错误；B．根据原子守恒，该反应中同时生成NaCl等，则原子的利用率不是100%，错误；C．反应物Ⅱ中的两个N—H键的N原子连接不同的原子团，则两个N—H键的活性不同，正确；D．由结构简式可知生成物Ⅲ的分子式为C22H24O2N5Cl，正确。
14.【答案】A
【解析】A项，CO2生成COOH，为还原反应；CO生成CHO，为还原反应；CHO生成CH2O，为还原反应；CH2O生成CH3O，为还原反应；CH3O生成CH3OH，为还原反应，所以CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现，错误；B项，该催化过程发生化学反应，所以该反应中有化学键的形成和断裂，正确；C项，CHO和H生成CH2O，需要Cu2O作催化剂，可以调节控制反应条件获得甲醛等有机物，正确；D项，根据题图知，催化剂Cu结合H原子，催化剂Cu2O结合含CHO微粒，正确。
15.【答案】AB
【解析】压强不变时，升高温度乙烯转化率降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则ΔH<0，故A不正确；相同温度下，增大压强平衡正向移动，乙烯转化率增大，根据图知，压强：p1
开始(mol/L) 1 1 0
消耗(mol/L) 0.2 0.2 0.2
平衡(mol/L) 0.8 0.8 0.2
化学平衡常数K===，故C正确；温度越高、压强越大，化学反应速率越快，反应达到平衡时间越短，温度、压强：a
16.【答案】(1)MnO2+SO2=Mn2++SO
(2)5≤pH<8 Fe(OH)3、Al(OH)3
(3)Mg2+ 使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2
(4)抑制MgCl2水解
(5)萃取剂(或有机相2)
(6)MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH−
【解析】锰结核(主要成分为MnO2，含少量MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2)加入H2SO4进行酸浸，将MgO、Fe2O3、Al2O3转化为Mg2+、Fe3+、Al3+，并通入SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为SO，SiO2不与二氧化硫和硫酸反应，则滤渣1中主要为SiO2，滤液1中主要含有Mg2+、Fe3+、Al3+、Mn2+及SO，调节滤液1的pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3过滤除去，则滤渣2主要含有Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液2主要含有Mg2+、Mn2+及SO，向滤液2加入有机萃取剂，溶液分层，分液后有机相1中主要含有Mg2+，水相1中主要含有Mn2+及SO，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，形成含有MgCl2的酸性溶液，对水相2蒸发结晶得到MgCl2·6H2O，在干燥的HCl气流中加热分解得到MgCl2，再进行熔融电解得到金属镁，对水相1进行电解得到金属锰单质和H2SO4，电解后的溶液中含有H2SO4，可返回步骤Ⅰ酸浸使用，据此分析解答。(1)根据分析，“锰结核粉末”中MnO2与SO2反应，SO2将MnO2转化为Mn2+，自身被氧化为SO，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO。(2)调节滤液1的pH，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，“滤液1”中Mn2+、Mg2+不能形成沉淀，溶液中某离子浓度≤1.0×10−6mol·L−1时，认为该离子沉淀完全，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10−33，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38，当Al3+完全沉淀时，Fe3+已经完全沉淀，此时溶液中c(OH−)===1.0×10−9mol·L−1，pOH=9，则pH=14-pOH=5；根据Ksp[Mn(OH)2]=1.8×10−13，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10−11，当“滤液1”中c(Mn2+)为0.18mol·L−1时，溶液中c(OH−)===1.0×10−6mol·L−1，pOH=6，则pH=14-pOH=8，则“调节pH”的范围为5≤pH<8；根据上述分析可知，“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。(3)根据上述分析可知，“Ⅲ”处“萃取剂”萃取的成分是Mg2+；“Ⅳ”处用“盐酸反萃”的作用是使Mg2+与萃取剂分离转化为MgCl2。(4)MgCl2属于强酸弱碱盐，高温下，促进Mg2+发生水解生成Mg(OH)2，在干燥的HCl气流中加热分解，可以抑制MgCl2水解。(5)根据上述分析可知，向有机相1中加入盐酸进行反萃取，Mg2+从有机相1转入水相2，分液后得到有机相2，即为萃取剂，则该工艺流程中除电解余液可循环利用外，还能循环利用的试剂为萃取剂或有机相2。(6)根据图示可知，反应②为Mn3++HX=Mn2++X+H+，反应③为Mn2++MnO2+2H2O=4OH−+2Mn3+，②×2+③可得，反应②③的总反应的离子方程式为MnO2+2HX
=Mn2++2X+2OH−。
17.【答案】(1)
(2)< 三角锥形 三角双锥形
(3)①sp3 C ②黑磷>红磷>白磷 黑磷相当于石墨，属于混合晶体，红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，所以熔点高低顺序为黑磷>红磷>白磷
(4)(0.500，-0.090，0.402) 8
【解析】根据P最外层5个电子，写出价电子排布图；根据电负性递变规律，以N元素为中间，判断P与F的电负性大小，以VSEPR理论，判断PF3和PF5的空间结构；根据黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3，判断P原子杂化类型和熔点高低；根据题中图示和所给信息，判断P原子的坐标及晶胞中P原子个数。(1)P为15号元素，其核外价电子排布式为3s23p3，价电子排布图为。(2)同一周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，N、F同一周期，电负性：x(N)
