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（新高考）高三化学第三次模拟考试卷（一）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)
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（新高考）好高三第三次模拟考试卷
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
化 学（一）
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（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意。）
1．化学与生活、生产科技密切相关。下列叙述正确的是
A．明矾在天然水中能生成胶体，可用于水的消毒杀菌
B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板，属于无机高分子材料
C．《梦溪笔谈》中“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了氧化还原反应
D．我国北斗系统的导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅
【答案】C
【解析】A．明矾在水中能水解并生成氢氧化铝胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的作用，可用于水的净化，A不正确；B．增强聚四氟乙烯板，是有机高聚物，属于有机高分子材料，B不正确；C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，是发生Fe与CuSO4的置换反应，属于氧化还原反应，C正确；D．计算机的芯片材料是使用高纯度硅制成的，二氧化硅用于生产光导纤维，D不正确；故选C。
2．下列有关化学用语表达正确的是
A．的电子式为
B．分子的比例模型：
C．碳酸钠溶液显碱性的原因：
D．的结构式为，该氧化物中为价
【答案】D
【解析】A．的电子式为，故A错误；B．分子的比例模型：，故B错误；C．碳酸钠溶液显碱性的原因：CO+H2OHCO+OH−，故C错误；D．的结构式为，根据过氧化铬的结构简式可知存在2个过氧键、1个Cr＝O键，4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，Cr元素显+6价，故D正确；故选D。
3．钡的核外电子排布为[Xe]6s2，下列关于钡的说法不正确的是
A．第一电离能比Cs小 B．位于第六周期第ⅡA族
C．能与冷水反应放出氢气 D．其电负性比Cs大
【答案】A
【解析】根据钡的核外电子排布[Xe]6s2可知，该元素位于元素周期表第6周期IIA族，位于同周期第IA族的元素是Cs。A．同周期元素的第一电离能从左到右呈递增趋势，但是第IIA元素的最外层s轨道是全充满状态，其第一电离能比同周期相邻的两种元素高，故Ba的第一电离能比Cs大，A不正确；B．Ba位于第六周期第ⅡA族，B正确；C．同周期元素从上到下金属性逐渐增强，已知与钡同主族的镁能与冷水反应生成氢气，故钡也能与冷水反应放出氢气，C正确；D．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，故Ba电负性比Cs大，D正确。故选A。
4．绿原酸()是金银花的主要抗菌、抗病毒有效药理成分之一，有关该化合物，下列叙述错误的是
A．分子式为C16H18O9
B．能与溴水发生取代和加成反应
C．能够发生消去反应生成双键
D．1mol该化合物最多可消耗5mol NaOH
【答案】D
【解析】A．绿原酸含有苯环，所以属于芳香族化合物，根据其结构简式可知分子式为C16H18O9，A项正确；B．绿原酸中含有双键，可以与溴水发生加成反应，该物质含有酚羟基，且邻对位有空位，能和溴水发生取代反应，B项正确；C．含有羟基的邻位碳原子上有H原子，故可以发生消去反应，生成双键，C项正确；D．绿原酸含有两个酚羟基、一个羧基、一个酯基，酯基水解后的羟基为普通羟基，所以1mol绿原酸最多消耗4mol NaOH，D项错误；答案选D。
5．设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．17g H2O2中含有的阴、阳离子总数为1.5NA
B．标准状况下，33.6L CH3Cl中含有的共价键数目为6NA
C．常温下，将2.8g铁放入浓硫酸中，反应转移的电子数目为0
D．向FeI2溶液中通入Cl2，当有1mol Fe2+被氧化时，转移电子数目为NA
【答案】B
【解析】A．H2O2属于共价化合物，不存在阴、阳离子，A项错误；B．标准状况下，CH3Cl为气体，33.6L为1.5mol，每个CH3Cl中含有4个共价键，所以1.5mol CH3Cl中含有的共价键数目为6NA，B项正确；C．常温下，铁放入浓硫酸中发生钝化，钝化属于化学变化，将铁表面氧化，转移电子数目不是0，C项错误；D．向FeI2溶液中通入Cl2，还原性：I−＞Fe2+，当有1mol Fe2+被氧化时，，转移电子数目一定大于NA，D项错误；故答案选B。
6．关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是
A．：可用于实验室制取少量NH3或O2
B．：可用从a处加水的方法检验装置的气密性
C．：实验室可用该装置收集H2、NH3
D．：制硫酸和氢氧化钠，其中b为阳离子交换膜、c为阴离子交换膜
【答案】D
【解析】A．该装置可以用浓氨水和生石灰制取氨气，或用二氧化锰和过氧化氢制取氧气，A正确；B．关闭活塞后，从a处加水就可以形成一个密闭的空间，可以用来检验装置的气密性，B正确；C．短进长出，是向下排空气法集气，所以可以用该装置收集H2、NH3，C正确；D．该装置左边是阳极，OH−放电，所以左边生成H2SO4，b应该是阴离子交换膜，右边是阴极，H+放电，所以右边生成NaOH，a应该是阳离子交换膜，D错误；答案选D。
7．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其同位素间有核反应：bX+cY→dZ+aW。在周期表中W与X同周期，Y与Z同周期，其中由W、Y、Z三种元素所组成的物质中，存在强酸或盐。下列叙述正确的是
A．W与Y可以构成气态或液态的二元化合物
B．原子半径：Z>Y>X>W
C．元素X的单质具有强还原性
D．Y的氧化物的水化物为强酸
【答案】A
【解析】W与X同周期，Y与Z同周期，其同位素间有核反应：bX+cY→dZ+aW，则W为H，X为He，Y为N，Z为O，H、N、O三种元素可形成硝酸，可形成硝酸铵。A．W与Y可以构成二元化合物气态为氨气，液态的为N2H4，A说法正确；B．Y与Z同周期，原子序数越大，半径越小，则原子半径：Y＞Z，B说法错误；C．元素X为He，最外层（K层）电子满足稳定结构，性质稳定，C说法错误；D．Y为N，最高价氧化物的水化物为硝酸，属于强酸，亚硝酸为弱酸，D说法错误；答案为A。
8．KIO3是一种重要的化学试剂，受热能发生分解，可用作食盐中的补碘剂。其化工生产有多种方法，图为“KClO3氧化法”制备KIO3的生产工艺流程图：
已知“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。下列相关说法正确的是
A．“酸化反应”中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为6∶11
B．“逐Cl2”过程需要加入烧碱或KI晶体除Cl2
C．操作X为加热浓缩、冷却结晶
D．借助淀粉溶液即可检验食盐是否含有补碘剂
【答案】C
【解析】A．“酸化反应”中，该反应方程式为：2KClO3+I2+HCl=KH(IO3)2+Cl2+KCl，其中氧化剂是KClO3，氧化产物为KH(IO3)2，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为2∶1，故A错误；B．加热可以促进溶解在溶液中气体的逸出，故“逐Cl2”过程只需要采用加热溶液即可，不用加入烧碱或KI晶体除Cl2，故B错误；C．由于KIO3受热能发生分解，故操作X为加热浓缩、冷却结晶，C正确；D．碘单质能使淀粉溶液变蓝色，但食盐中的碘是以化合态形式存在的，故D错误；故选C。
9．下列关于电解质溶液的说法中错误的是
A．等浓度、等体积的HCOOH溶液与HCOONa溶液混合后pH＜7：c(HCOO−)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH−)
B．新制氯水中：c(ClO−)+c(HClO)=c(Cl−)
