河南省鹤壁市重点校2022-2023学年高三上学期第三次模拟考试 化学（ 含答案）

鹤壁市重点校2023届第三次模拟考试化学答案

1．C【详解】A．静电除尘利用的是胶体的电泳、血液透析利用的是胶体的渗析，选项A正确；

B．硅胶有吸水性，在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮变质，铁粉有抗氧化性，可防止食物氧化，选项B正确；

C．石英为二氧化硅，不属于硅酸盐产品，选项C错误；

D．开发二氧化碳制成的全降解塑料，可以缓解日益严重的“白色污染”，选项D正确。

答案选C。

2．C【详解】A．NaHSO4晶体中含有Na+和HSO，不含有氢离子，故A错误；

B．1L1mol•L-1溴化铵水溶液中存在电荷守恒，即，则物质的量也满足，因为n(Br-)=1L×1mol•L-1=1mol，所以溶液中NH与H+离子数之和大于NA，故B错误；

C．铝与足量氢氧化钠溶液反应的方程式为，2molAl对应6mol水作氧化剂，消耗2.7gAl，即0.1molAl，则有0.3mol水作氧化剂，故C正确；

D．由反应2NO+O2=2NO2，知2molNO与1molO2恰好反应生成2molNO2，但NO2体系中存在平衡2NO2N2O4，故最终气体分子数小于2mol，D错误；故选C。

3．C【详解】A.烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A项正确；

B.加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间作用力被破坏，B项正确；

C.CO2溶于水发生反应：CO2+H2O⇌H2CO3，这里有化学键的断裂和生成，C项错误；

D.石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D项正确。故答案选C。

4．D【详解】A．pH=1的溶液中含有大量的H+，H++HCO=H2O+CO2↑，A不合题意；

B．无色溶液中不可能有大量的有色离子MnO，B不合题意；

C．含有SO的溶液中Ba2+会转变为BaSO4沉淀，C不合题意；

D．含有大量的OH-、Na+、CO、Cl-、K+均不反应能大量共存，D符合题意；故答案为：D。

5．C【分析】反应2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为-2价，据此分析解答。

【详解】A．反应中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为-2价，则SO2既是氧化产物又是还原产物，故A正确；

B．2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，硫元素失电子被氧化，该反应中CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，故B正确；

C．被氧化的S元素由-2价升高到+4价，根据方程式，每生成1 molCu2S，则生成1mol二氧化硫，有1mol硫被氧化，故C错误；

D．S元素由-2价升高到+4价，生成1mol二氧化硫，转移6mol电子，同时消耗1molO2，所以每转移1.2mol电子，有=0.2mol氧气被还原，故D正确；故选C。

6．D【分析】由图像和题给信息可知，浓度均为0.01的溶液，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，根据原子序数Z＞W，Z是Cl，W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物的pH＜2，Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，为硫酸，Y是S，X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12，X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，X是Na，可以判断出W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl，由此回答。

【详解】A．根据元素周期律可得：非金属性越强，元素原子得到电子的能力越强，元素对应单质的氧化性就越强，非金属性：Y＜Z，即单质的氧化性：Y＜Z，A错误；

B．非金属性越强气态氢化物稳定性越强，氮的电负性大于硫，非金属性强，气态氢化物的稳定性W＞Y，B错误；

C．电子层数不相同时，电子层数越多，原子或离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，半径越小，N3－、Na+、S2-、Cl-的半径大小为S2-＞Cl-＞N3－＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，C错误；

D．X是Na，最高化合价为+1价，Z是Cl，最高化合价为+7价，它们最高化合价之和为+8，D正确；答案选D。

7．C【详解】试题分析：A．水杨醛分子中醛基和酚羟基，只有二种官能团，故A错误；B．中间体X属于酯类物质，难溶于水，故B错误；C．香豆素3羧酸含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故C正确；D．苯环和醛基都可与氢气发生加成反应，则lmol水杨醛最多能与4 molH2发生加成反应，故D错误；故选C。

考点：考查有机物的结构和性质，注意把握有机物的结构特点以及官能团的性质。

8．B【详解】A．醋酸钠溶液中加适量水，溶液浓度减小，促进CH3COO-的水解，故A正确；

B．醋酸钠溶液加热促进CH3COO-的水解，使溶液的碱性增强，pH增大，故B错误；

C．氯化铵水解显酸性，在醋酸钠中加入氯化铵，两者水解相互促进，故C正确；

D．根据物料守恒，原醋酸钠溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= c(Na+)，再加入一定量醋酸后，混合液中c(CH3COO-)和c(CH3COOH)之和大于c(Na+)，故D正确；