18.【答案】(1)①CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=+352kJ·mol−1 ②0.05 ③< <
(2)H2O H2
(3)0.3% 0.62
【解析】(1)①ⅰ．CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g) ΔH=-802kJ·mol−1，ⅱ．S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH
=-577kJ·mol−1；将方程式ⅰ-2×ⅱ得CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g) ΔH=-802kJ·mol−1-2×(-
577kJ·mol−1)=+352kJ·mol−1；②开始时c(CO2)==2mol·L−1．c(H2)==3mol·L−1，达到平衡时氢气的转化率为50%，则反应 c(H2)=3mol·L−1×50%=1.5mol·L−1，
可逆反应 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol·L−1) 2 3 0 0
反应(mol·L−1) 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡(mol·L−1) 1.5 1.5 0.5 0.5
化学平衡常数K==≈0.05；③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0，反应Ⅰ是恒温恒容容器，Ⅱ为绝热恒容容器，反应是放热反应，表中反应Ⅰ、Ⅱ若恒温恒容达到相同平衡状态，Ⅱ为逆向绝热恒容，温度降低，平衡正向进行，平衡常数增大，甲醇浓度增大。(2)升高温度平衡逆向移动，反应物的质量分数增大、生成物的质量分数减小，则A．c为反应物而B．d为生成物，质量增大较多的是二氧化碳、增大较少的是氢气，质量减少较多的是水、减少较少的是乙烯，所以b表示H2O、c表示H2。(3)25℃时2.0mol·L−1的氨水中，c(NH)== mol·L−1=6×10−3mol·L−1，NH3·H2O的电离度α=×100%=×100%=0.3%；将含SO2的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，溶液中c(H+)=c(OH−)=10−7mol·L−1，溶液中的=×===0.62。
19.【答案】(1)打开分液漏斗下端活塞，若分液漏斗中的水不能顺利滴下
(2)Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
(3)浓硫酸 防止固体粉末堵塞导管
(4)碱石灰 吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D中
(5)Co2O3+6H++2Cl−=2Co2++Cl2↑+3H2O
(6)SOCl2与CoCl2·6H2O的结晶水作用，生成HCl和SO2(或HCl或酸性物质)，抑制CoCl2的水解
(7)Co3O4
【解析】(1)夹紧橡皮管，向分液漏斗中加水并打开活塞，如果漏气，分液漏斗内压强减小，水就会流下，如果密闭性很好，则分液漏斗中的水不能顺利流下。(2)漂白精的主要成分是次氯酸钙，其与浓盐酸发生归中反应生成氯气，化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O。(3)氯气是酸性气体，选用酸性干燥剂如浓硫酸进行干燥；由于气流通过硬质玻璃管时，可能带动Co粉，故采用玻璃纤维防止固体粉末堵塞导管。(4)装置E位于整个装置的末端，故它的作用是除去剩余的氯气，故E中可填充碱石灰，其作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D中。(5)Co2O3与浓盐酸发生氧化还原反应，离子方程式为Co2O3+6H++2Cl−=2Co2++Cl2↑+3H2O。(6)SOCl2与水反应的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，SOCl2与CoCl2·6H2O的结晶水作用，生成HCl和SO2气体，抑制CoCl2的水解。(7)60g沉淀为碳酸钙的质量，则碳酸钙的物质的量为=0.6mol，n(C)=n(CO2)=n(CaCO3)=0.6mol，由元素守恒得n(CoC2O4)=1/2n(C)=0.3mol，m(CoC2O4)=44.1g，反应后得到CO2的质量m(CO2)=0.6×44g=26.4g，由质量守恒定律，26.4g+24.1g-44.1g=6.4g，说明还有氧气参与反应，n(O2)===0.2mol，依据原子守恒配平反应的化学方程式：3CoC2O4+2O2=Co3O4+6
CO2，则钴的氧化物的化学式为Co3O4。
20.【答案】(1)环氧乙烷
(2)醚键、羧基、氨基
(3)取代反应 还原反应
(4)n CH2—CH2—O
(5)(或)
(6)
【解析】(1)A分子中只有一种化学环境的氢，则A为，名称为环氧乙烷。(2)G为，所含官能团有醚键、羧基、氨基；根据流程图，E发生硝化反应生成F()，则E为。(3)根据B．C的结构差别，由B生成C的反应类型是取代反应；根据流程图，由F生成G的反应是硝基的还原反应。(4)PEO是由A在烃基铝催化下加聚而成的线型高分子，该加聚反应的化学方程式为nCH2—CH2—O。(5)D为，三取代芳香化合物W是D的同分异构体。W能发生银镜反应和水解反应，说明W中含有酯基和醛基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基。1 mol W最多可与4 mol NaOH反应，因此，W属于甲酸苯酚酯，且含有2个酚羟基，W的核磁共振氢谱只有4组峰，则W的结构简式为或。(6)以邻硝基甲苯()和乙醇为原料制备邻氨基苯甲酸乙酯()，可以首先将的甲基氧化为羧基，再与乙醇酯化，最后将硝基还原即可，合成路线为。
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