C．已知Ka(HF)＞Ka1(H2S)，则同浓度的NaHS和NaF溶液的pH：NaHS＞NaF
D．Na2CO3与NaHCO3的混合溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HCO)+c(CO)
【答案】D
【解析】A．等浓度、等体积的HCOOH溶液与HCOONa溶液混合后的溶液中存在着电荷守恒：c(HCOO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，又溶液的pH＜7，所以c(H+)＞c(OH−)，则c(HCOO−)＞c(Na+)，因此c(HCOO−)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH−)，A正确；B．新制氯水中含有的微粒为：ClO−、Cl−、HClO、H+、OH−，根据物料守恒有：c(ClO−)+c(HClO)=c(Cl−)，B正确；C．已知Ka(HF)＞Ka(H2S)，根据水解规律：越弱越水解，因此同浓度的NaHS和NaF溶液的pH：NaHS＞NaF，C正确；D．Na2CO3与NaHCO3的混合溶液中存在着电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HCO)+2c(CO)，D错误；答案选D。
10．热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl－KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，此时硫酸铅电极处生成Pb。下列有关说法不正确的是
A．输出电能时，外电路中的电子由钙电极流向硫酸铅电极
B．放电时电解质LiCl－KCl中的Li+向钙电极区迁移
C．电池总反应为Ca+PbSO4+2LiCl＝Pb+Li2SO4+CaCl2
D．每转移0.2mol电子，理论上消耗85g LiCl
【答案】B
【解析】由题目可知硫酸铅电极处生成Pb，则硫酸铅电极的反应为：PbSO4+2e−+2Li+=Pb+Li2SO4，则硫酸铅电极为电池的正极，钙电极为电池的负极。A．输出电能时，电子由负极经过外电路流向正极，即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极，A项正确；B．Li+带正电，放电时向正极移动，即向硫酸铅电极迁移，B项错误；C．负极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，正极电极反应方程式为：PbSO4+2e−+2Li+=Pb+Li2SO4，则总反应方程式为：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4，C项正确；D.钙电极为负极，电极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，根据正负极电极反应方程式可知2e−∼2LiCl，每转移0.2mol电子，消耗0.2mol LiCl，即消耗85g的LiCl，D项正确；答案选B。
二、 不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
11．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是
A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B．HCHO在反应过程中，有C－H键发生断裂
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O
【答案】C
【解析】A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；B．根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C－H键的H原子都与O发生断裂，故仅有C－H键发生断裂，B正确；C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，C错误；D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHO+O2CO2+H2O，D正确；故选C。
12．工业制取Na2S2O3的方法是将Na2S和Na2CO3以物质的量之比2∶1配成溶液，然后通入适量SO2，使其恰好完全反应得到Na2S2O3，下列有关说法正确的是
A．Na2S2O3遇较强的氧化剂可生成Na2SO4
B．制备反应中反应物SO2与生成物CO2的物质的量之比为1∶4
C．制备Na2S2O3时，溶液控制在碱性或酸性范围内都可以
D．将反应后所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得到Na2S2O3晶体
【答案】AD
【解析】A．Na2S2O3中S的平均化合价为+2，处于硫元素的中间价态，既有氧化性又有还原性，当遇到氧化性强的氧化剂，会被氧化成更高价态的Na2SO4，A项正确；B．根据题给信息可知，发生的反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，B错误；C．酸性条件下，Na2S2O3发生歧化反应生成二氧化硫和单质硫，因此制备Na2S2O3不能在酸性条件下，C项错误；D．由Na2S2O3溶液得到Na2S2O3晶体，需要的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D项正确；故选AD。
13．室温下，将0.10mol·L−1 NaOH溶液滴加到0.10mol·L−1 HA溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数(lg)关系如图所示。下列叙述正确的是
A．溶液中水的电离程度：N>P>Q
B．P点溶液中：c(Na+)=c(OH−)+c(HA)-c(H+)
C．Q点溶液中：c(Na+)>c(A−)>c(HA)
D．室温下，NaA的水解平衡常数Kh=10−4.75
【答案】B
【解析】A．三点的pH都小于7，水的电离受到抑制，且pH越小，水的电离程度越小，故溶液中的水的电离程度为Nc(OH−)，则根据电荷守恒分析，c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+
c(A−)，则有c(A−)>c(Na+)，C错误；D．由NQ点的坐标可以计算P点坐标（0，4.75），lg=0，c(A−)=c(HA)，电离平衡常数=c(H+)，所以K=10−4.75，则室温下，NaA的水解平衡常数Kh==10−9.25，D错误；故选B。
14．某温度下，在容积为2L的密闭容器中充入1mol CO和2mol H2，加合适的催化剂(体积可以忽略不计)后发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ∆H<0，反应过程中用压力计测得容器内压强的变化如图所示。下列说法正确的是
A．升高温度既能增大该反应的速率又能提高产率
B．往体系中充入一定量的氮气，CO的转化率增大
C．0~20min，H2的平均反应速率为0.025mol·(L·min)−1
D．该温度下平衡常数Kp=5.7×10−2MPa−2
【答案】CD
【解析】A．根据CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ∆H<0可知，正反应放热，升温平衡逆向移动，故升温不能提高转化率，A错误；B．2L的密闭容器中通入N2，反应物和生成物的浓度均不发生变化，平衡不移动，故CO的转化率不变，B错误；C．根据pV=nRT，同温同体积下，n与p成正比，设平衡时的总物质的量为x，，解得x=2mol，设反应的CO的物质的量为y，由三段式可得：
1- y+2-2y+y=2mol，解得y=0.5mol，0~20min，H2的平均反应速率v=
mol·(L·min)−1，C正确；D．根据C选项的三段式可知，平衡后CO的分压为×8.4MPa=2.1MPa，H2的分压为×8.4MPa=4.2MPa，CH3OH的分压为×8.4MPa=2.1MPa，Kp==
=5.7×10−2MPa−2，D正确；故选CD。
15．重质二氧化锰具有优良的电化学性能，广泛应用于各类化学电源中。以硫酸锰为原料制备重质二氧化锰的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．“沉锰”的主要反应为Mn2++HCO=MnCO3↓+H+
B．“焙烧”过程在敞开、低压容器中进行效率更高
C．用少量氨水吸收“焙烧”产生的气体，所得溶液可用于“沉锰”