故选：B。

9．C

【分析】由反应机理图可知，反应Ⅰ为：CH3OH =2H2+CO，反应Ⅱ为：CO+H2O=H2+CO2。由能量图可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，对比能量图中反应Ⅰ的反应物所具有的能量和反应Ⅱ的生成物所具有的能量，可知反应Ⅰ的反应物和反应Ⅱ的生成物所具有的能量的大小关系为：EⅡ生＞EⅠ反。据此进行分析。

【详解】A．结合能量图可知，反应Ⅱ为放热反应，根据反应机理图可知，反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) +Q kJ(Q＞0)，选项A错误；

B．结合反应机理和能量图可知，EⅡ生＞EⅠ反，即1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，选项B错误；

C．催化剂可以通过参与反应改变反应历程降低反应的活化能，从而可减少反应过程的能耗，选项C正确；

D．CO(g)属于中间产物，不是催化剂，选项D错误；

答案选C。

10．B【详解】A．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故A错误；

B．酸性高锰酸钾溶液与少量二氧化硫反应生成硫酸钾、硫酸锰、硫酸和水，反应的离子方程式为，故B正确；

C．氢氧化钡溶液中与少量明矾溶液反应偏铝酸钾、硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为，故C错误；

D．铅酸蓄电池正极为二氧化铅，充电时，在水分子作用下硫酸铅在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化铅，电极反应式为，故D错误；故选B。

11．D【详解】A．由图可知，相同压强下，T1温度时NO的体积分数更大，说明T1温度下，反应向右进行的程度更小；由于该反应为放热反应，所以温度越低，越有利于反应正向进行，所以T1＞T2；A项正确；

B．一般，温度越高，反应速率越大，达到平衡所需的时间会越短，所以a点达到平衡所需的时间比c点短；B项正确；

C．c点对应的平衡状态，NO的体积分数为25%，所以列三段式：，所以有：，解得x=2，那么NO的平衡转化率即：50%，C项正确；

D．由图可知，e点对应的NO的体积分数与c点对应的相同；结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加；所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比c点对应的体积分数大，D项错误；答案选D。

12．C【分析】根据磷酸铁锂电池的切面图和总反应可知，铜箔为负极，负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，铝箔为正极，正极反应式为Li1-xFeO4+xLi++xe-=LiFePO4，原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极；充电时，装置为电解池，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反。

【详解】A．原电池放电时，电解质中阳离子移向正极，即Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极，A正确；

B．放电时，正极反应式为Li1-xFeO4+xLi++xe-=LiFePO4，充电时，原电池的正极与外加电源正极相接，电极反应与原电池正极反应相反，即充电时电池正极上发生的反应为LiFePO4-xe-= Li1-xFeO4+xLi+， B正确；

C．充电时电子从外电源负极→阴极、阳极→电源正极，即充电时电子从电源经铜箔流入负极材料，C错误；

D．根据电子守恒可知，放电过程中当转移个电子时，每个电极参与反应Li+的物质的量为2mol，若初始两电极质量相等，两电极的质量差为2mol ×7g/mol×2=28g， D正确；

答案选C。

13．B【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。

【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；

B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；

C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；

D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。

【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。

14．B【分析】铬铁矿(主要成分为FeO•Cr2O3，含有少量Al2O3)，由流程可知，加入碳酸钠灼烧，可生成Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2，加入水过滤分离出Fe2O3，滤液中加入稀硫酸得到氢氧化铝和Na2CrO4，Na2CrO4中加浓硫酸得到溶液A为Na2Cr2O7，电解得到Cr,以此解答该题。

【详解】A．经过反应①，Fe由二价升高为三价，需要空气作氧化剂，故A正确；

B．硫酸过量，Al(OH)3会溶解，不能加过量稀硫酸，故B错误；

C．Na2CrO4加入浓硫酸得到A为Na2Cr2O7，硫酸的作用是提高c(H+)促使Cr元素转化为，故C正确；

D．④中Cr元素化合价由+3降为0，每生成1molCr,转移3mole-，故D正确；故选：B。

15．B【详解】A．当c(CO)=0时，c(SO)=c(Ba2+)=1.0×10-5mol•L-1，故BaSO4的溶度积Ksp=1.0×10-5×1.0×10-5=1.0×10-10。由题图可知当c(CO)＞2.5×10-4mol•L-1时，开始有BaCO3生成，BaCO3的溶度积Ksp=2.5×10-4×1.0×10-5=2.5×10-9，A正确；

B．该温度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，加入Na2CO3固体，立即有BaCO3固体生成，B错误；

C．由题图可知当c(CO)＞2.5×10-4mol•L-1时，开始有BaCO3生成，BaCO3的溶度积Ksp=2.5×10-4×1.0×10-5=2.5×10-9，C正确；