D．工艺中的硫酸表现酸性，髙锰酸钾做氧化剂
【答案】A
【解析】A．如果是Mn2++HCO=MnCO3↓+H+，氢离子还会与HCO反应，H++HCO=H2O+CO2↑，正确的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+H2O+CO2↑，故A错误；B．敞开、低压容器中有利于二氧化碳的释放，有利于反应正向进行，效率更高，故B正确；C．“焙烧”产生的气体为二氧化碳，用少量氨水吸收二氧化碳生成碳酸氢铵，可用于“沉锰”，故C正确；D．酸性髙锰酸钾具有强氧化性，做氧化剂，硫酸提供酸性环境，有利于物质稳定存在，故D正确；故选A。
三、非选择题（本题共5小题，共60分。）
16．三氯异氰尿酸(C3N3O3Cl3)是一种新型高效广谱杀菌消毒剂，某实验小组用下列装置制备三氯异氰尿酸。
已知：①预氯化方程式为2C3N3O3H3+3CaCO3+4Cl2=Ca(C3N3O3Cl2)2+2CaCl2+3CO2+3H2O，深度氯化方程式为Ca(C3N3O3Cl2)2+2Cl2=2C3N3O3Cl3+CaCl2；
②25℃时，三氯异氰尿酸(C3N3O3Cl3)溶解度为1.2g。
(1)反应前仪器A、B所盛装的物质分别为_____、_____。
(2)氯化过程分为两步，主要原因是反应物含有杂质。预氯化完成后，把C中混合物倒出，进行_____(填操作方法)，再把溶液倒回C中。
(3)D是起泡球，主要作用是_____。
(4)预氯化反应是放热反应，为了避免副反应，实验过程中C的温度必须保持为17℃~20℃，则受热方式是_____(填“冷水浴”“温水浴”或“热水浴”)。如果温度升高，会生成NCl3，由C3N3O3H3生成NCl3的化学方程式为_____。
(5)三氯异氰尿酸的结构简式为，在水中可以发生水解平衡反应，缓慢释放出游离的次氯酸。
①三氯异氰尿酸常做杀菌剂、消毒(杀毒)剂和漂白剂，在化工生产中也可以做_____。
②与NaClO相比，其做消毒剂的优点是_____。
③等物质的量时其杀毒效果是NaClO的100倍，则等质量时其杀毒效果是NaClO的_____倍。(结果保留整数)
【答案】（1）浓盐酸 二氧化锰
（2） 过滤
（3） 增大氯气与反应物的接触面积，提高反应速率与吸收效率
（4） 冷水浴 C3N3O3H3+9Cl2+3H2O3NCl3+3CO2+9HCl
（5） 强氧化剂 时效长，易控制，一般不会产生氯气 32
【解析】根据题意，该实验需要氯气参与反应，仪器A和B、酒精灯组成的装置可用于制备氯气，其反应为；C为反应装置；E中可盛NaOH溶液，用于吸收多余的氯气。(1)根据题意，仪器A、B中的物质用于制备氯气，为浓盐酸和二氧化锰，故填浓盐酸、二氧化锰；(2)预氯化处理时产物中混有碳酸钙杂质，需要过滤除去多余的碳酸钙，再进行深度氯化，故填过滤；(3)起泡球可增大气体氯气与反应物的接触面积以提高反应速率与吸收效率，故填增大氯气与反应物的接触面积，提高反应速率与吸收效率；(4)温度范围为17℃~20℃，可采用冷水浴的受热方式；根据氧化还原反应的规律，由生成三氯化氮的方程式为；(5)①其水解可生成次氯酸，具有强氧化性，所以三氯异氰尿酸可作为强氧化剂，故填强氧化剂；②其在水中可发生水解平衡反应，缓慢释放出次氯酸，说明时效长，易于控制，且一般不会产生氯气，故填时效长，易控制，一般不会产生氯气；③三氯异氰尿酸的相对分子质量为232.5，NaClO的相对分子质量为74.5，根据题意，等质量时三氯异氰尿酸的杀毒效果为NaClO的倍数为：≈32，故填32。
17．十九大报告提出“要像对待生命一样对待生态环境”，对硫、氮、碳元素形成的有毒有害气体进行处理成为科学研究热点。请回答下列问题：
Ⅰ．氮元素的化合物种类繁多，研究氮氧化物的反应机理对于消除污染有重要指导作用。
(1)NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO。
已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH1＝-196.6kJ·mol−1
2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2＝-113.0kJ·mol−1
则NO2氧化SO2的热化学方程式为__________________________________。
(2)利用现代传感技术探究压强对2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如下图1所示。
①B、E两点对应的正反应速率大小为vB_____vE(填“>”或“<”)。
②E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为_____(填字母序号)。
(3)可用上图2装置将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则阴极的电极反应式为______________________________。
(4)汽车尾气中的NO和CO在催化转化器中反应生成两种无毒无害的两种气体，将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中，控制一定温度(T1或T2)，发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ∆H＜0，达到平衡时，所得的混合气体中含N2的体积分数随的变化曲线如图3所示。
①T1___________T2(填“>”、“<”或“=”)。
②图3中a、b、c、d中对应NO转化率最大的是___________。
③若=1，T1温度下，反应达平衡时，体系的总压强为a Pa、N2的体积分数为20%，该温度下反应的平衡常数Kp为___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ．用钙钠双碱工艺脱除SO2：用NaOH溶液吸收SO2生成Na2SO3溶液；用CaO使NaOH溶液再生。
(5)25℃时，氢氧化钠溶液吸收SO2，当得到pH=9的吸收液，该吸收液中 c(SO)∶c(HSO)=____
____。(已知25℃时，亚硫酸Ka1=1.3×10−2；Ka2=6.2×10−7)
【答案】（1）NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g) ΔH＝-41.8kJ·mol−1
（2） ＞ H
（3） NO+6H++5e−=NH+H2O
（4） ＜ c Pa−1
（5） 620
【解析】Ⅰ．(1)已知：①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH1＝-196.6kJ·mol−1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2＝-113.0kJ·mol−1
根据盖斯定律，×(①-②)可得NO2氧化SO2的热化学方程式为NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g) ΔH＝-41.8kJ·mol−1；(2)①B、E两点都处于平静状态，压强越大，反应速率越快，B点的压强大于E点，则B、E两点对应的正反应速率大小为vB＞vE；②2NO2(g)N2O4(g)正反应是气体分子数减小的反应，增大压强反应平衡正向移动，t2时迅速移动活塞，压强迅速增大，说明气体的体积减小，保持活塞位置不变后，平衡正向移动，气体的总物质的量减小，混合和气体的总质量不变，平均相对分子质量增大，E、F、H三点对应气体的物质的量最小的点为H，根据M=，则平均相对分子质量最大的点为H；(3)根据图2装置中电源的正负极可推断，通入NO的为阴极，通入SO2的为阳极，阳极上SO2失电子转化为硫酸，阴极上NO得电子转化为NH，则阴极的电极反应式为NO+6H++5e−=NH+H2O；(4)①已知反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)为放热反应，相同比例时，温度越高，平衡向逆向移动，氮气的体积分数减小，则T1＜T2；②相同温度下，NO的投入量越少，NO的转化率越大，则转化率a＜b＜c，当投料比一定时，降低温度，平衡正向移动，NO的转化率越大，由于T1＜T2，则d＜c，因此图3中a、b、c、d中对应NO转化率最大的是c；③若=1，T1温度下，反应达平衡时，体系的总压强为a Pa、N2的体积分数为20%，设NO的平衡时的变化量为x mol，根据题意列三段式：
N2的体积分数为20%，则×100%=20%，解得x=n，则该温度下反应的平衡常数Kp为=Pa−1；Ⅱ．(5)25℃时，Ka2==6.2×10–7，氢氧化钠溶液吸收SO2，当得到pH=9的吸收液时，溶液中c(H+)=10−9mol/L，则c(SO)∶c(HSO)=
=620。
18．目前新合成的砷化镉(Cd3As2)三维材料具有超强导电性，这种材料的电气性能与石墨烯相当，可代替石墨烯使用。
(1)Cd与Zn同族且相邻，若Zn基态原子将次外层1个d电子激发进入最外层的np能级，则该激发态原子的外围电子排布式为_______________。
(2)与砷(As)同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3_____PH3(填“＞”或“＜”)，原因是__________________________。
(3)As与Ge、Se同周期且相邻，它们的第一电离能由大到小的顺序为_________(用元素符号表示)，原因是______________
(4)含砷有机物“对氨基苯胂酸”的结构简式如图，As原子轨道杂化类型为_____，1mol对氨基苯胂酸含σ键数目为_______。
(5)砷化镉可以看作是石墨烯的3D版，其晶胞结构如图，As为面心立方堆积，Cd占据As围成的四面体空隙，空隙占有率75%，故Cd为“具有两个真空的立方晶格”，如图“①”和“②”位是“真空”。
建立如图的原子坐标系，①号位的坐标为(，，)，则③号位原子坐标参数为_____。晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，砷化镉的摩尔质量为M g·mol−1，则该晶胞的密度为_____________g·cm−3(列计算式即可)。
【答案】（1）3d94s24p1
（2） ＞ 原子半径N＜P，电负性N＞P，NH3更易结合水电离的H+
（3） As＞Se＞Ge As原子的4P轨道的电子是半充满，能量较低较稳定，第一电离能大于Se，Se与Ge位于同一周期，Se的原子半径小第一电离能大
（4） sp3 19NA(或19×6.02×1023)
（5） (1/2，1，1/2)
【解析】(1)Cd与Zn同族且相邻，所以Cd的外围电子排布应为4d105s2，基态原子将4d能级的一个电子激发进入5p能级得到激发态原子，所以该激发态原子的外围电子排布式为4d95s25p1；基态原子的能量最低最稳定，所以基态原子的第一电离能相对较大。(2)原子半径NP，NH3更易结合水电离的H+，所以NH3水溶液的碱性更强；(3)同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但As的4p能级为半满状态，更稳定，所以第一电离能As>Se>Ge，原因是As原子的4p轨道的电子是半充满，能量较低较稳定，第一电离能大于Se，Se与Ge位于同一周期，Se的原子半径小第一电离能大。(4)根据对氨基苯胂酸的结构简式可知As原子与周围原子形成4个σ键(As=O键有一个σ键一个π键)，不含孤电子对，所以杂化轨道类型为sp3；苯环上6个碳原子之间有6个C—C单键为σ键，还有4个C—H单键为σ键，As=O键有一个σ键一个π键，其他共价键均为σ键，所以一个对氨基苯胂酸分子中有19个σ键，则1mol对氨基苯胂酸含σ键数目19NA(或19×6.02×1023)。(5)①号位在底面的投影应位于底面对角线的处，根据①号位的坐标为(，，)，可知该坐标系中晶胞的棱长为1，③号位碳原子在底面的投影位于底面棱心上，所以x、y坐标为、1，③号位碳原子位于右侧面的面心，所以z坐标为，则该原子的坐标为(，1，)；根据均摊法，该晶胞中As原子的个数为=4，Cd原子的个数为6，所以晶体的化学式为Cd3As2，砷化镉的摩尔质量为M g·mol−1，则晶胞的质量m=g，晶胞参数为a pm，则晶胞的体积V=a3 pm3=(a×10−10)3
cm3，所以晶胞的密度=g·cm−3。
19．利用某化上污泥(主要成分为Cu2Te、Cr2O3以及少量的Au)资源化利用的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)52Te在元素周期表中位于___________族，Cu2Te的名称为___________。
(2)煅烧时，生成TeO2和Na2CrO4的化学反应方程式分别为：___________、___________。
(3)浸出液中的阳离子有H+、TeO2+和___________(填化学符号)。
(4)“还原”时的离子反应方程式为___________，为降低成本，提高原料的利用率。可采取的措施是___________。
(5)在溶液中可转化为：2+2H++H2O。常温下，初始浓度为1.0mol·L−1的Na2CrO4溶液中达到平衡时，c()随c(H+)的变化如图所示。
根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数K=___________。
【答案】（1）ⅥA 碲化亚铜
（2） Cu2Te+2O22CuO+TeO2 2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2
（3） Cu2+
（4） TeO2++2SO2+3H2O=Te+2SO+6H+ “还原”生成的硫酸循环使用
（5） 1.0×104
【解析】电镀污泥主要成分为Cu2Te、Cr2O3以及少量的Au，加入纯碱，在空气中煅烧发生的反应为：碲化亚铜的性质与硫化亚铜类似，煅烧时生成氧化铜和二氧化碲：Cu2Te+2O22CuO+
TeO2；三氧化铬被氧化为铬酸钠：2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2，水浸得到铬酸钠溶液，分离出沉渣中加入稀硫酸溶液回收金，浸出液通过电解沉积得到金属单质铜，“还原”时二氧化硫将TeO2+还原为单质碲，即可得到粗碲。52Te的质子数为52，原子结构示意图为：，碲(Te)位于元素周期表中第五周期ⅥA族，Cu2Te中Cu化合价为+1价，Te化合价为-2价，即名称为碲化亚铜，故答案为：ⅥA；碲化亚铜；(2)碲化亚铜的性质与硫化亚铜类似，煅烧时生成氧化铜和二氧化碲：Cu2Te+2O22CuO+TeO2；三氧化铬被氧化为铬酸钠，根据得失电子守恒和质量守恒写出配平的化学方程式：2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；(3)酸浸时，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，浸出液中还含有Cu2+，故答案为：Cu2+；(4)“还原”时二氧化硫将TeO2+还原为单质碲，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，配平的离子方程式为：TeO2++2SO2+3H2O=Te+2SO+6H+，“还原”生成的硫酸可进入“酸浸”循环使用，降低成本，故答案为：TeO2++2SO2+3H2O=Te+2SO+6H+；“还原”生成的硫酸循环使用；(5)A点的浓度为0.25mol·L−1，的浓度为0.5mol·L−1，H+浓度为110−2mol·L−1；此时该转化反应的平衡常数，故答案为为：1.0×104。
20．某课题组的研究人员用有机物A、D为主要原料，合成高分子化合物F的流程如图所示：
已知：①A属于不饱和烃；
②D的分子式为C7H8O；
③R1CHO+R2CH2COOHH2O+
请回答以下问题：
(1)A的电子式为_______。B中含氧官能团的名称为_______。
(2)反应③的化学方程式是_______。
(3)反应④的化学方程式是_______。
(4)验证苯甲醛完全转化为E的实验方法是_______。
(5)有机物有多种同分异构体，其中属于酯类且氯原子直接在苯环上的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
(6)参照流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇为原料(无机试剂任选)制备化工产品，设计合理的合成路线_____。
【答案】（1） 酯基
（2） nNaOHnCH3COONa+
（3） H2O+
（4） 取样，加过量NaOH后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，煮沸，若无砖红色沉淀，则苯甲醛已完全转化
（5） 19
（6） CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3CH=CHCOO
【解析】由反应②产物结构可知B为CH2=CHOOCCH3，可知A与(CH3COO)2发生加成反应生成B．则A为乙炔，D的分子式为C7H8O，D发生氧化反应得到苯甲醛，则D为，苯甲醛与乙酸发生信息③生成E为，C与F得到高分子化合物F，则C为，F为。(1)A为乙炔C2H2，电子式为：；B为CH2=CHOOCCH3，其中含氧官能团的名称为：酯基；(2)反应③是酯类在碱性条件下发生水解反应，化学方程式是：nNaOHnCH3COONa+；(3)反应④是羧酸和醇类发生的酯化反应，化学方程式是：H2O