D．曲线BC段内，BaSO4(s)和BaCO3(s)在溶液中都达到了沉淀溶解平衡状态，故===25，D正确；故选B。

16．(1)碱石灰

(2)               调节和，适当增加A或减少B中气体流量

(3)     ③     ④

(4)％

【分析】装置A为黑色固体为MnO2，为制备氧气装置，装置B为制备NH3的装置，仪器D为球形干燥管干燥NH3，氨气催化氧化的化学方程式为，装置G中稀硝酸与金属铜发生反应生成硝酸铜的蓝色溶液，装置F中变为红棕色的NO2气体，NO与氧气发生反应生成NO2，NO2可与水发生反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵可观察到有白烟产生，可通过调节调节和，适当增加A或减少B中气体流量产生二氧化氮；转化为的化学方程式为，可根据的熔点是16.8℃，故F可改为③将冷凝，G改为④用碱石灰吸收，通过测量反应前的量和G中增重，即可算出的转化率，据此答题。

（1）B装置中产生的气体用球形干燥管除杂，应是干燥，故B装置用于制备，D中药品为碱石灰；

（2）①装置E为氨气催化氧化的装置，则氨气催化氧化的化学方程式为；

②氨气催化氧化生成的与反应得，然后与G中水反应生成，可将氧化为，使溶液显蓝色，离子反应方程式为：；

③甲观察装置F中与反应得，为红棕色气体，乙观察F中有白烟生成，F中可与水蒸气反应产生，E中未反应的进入F中生成白烟，可通过调节氧气和氨气的比例，调节和，适当增加A或减少B中气体流量控制装置F产生红棕色气体；

（3）①转化为的化学方程式为，可根据的熔点是16.8℃，故F可改为③将冷凝；

②为酸性气体可以碱性物质发生反应，则G改为④用碱石灰吸收；

（4）装置A为实验室制备，则发生反应的化学方程式为，反应前，反应后剩余质量为，则的转化率为%%；

17．(1)MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O

(2)     MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O     5.2≤pH＜8.8    

(3)Mn2＋＋2HCO=MnCO3＋CO2↑＋H2O   (4)CO2

【分析】菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素，与氯化钹混合研磨后煅烧的固体中含有氯化锰、四氧化三铁、 氧化铝、氧化钙和氧化镁，加入盐酸，浸出液中主要含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mn2+、Mg2+，经过净化后，在净化液中加入碳酸氢铵，使锰离子沉淀，生成MnCO3，最后得到高纯度MnCO3，根据此分析进行解答。

（1）

“焙烧'过程的主要反应为碳酸锰与氯化铵发生反应，方程式为MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O。

（2）

①加入将氧化为，Mn元素由+4价下降到+2价，Fe元素由+2价上升到+3价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；

②已知A13+、Fe3+、Mn2+完全沉淀的pH分别为5.2、2.8、8.8，将、变为沉淀除去且不能影响Mn2+，故使用调节pH的方法来除去铝离子和铁离子，调节pH的范围为：5.2≤pH＜8.8。

③CaF2和MgF2不溶于水，加入将Ca2+、Mg2+离子沉淀除去。

（3）

碳化结晶时Mn2+与碳酸氢根反应生成碳酸锰，离子方程式为：Mn2＋＋2HCO=MnCO3＋CO2↑＋H2O。

（4）

碳化结晶时Mn2+与碳酸氢根反应生成碳酸锰和二氧化碳，可知流程中能循环利用的物质除了氯化铵之外还有CO2。

（5）

根据可知，的物质的量与硫酸亚铁铵的物质的量相等，则的物质的量与硫酸亚铁铵的物质的量=0.2000mo/L0.02L=0.004mol，根据锰元素守恒，0.5000g碳酸锰粗产品中碳酸锰的物质的量=0.004mol，碳酸锰粗产品的纯度= 100%=92.00%，若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，导致标准溶液的体积偏小，则的物质的量偏小，测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低。

18．(1)     -90.8kJ/mo1     低温     =

(2)     2.0    

【解析】（1）①由盖斯定律可知，ii+iii得到反应i，△H1=(41.2kJ/mol)+( -132.0kJ/mol)= -90.8kJ/mol，反应为放热的熵减反应，根据△H-T△S<0反应可自发进行，则该反应在低温能自发进行。

②由图表可知，Q== K1，反应达到平衡状态，则v正=v逆；

（2）已知，充入二氧化碳、氢气的总量为12mol，起始时总压强为1.5pkPa，平衡时体系总压强为pkPa，则根据阿伏伽德罗定律可知，反应后总的物质的量为，反应ii为气体分子数不变的反应，减少的物质的量为12mol-8mol=4mol为反应i进行导致的，根据反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知气体系数变化∆n=2；