+；(4)验证苯甲醛完全转化为E，只要证明是否存在醛基即可，实验方法是：取样，加过量NaOH后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，煮沸，若无砖红色沉淀，则苯甲醛已完全转化；(5)①当苯环上只有2个取代基：、、，②当苯环上有3个取代基：、、，总共19种；(6)由苯乙醇与CH3CH=CHCOOH酯化反应得到。由信息③可知乙醛与乙酸反应得到与CH3CH=CHCOOH，乙醇催化氧化得到乙醛，合成路线流程图为：
CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3CH=CHCOO。
（新高考）好高三第三次模拟考试卷
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
化 学（一）
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（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意。）
1．化学与生活、生产科技密切相关。下列叙述正确的是
A．明矾在天然水中能生成胶体，可用于水的消毒杀菌
B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板，属于无机高分子材料
C．《梦溪笔谈》中“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了氧化还原反应
D．我国北斗系统的导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅
【答案】C
【解析】A．明矾在水中能水解并生成氢氧化铝胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的作用，可用于水的净化，A不正确；B．增强聚四氟乙烯板，是有机高聚物，属于有机高分子材料，B不正确；C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，是发生Fe与CuSO4的置换反应，属于氧化还原反应，C正确；D．计算机的芯片材料是使用高纯度硅制成的，二氧化硅用于生产光导纤维，D不正确；故选C。
2．下列有关化学用语表达正确的是
A．的电子式为
B．分子的比例模型：
C．碳酸钠溶液显碱性的原因：
D．的结构式为，该氧化物中为价
【答案】D
【解析】A．的电子式为，故A错误；B．分子的比例模型：，故B错误；C．碳酸钠溶液显碱性的原因：CO+H2OHCO+OH−，故C错误；D．的结构式为，根据过氧化铬的结构简式可知存在2个过氧键、1个Cr＝O键，4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，Cr元素显+6价，故D正确；故选D。
3．钡的核外电子排布为[Xe]6s2，下列关于钡的说法不正确的是
A．第一电离能比Cs小 B．位于第六周期第ⅡA族
C．能与冷水反应放出氢气 D．其电负性比Cs大
【答案】A
【解析】根据钡的核外电子排布[Xe]6s2可知，该元素位于元素周期表第6周期IIA族，位于同周期第IA族的元素是Cs。A．同周期元素的第一电离能从左到右呈递增趋势，但是第IIA元素的最外层s轨道是全充满状态，其第一电离能比同周期相邻的两种元素高，故Ba的第一电离能比Cs大，A不正确；B．Ba位于第六周期第ⅡA族，B正确；C．同周期元素从上到下金属性逐渐增强，已知与钡同主族的镁能与冷水反应生成氢气，故钡也能与冷水反应放出氢气，C正确；D．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，故Ba电负性比Cs大，D正确。故选A。
4．绿原酸()是金银花的主要抗菌、抗病毒有效药理成分之一，有关该化合物，下列叙述错误的是
A．分子式为C16H18O9
B．能与溴水发生取代和加成反应
C．能够发生消去反应生成双键
D．1mol该化合物最多可消耗5mol NaOH
【答案】D
【解析】A．绿原酸含有苯环，所以属于芳香族化合物，根据其结构简式可知分子式为C16H18O9，A项正确；B．绿原酸中含有双键，可以与溴水发生加成反应，该物质含有酚羟基，且邻对位有空位，能和溴水发生取代反应，B项正确；C．含有羟基的邻位碳原子上有H原子，故可以发生消去反应，生成双键，C项正确；D．绿原酸含有两个酚羟基、一个羧基、一个酯基，酯基水解后的羟基为普通羟基，所以1mol绿原酸最多消耗4mol NaOH，D项错误；答案选D。
5．设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．17g H2O2中含有的阴、阳离子总数为1.5NA
B．标准状况下，33.6L CH3Cl中含有的共价键数目为6NA
C．常温下，将2.8g铁放入浓硫酸中，反应转移的电子数目为0
D．向FeI2溶液中通入Cl2，当有1mol Fe2+被氧化时，转移电子数目为NA
【答案】B
【解析】A．H2O2属于共价化合物，不存在阴、阳离子，A项错误；B．标准状况下，CH3Cl为气体，33.6L为1.5mol，每个CH3Cl中含有4个共价键，所以1.5mol CH3Cl中含有的共价键数目为6NA，B项正确；C．常温下，铁放入浓硫酸中发生钝化，钝化属于化学变化，将铁表面氧化，转移电子数目不是0，C项错误；D．向FeI2溶液中通入Cl2，还原性：I−＞Fe2+，当有1mol Fe2+被氧化时，，转移电子数目一定大于NA，D项错误；故答案选B。
6．关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是
A．：可用于实验室制取少量NH3或O2
B．：可用从a处加水的方法检验装置的气密性
C．：实验室可用该装置收集H2、NH3
D．：制硫酸和氢氧化钠，其中b为阳离子交换膜、c为阴离子交换膜
【答案】D
【解析】A．该装置可以用浓氨水和生石灰制取氨气，或用二氧化锰和过氧化氢制取氧气，A正确；B．关闭活塞后，从a处加水就可以形成一个密闭的空间，可以用来检验装置的气密性，B正确；C．短进长出，是向下排空气法集气，所以可以用该装置收集H2、NH3，C正确；D．该装置左边是阳极，OH−放电，所以左边生成H2SO4，b应该是阴离子交换膜，右边是阴极，H+放电，所以右边生成NaOH，a应该是阳离子交换膜，D错误；答案选D。
7．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其同位素间有核反应：bX+cY→dZ+aW。在周期表中W与X同周期，Y与Z同周期，其中由W、Y、Z三种元素所组成的物质中，存在强酸或盐。下列叙述正确的是
A．W与Y可以构成气态或液态的二元化合物
B．原子半径：Z>Y>X>W
C．元素X的单质具有强还原性
D．Y的氧化物的水化物为强酸
【答案】A
【解析】W与X同周期，Y与Z同周期，其同位素间有核反应：bX+cY→dZ+aW，则W为H，X为He，Y为N，Z为O，H、N、O三种元素可形成硝酸，可形成硝酸铵。A．W与Y可以构成二元化合物气态为氨气，液态的为N2H4，A说法正确；B．Y与Z同周期，原子序数越大，半径越小，则原子半径：Y＞Z，B说法错误；C．元素X为He，最外层（K层）电子满足稳定结构，性质稳定，C说法错误；D．Y为N，最高价氧化物的水化物为硝酸，属于强酸，亚硝酸为弱酸，D说法错误；答案为A。
8．KIO3是一种重要的化学试剂，受热能发生分解，可用作食盐中的补碘剂。其化工生产有多种方法，图为“KClO3氧化法”制备KIO3的生产工艺流程图：
已知“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。下列相关说法正确的是
A．“酸化反应”中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为6∶11
B．“逐Cl2”过程需要加入烧碱或KI晶体除Cl2
C．操作X为加热浓缩、冷却结晶
D．借助淀粉溶液即可检验食盐是否含有补碘剂
【答案】C
【解析】A．“酸化反应”中，该反应方程式为：2KClO3+I2+HCl=KH(IO3)2+Cl2+KCl，其中氧化剂是KClO3，氧化产物为KH(IO3)2，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为2∶1，故A错误；B．加热可以促进溶解在溶液中气体的逸出，故“逐Cl2”过程只需要采用加热溶液即可，不用加入烧碱或KI晶体除Cl2，故B错误；C．由于KIO3受热能发生分解，故操作X为加热浓缩、冷却结晶，C正确；D．碘单质能使淀粉溶液变蓝色，但食盐中的碘是以化合态形式存在的，故D错误；故选C。
9．下列关于电解质溶液的说法中错误的是
A．等浓度、等体积的HCOOH溶液与HCOONa溶液混合后pH＜7：c(HCOO−)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH−)
B．新制氯水中：c(ClO−)+c(HClO)=c(Cl−)
C．已知Ka(HF)＞Ka1(H2S)，则同浓度的NaHS和NaF溶液的pH：NaHS＞NaF
D．Na2CO3与NaHCO3的混合溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HCO)+c(CO)
【答案】D
【解析】A．等浓度、等体积的HCOOH溶液与HCOONa溶液混合后的溶液中存在着电荷守恒：c(HCOO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，又溶液的pH＜7，所以c(H+)＞c(OH−)，则c(HCOO−)＞c(Na+)，因此c(HCOO−)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH−)，A正确；B．新制氯水中含有的微粒为：ClO−、Cl−、HClO、H+、OH−，根据物料守恒有：c(ClO−)+c(HClO)=c(Cl−)，B正确；C．已知Ka(HF)＞Ka(H2S)，根据水解规律：越弱越水解，因此同浓度的NaHS和NaF溶液的pH：NaHS＞NaF，C正确；D．Na2CO3与NaHCO3的混合溶液中存在着电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HCO)+2c(CO)，D错误；答案选D。
10．热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl－KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，此时硫酸铅电极处生成Pb。下列有关说法不正确的是
A．输出电能时，外电路中的电子由钙电极流向硫酸铅电极
B．放电时电解质LiCl－KCl中的Li+向钙电极区迁移
C．电池总反应为Ca+PbSO4+2LiCl＝Pb+Li2SO4+CaCl2
D．每转移0.2mol电子，理论上消耗85g LiCl
【答案】B
【解析】由题目可知硫酸铅电极处生成Pb，则硫酸铅电极的反应为：PbSO4+2e−+2Li+=Pb+Li2SO4，则硫酸铅电极为电池的正极，钙电极为电池的负极。A．输出电能时，电子由负极经过外电路流向正极，即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极，A项正确；B．Li+带正电，放电时向正极移动，即向硫酸铅电极迁移，B项错误；C．负极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，正极电极反应方程式为：PbSO4+2e−+2Li+=Pb+Li2SO4，则总反应方程式为：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4，C项正确；D.钙电极为负极，电极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，根据正负极电极反应方程式可知2e−∼2LiCl，每转移0.2mol电子，消耗0.2mol LiCl，即消耗85g的LiCl，D项正确；答案选B。
二、 不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
11．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是
A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B．HCHO在反应过程中，有C－H键发生断裂
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O
【答案】C
【解析】A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；B．根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C－H键的H原子都与O发生断裂，故仅有C－H键发生断裂，B正确；C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，C错误；D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHO+O2CO2+H2O，D正确；故选C。
12．工业制取Na2S2O3的方法是将Na2S和Na2CO3以物质的量之比2∶1配成溶液，然后通入适量SO2，使其恰好完全反应得到Na2S2O3，下列有关说法正确的是
A．Na2S2O3遇较强的氧化剂可生成Na2SO4
B．制备反应中反应物SO2与生成物CO2的物质的量之比为1∶4
C．制备Na2S2O3时，溶液控制在碱性或酸性范围内都可以
D．将反应后所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得到Na2S2O3晶体
【答案】AD
【解析】A．Na2S2O3中S的平均化合价为+2，处于硫元素的中间价态，既有氧化性又有还原性，当遇到氧化性强的氧化剂，会被氧化成更高价态的Na2SO4，A项正确；B．根据题给信息可知，发生的反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，B错误；C．酸性条件下，Na2S2O3发生歧化反应生成二氧化硫和单质硫，因此制备Na2S2O3不能在酸性条件下，C项错误；D．由Na2S2O3溶液得到Na2S2O3晶体，需要的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D项正确；故选AD。
13．室温下，将0.10mol·L−1 NaOH溶液滴加到0.10mol·L−1 HA溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数(lg)关系如图所示。下列叙述正确的是
A．溶液中水的电离程度：N>P>Q
B．P点溶液中：c(Na+)=c(OH−)+c(HA)-c(H+)
C．Q点溶液中：c(Na+)>c(A−)>c(HA)
D．室温下，NaA的水解平衡常数Kh=10−4.75
【答案】B
【解析】A．三点的pH都小于7，水的电离受到抑制，且pH越小，水的电离程度越小，故溶液中的水的电离程度为N
c(A−)，则有c(A−)>c(Na+)，C错误；D．由NQ点的坐标可以计算P点坐标（0，4.75），lg=0，c(A−)=c(HA)，电离平衡常数=c(H+)，所以K=10−4.75，则室温下，NaA的水解平衡常数Kh==10−9.25，D错误；故选B。
14．某温度下，在容积为2L的密闭容器中充入1mol CO和2mol H2，加合适的催化剂(体积可以忽略不计)后发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ∆H<0，反应过程中用压力计测得容器内压强的变化如图所示。下列说法正确的是
A．升高温度既能增大该反应的速率又能提高产率
B．往体系中充入一定量的氮气，CO的转化率增大
C．0~20min，H2的平均反应速率为0.025mol·(L·min)−1
D．该温度下平衡常数Kp=5.7×10−2MPa−2
【答案】CD
【解析】A．根据CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ∆H<0可知，正反应放热，升温平衡逆向移动，故升温不能提高转化率，A错误；B．2L的密闭容器中通入N2，反应物和生成物的浓度均不发生变化，平衡不移动，故CO的转化率不变，B错误；C．根据pV=nRT，同温同体积下，n与p成正比，设平衡时的总物质的量为x，，解得x=2mol，设反应的CO的物质的量为y，由三段式可得：
1- y+2-2y+y=2mol，解得y=0.5mol，0~20min，H2的平均反应速率v=
mol·(L·min)−1，C正确；D．根据C选项的三段式可知，平衡后CO的分压为×8.4MPa=2.1MPa，H2的分压为×8.4MPa=4.2MPa，CH3OH的分压为×8.4MPa=2.1MPa，Kp==
=5.7×10−2MPa−2，D正确；故选CD。