则反应反应平衡时甲醇为n1=2.0mol；

由图表可知，反应后水的物质的量为3.0mol，则：

则反应后二氧化碳、氢气、甲醇、水的物质的量分别为1.0mol、1.0mol、2.0mol、3.0mol；反应后总的物质的量为8mol，则二氧化碳、氢气、甲醇、水的分压分别为0.125pkPa、0.125pkPa、0.25pkPa、0.375pkPa，则Kp=；

19．(1)     1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2     1:2          H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小

(2)     NH3与H2O分子间能形成氢键     NH3     平面三角形

(3)     sp3     B     ＞

【分析】根据Fe的原子序数，结合核外电子排布规则写出Fe的电子排布式；根据晶胞的结构，利用“均摊法”进行晶胞的有关计算；根据同主族元素性质递变规律解释H、Li、Na的第一电离能的关系；根据NH3分子与H2O分子之间会形成氢键解释NH3极易溶于水的原因；根据NH3极易溶于水，CO2在水中溶解度不大，解释侯氏制碱法先通入NH3再通入CO2；根据VSEPR理论，判断其空间结构和杂化类型；根据形成配位健的条件判断提供空轨道的原子；根据NH3BH3(氨硼烷)分子间形成氢键判断其熔点较高；据此解答。

（1）

①Fe元素的原子序数为26，核外有26个电子，根据核外电子排布规则，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2；答案为1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2；

②由晶胞的结构可知，图1结构中，Fe位于顶点和体心，Fe原子的个数为8×+1=2，图2结构中，Fe位于顶点和面心，Fe原子的个数为8×+6×=4，则两种晶胞所含铁原子个数比为2:4=1:2；又图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，其体积为V=(a×10-10cm)3，晶胞的质量为m==，其密度ρ=== g·cm-3；答案为1:2；；

③第一电离能(I1)为I1(H)>I1(Li)>I1(Na)，原因是H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；答案为H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；

（2）

①NH3极易溶于水的原因是NH3与H2O分子间能形成氢键；答案为NH3与H2O分子间能形成氢键；

②中中心原子C原子的价层电子对个数=3+=3+0=3，且无孤电子对，采取sp2杂化，其空间结构为平面三角形；答案为平面三角形；

（3）

①在NH3BH3结构中，N原子存在孤电子对，B原子为缺电子原子，在配位键的形成中B原子提供空轨道；答案为B；

②NH3BH3(氨硼烷)与CH3CH3互为等电子体，由于NH3BH3分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，所以NH3BH3熔点高于CH3CH3；答案为>。

20．     碳碳双键     取代反应     氢氧化钠醇溶液，加热               bc    

【分析】由框图可知A的结构简式为CH2=CHCH3，在高温下和氯气发生取代反应生成B，所以B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，由D的分子式C3H6OBr可知：B到C发生取代反应生成CH2=CHCH2OH，C到D发生加成反应生成CH2BrCHBrCH2OH，在发生消去反应生成CHCCH2OH，再和E发生酯化反应生成C6H7O2Cl。

【详解】(1)根据上述分析可知A的结构简式为CH2=CHCH3，其中包括的官能团是碳碳双键，故答案：碳碳双键；

(2)根据上述分析可知B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，C的结构简式为CH2=CHCH2OH，所以B→C的反应类型是取代反应，故答案：取代反应；

(3)根据上述分析可知D的结构简式为CH2BrCHBrCH2OH，D生成CHCCH2OH的反应是卤代烃的消去反应，所以反应条件在氢氧化钠醇溶液，加热，故答案：氢氧化钠醇溶液，加热；

(4)根据上述分析可知CHCCH2OH，和E反应生成C6H7O2Cl，发生的是酯化反应，结合已知信息可知该反应的化学方程式是：；

(5)根据已知：P2的结构为，逆推知单体II的结构简式是，故答案：；

(6)a. 根据上述分析可知，F→P1的反应类型为加聚反应，故a错误；

b. 由P2的结构为，再和NaN3在一定条件下反应得到，所以P3的结构如图所示

，故b正确；

c.P2→P3的过程中发生加聚反应，所以可能得到线型高分子，故c正确；

d.碱性条件下，P3含有酯基的部分可以水解，非酯基的部分不能水解，所以不可能彻底水解成小分子物质，故d错误；

故答案：bc；

（7）根据已知：，以苯酚为原料合成Q的流程图如下；，所以，M→N的化学方程式是，故答案：。

【点睛】根据有机物官能团的性质和相关的反应条件进行分析反应流程进而确定相关物质，以此进行解答本题。