15．重质二氧化锰具有优良的电化学性能，广泛应用于各类化学电源中。以硫酸锰为原料制备重质二氧化锰的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．“沉锰”的主要反应为Mn2++HCO=MnCO3↓+H+
B．“焙烧”过程在敞开、低压容器中进行效率更高
C．用少量氨水吸收“焙烧”产生的气体，所得溶液可用于“沉锰”
D．工艺中的硫酸表现酸性，髙锰酸钾做氧化剂
【答案】A
【解析】A．如果是Mn2++HCO=MnCO3↓+H+，氢离子还会与HCO反应，H++HCO=H2O+CO2↑，正确的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+H2O+CO2↑，故A错误；B．敞开、低压容器中有利于二氧化碳的释放，有利于反应正向进行，效率更高，故B正确；C．“焙烧”产生的气体为二氧化碳，用少量氨水吸收二氧化碳生成碳酸氢铵，可用于“沉锰”，故C正确；D．酸性髙锰酸钾具有强氧化性，做氧化剂，硫酸提供酸性环境，有利于物质稳定存在，故D正确；故选A。
三、非选择题（本题共5小题，共60分。）
16．三氯异氰尿酸(C3N3O3Cl3)是一种新型高效广谱杀菌消毒剂，某实验小组用下列装置制备三氯异氰尿酸。
已知：①预氯化方程式为2C3N3O3H3+3CaCO3+4Cl2=Ca(C3N3O3Cl2)2+2CaCl2+3CO2+3H2O，深度氯化方程式为Ca(C3N3O3Cl2)2+2Cl2=2C3N3O3Cl3+CaCl2；
②25℃时，三氯异氰尿酸(C3N3O3Cl3)溶解度为1.2g。
(1)反应前仪器A、B所盛装的物质分别为_____、_____。
(2)氯化过程分为两步，主要原因是反应物含有杂质。预氯化完成后，把C中混合物倒出，进行_____(填操作方法)，再把溶液倒回C中。
(3)D是起泡球，主要作用是_____。
(4)预氯化反应是放热反应，为了避免副反应，实验过程中C的温度必须保持为17℃~20℃，则受热方式是_____(填“冷水浴”“温水浴”或“热水浴”)。如果温度升高，会生成NCl3，由C3N3O3H3生成NCl3的化学方程式为_____。
(5)三氯异氰尿酸的结构简式为，在水中可以发生水解平衡反应，缓慢释放出游离的次氯酸。
①三氯异氰尿酸常做杀菌剂、消毒(杀毒)剂和漂白剂，在化工生产中也可以做_____。
②与NaClO相比，其做消毒剂的优点是_____。
③等物质的量时其杀毒效果是NaClO的100倍，则等质量时其杀毒效果是NaClO的_____倍。(结果保留整数)
【答案】（1）浓盐酸 二氧化锰
（2） 过滤
（3） 增大氯气与反应物的接触面积，提高反应速率与吸收效率
（4） 冷水浴 C3N3O3H3+9Cl2+3H2O3NCl3+3CO2+9HCl
（5） 强氧化剂 时效长，易控制，一般不会产生氯气 32
【解析】根据题意，该实验需要氯气参与反应，仪器A和B、酒精灯组成的装置可用于制备氯气，其反应为；C为反应装置；E中可盛NaOH溶液，用于吸收多余的氯气。(1)根据题意，仪器A、B中的物质用于制备氯气，为浓盐酸和二氧化锰，故填浓盐酸、二氧化锰；(2)预氯化处理时产物中混有碳酸钙杂质，需要过滤除去多余的碳酸钙，再进行深度氯化，故填过滤；(3)起泡球可增大气体氯气与反应物的接触面积以提高反应速率与吸收效率，故填增大氯气与反应物的接触面积，提高反应速率与吸收效率；(4)温度范围为17℃~20℃，可采用冷水浴的受热方式；根据氧化还原反应的规律，由生成三氯化氮的方程式为；(5)①其水解可生成次氯酸，具有强氧化性，所以三氯异氰尿酸可作为强氧化剂，故填强氧化剂；②其在水中可发生水解平衡反应，缓慢释放出次氯酸，说明时效长，易于控制，且一般不会产生氯气，故填时效长，易控制，一般不会产生氯气；③三氯异氰尿酸的相对分子质量为232.5，NaClO的相对分子质量为74.5，根据题意，等质量时三氯异氰尿酸的杀毒效果为NaClO的倍数为：≈32，故填32。
17．十九大报告提出“要像对待生命一样对待生态环境”，对硫、氮、碳元素形成的有毒有害气体进行处理成为科学研究热点。请回答下列问题：
Ⅰ．氮元素的化合物种类繁多，研究氮氧化物的反应机理对于消除污染有重要指导作用。
(1)NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO。
已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH1＝-196.6kJ·mol−1
2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2＝-113.0kJ·mol−1
则NO2氧化SO2的热化学方程式为__________________________________。
(2)利用现代传感技术探究压强对2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如下图1所示。
①B、E两点对应的正反应速率大小为vB_____vE(填“>”或“<”)。
②E、F、H三点对应气体的平均相对分子质量最大的点为_____(填字母序号)。
(3)可用上图2装置将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则阴极的电极反应式为______________________________。
(4)汽车尾气中的NO和CO在催化转化器中反应生成两种无毒无害的两种气体，将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中，控制一定温度(T1或T2)，发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ∆H＜0，达到平衡时，所得的混合气体中含N2的体积分数随的变化曲线如图3所示。
①T1___________T2(填“>”、“<”或“=”)。
②图3中a、b、c、d中对应NO转化率最大的是___________。
③若=1，T1温度下，反应达平衡时，体系的总压强为a Pa、N2的体积分数为20%，该温度下反应的平衡常数Kp为___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ．用钙钠双碱工艺脱除SO2：用NaOH溶液吸收SO2生成Na2SO3溶液；用CaO使NaOH溶液再生。
(5)25℃时，氢氧化钠溶液吸收SO2，当得到pH=9的吸收液，该吸收液中 c(SO)∶c(HSO)=____
____。(已知25℃时，亚硫酸Ka1=1.3×10−2；Ka2=6.2×10−7)
【答案】（1）NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g) ΔH＝-41.8kJ·mol−1
（2） ＞ H
（3） NO+6H++5e−=NH+H2O
（4） ＜ c Pa−1
（5） 620
【解析】Ⅰ．(1)已知：①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH1＝-196.6kJ·mol−1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2＝-113.0kJ·mol−1
根据盖斯定律，×(①-②)可得NO2氧化SO2的热化学方程式为NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g) ΔH＝-41.8kJ·mol−1；(2)①B、E两点都处于平静状态，压强越大，反应速率越快，B点的压强大于E点，则B、E两点对应的正反应速率大小为vB＞vE；②2NO2(g)N2O4(g)正反应是气体分子数减小的反应，增大压强反应平衡正向移动，t2时迅速移动活塞，压强迅速增大，说明气体的体积减小，保持活塞位置不变后，平衡正向移动，气体的总物质的量减小，混合和气体的总质量不变，平均相对分子质量增大，E、F、H三点对应气体的物质的量最小的点为H，根据M=，则平均相对分子质量最大的点为H；(3)根据图2装置中电源的正负极可推断，通入NO的为阴极，通入SO2的为阳极，阳极上SO2失电子转化为硫酸，阴极上NO得电子转化为NH，则阴极的电极反应式为NO+6H++5e−=NH+H2O；(4)①已知反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)为放热反应，相同比例时，温度越高，平衡向逆向移动，氮气的体积分数减小，则T1＜T2；②相同温度下，NO的投入量越少，NO的转化率越大，则转化率a＜b＜c，当投料比一定时，降低温度，平衡正向移动，NO的转化率越大，由于T1＜T2，则d＜c，因此图3中a、b、c、d中对应NO转化率最大的是c；③若=1，T1温度下，反应达平衡时，体系的总压强为a Pa、N2的体积分数为20%，设NO的平衡时的变化量为x mol，根据题意列三段式：
N2的体积分数为20%，则×100%=20%，解得x=n，则该温度下反应的平衡常数Kp为=Pa−1；Ⅱ．(5)25℃时，Ka2==6.2×10–7，氢氧化钠溶液吸收SO2，当得到pH=9的吸收液时，溶液中c(H+)=10−9mol/L，则c(SO)∶c(HSO)=
=620。
18．目前新合成的砷化镉(Cd3As2)三维材料具有超强导电性，这种材料的电气性能与石墨烯相当，可代替石墨烯使用。
(1)Cd与Zn同族且相邻，若Zn基态原子将次外层1个d电子激发进入最外层的np能级，则该激发态原子的外围电子排布式为_______________。
(2)与砷(As)同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3_____PH3(填“＞”或“＜”)，原因是__________________________。
(3)As与Ge、Se同周期且相邻，它们的第一电离能由大到小的顺序为_________(用元素符号表示)，原因是______________
(4)含砷有机物“对氨基苯胂酸”的结构简式如图，As原子轨道杂化类型为_____，1mol对氨基苯胂酸含σ键数目为_______。
(5)砷化镉可以看作是石墨烯的3D版，其晶胞结构如图，As为面心立方堆积，Cd占据As围成的四面体空隙，空隙占有率75%，故Cd为“具有两个真空的立方晶格”，如图“①”和“②”位是“真空”。
建立如图的原子坐标系，①号位的坐标为(，，)，则③号位原子坐标参数为_____。晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，砷化镉的摩尔质量为M g·mol−1，则该晶胞的密度为_____________g·cm−3(列计算式即可)。
【答案】（1）3d94s24p1
（2） ＞ 原子半径N＜P，电负性N＞P，NH3更易结合水电离的H+
（3） As＞Se＞Ge As原子的4P轨道的电子是半充满，能量较低较稳定，第一电离能大于Se，Se与Ge位于同一周期，Se的原子半径小第一电离能大
（4） sp3 19NA(或19×6.02×1023)
（5） (1/2，1，1/2)
【解析】(1)Cd与Zn同族且相邻，所以Cd的外围电子排布应为4d105s2，基态原子将4d能级的一个电子激发进入5p能级得到激发态原子，所以该激发态原子的外围电子排布式为4d95s25p1；基态原子的能量最低最稳定，所以基态原子的第一电离能相对较大。(2)原子半径N
cm3，所以晶胞的密度=g·cm−3。
19．利用某化上污泥(主要成分为Cu2Te、Cr2O3以及少量的Au)资源化利用的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)52Te在元素周期表中位于___________族，Cu2Te的名称为___________。
(2)煅烧时，生成TeO2和Na2CrO4的化学反应方程式分别为：___________、___________。
(3)浸出液中的阳离子有H+、TeO2+和___________(填化学符号)。
(4)“还原”时的离子反应方程式为___________，为降低成本，提高原料的利用率。可采取的措施是___________。
(5)在溶液中可转化为：2+2H++H2O。常温下，初始浓度为1.0mol·L−1的Na2CrO4溶液中达到平衡时，c()随c(H+)的变化如图所示。
根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数K=___________。
【答案】（1）ⅥA 碲化亚铜
（2） Cu2Te+2O22CuO+TeO2 2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2
（3） Cu2+
（4） TeO2++2SO2+3H2O=Te+2SO+6H+ “还原”生成的硫酸循环使用
（5） 1.0×104
【解析】电镀污泥主要成分为Cu2Te、Cr2O3以及少量的Au，加入纯碱，在空气中煅烧发生的反应为：碲化亚铜的性质与硫化亚铜类似，煅烧时生成氧化铜和二氧化碲：Cu2Te+2O22CuO+
TeO2；三氧化铬被氧化为铬酸钠：2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2，水浸得到铬酸钠溶液，分离出沉渣中加入稀硫酸溶液回收金，浸出液通过电解沉积得到金属单质铜，“还原”时二氧化硫将TeO2+还原为单质碲，即可得到粗碲。52Te的质子数为52，原子结构示意图为：，碲(Te)位于元素周期表中第五周期ⅥA族，Cu2Te中Cu化合价为+1价，Te化合价为-2价，即名称为碲化亚铜，故答案为：ⅥA；碲化亚铜；(2)碲化亚铜的性质与硫化亚铜类似，煅烧时生成氧化铜和二氧化碲：Cu2Te+2O22CuO+TeO2；三氧化铬被氧化为铬酸钠，根据得失电子守恒和质量守恒写出配平的化学方程式：2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；(3)酸浸时，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，浸出液中还含有Cu2+，故答案为：Cu2+；(4)“还原”时二氧化硫将TeO2+还原为单质碲，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，配平的离子方程式为：TeO2++2SO2+3H2O=Te+2SO+6H+，“还原”生成的硫酸可进入“酸浸”循环使用，降低成本，故答案为：TeO2++2SO2+3H2O=Te+2SO+6H+；“还原”生成的硫酸循环使用；(5)A点的浓度为0.25mol·L−1，的浓度为0.5mol·L−1，H+浓度为110−2mol·L−1；此时该转化反应的平衡常数，故答案为为：1.0×104。
20．某课题组的研究人员用有机物A、D为主要原料，合成高分子化合物F的流程如图所示：
已知：①A属于不饱和烃；
②D的分子式为C7H8O；
③R1CHO+R2CH2COOHH2O+
请回答以下问题：
(1)A的电子式为_______。B中含氧官能团的名称为_______。
(2)反应③的化学方程式是_______。
(3)反应④的化学方程式是_______。
(4)验证苯甲醛完全转化为E的实验方法是_______。
(5)有机物有多种同分异构体，其中属于酯类且氯原子直接在苯环上的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
(6)参照流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇为原料(无机试剂任选)制备化工产品，设计合理的合成路线_____。
【答案】（1） 酯基
（2） nNaOHnCH3COONa+
（3） H2O+
（4） 取样，加过量NaOH后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，煮沸，若无砖红色沉淀，则苯甲醛已完全转化
（5） 19
（6） CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3CH=CHCOO
【解析】由反应②产物结构可知B为CH2=CHOOCCH3，可知A与(CH3COO)2发生加成反应生成B．则A为乙炔，D的分子式为C7H8O，D发生氧化反应得到苯甲醛，则D为，苯甲醛与乙酸发生信息③生成E为，C与F得到高分子化合物F，则C为，F为。(1)A为乙炔C2H2，电子式为：；B为CH2=CHOOCCH3，其中含氧官能团的名称为：酯基；(2)反应③是酯类在碱性条件下发生水解反应，化学方程式是：nNaOHnCH3COONa+；(3)反应④是羧酸和醇类发生的酯化反应，化学方程式是：H2O
+；(4)验证苯甲醛完全转化为E，只要证明是否存在醛基即可，实验方法是：取样，加过量NaOH后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，煮沸，若无砖红色沉淀，则苯甲醛已完全转化；(5)①当苯环上只有2个取代基：、、，②当苯环上有3个取代基：、、，总共19种；(6)由苯乙醇与CH3CH=CHCOOH酯化反应得到。由信息③可知乙醛与乙酸反应得到与CH3CH=CHCOOH，乙醇催化氧化得到乙醛，合成路线流程图为：
CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3CH=CHCOO。
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