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成都市高三第三次模拟测试考前练习
化学
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B B A B A C C C C
题号 11 12 13 14 15
答案 A C B C B
1．B
【详解】A．聚乳酸可被微生物降解，生物相容性好，可用于制作手术缝合线，A正确；
B．聚氯乙烯虽耐化学腐蚀，但会释放有害物质，加工添加的增塑剂也具有毒性，不能用于制造食品包装材料，B错误；
C．体型结构的酚醛树脂是热固性高分子，受热后无法软化或熔融，且绝缘性优良，可用于制造集成电路板，C正确；
D．芳纶纤维为高性能合成纤维，强度高、热稳定性好，可用于制造防弹装甲，D正确；
故选B。
2．B
【详解】A．用氢氟酸刻蚀玻璃，是HF与玻璃中的反应生成和水，HF为弱酸，不能拆成离子，其化学方程式为：，A错误；
B．电解NaBr溶液制 时，被氧化为，水被还原生成为，其离子方程式为：，B正确；
C．溶液与少量的溶液混合反应生成、和水，其离子方程式为：，C错误；
D．酸性条件下 被浓盐酸还原为，同时生成氯气和水，其离子方程式为：，D错误；
故选B。
3．B
【详解】①硫酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中的水解生成硫酸和一水合氨的反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中的氢离子浓度增大，与氧化铁的反应能力增强，除去铁锈的能力增强，则用热饱和硫酸铵溶液清洗铁器表面的铁锈与盐类水解有关，①正确：
②四氯化钛是强酸弱碱盐，在溶液中的水解生成水解生成TiO2·xH2O和盐酸，则用TiCl4水溶液制备TiO2·xH2O与盐类水解有关，②正确：
③氯化铁与氨水反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，无法制备氢氧化铁胶体，③错误；
④氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，向溶液中加入氧化铜，氧化铜与盐酸反应，降低溶液中的盐酸浓度，有利于水解平衡向正反应方向移动，有利于氯化铁转化为氢氧化铁沉淀而除去，则除去氯化铜溶液中的氯化铁杂质，可在溶液中加入过量的氧化铜，过滤除杂与盐类水解有关，④正确；
⑤氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化镁和盐酸，加入盐酸能抑制氯化镁水解，则在氯化氢氛围中灼烧氯化镁晶体制备无水氯化镁与盐类水解有关，⑤正确；
⑥浓硝酸具有强氧化性，能将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，则配制硝酸亚铁溶液时，不能将硝酸亚铁晶体溶于浓硝酸，⑥错误；
⑦氯化铁溶液腐蚀铜电路板发生的反应为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，则刻蚀印刷电路板用氯化铁作腐蚀液与水解无关，⑦错误；
⑧泡沫灭火器的原理反应为硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铝沉淀、二氧化碳和水，用泡沫灭火器灭火与水解有关，⑧正确；
⑨次氯酸钙是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成氢氧化钙和次氯酸，次氯酸受热分解生成盐酸和氧气，氢氧化钙与盐酸反应生成氯化钙和水，则次氯酸钙溶液蒸干得到氯化钙；亚硫酸钠具有还原性，易被空气中氧气氧化为硫酸钠，则亚硫酸钠溶液蒸干得硫酸钠；氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸受热挥发使平衡不断右移直至趋于完全生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁；硫酸铝钾在溶液中水解生成硫酸钾、氢氧化铝和硫酸，硫酸是高沸点酸，受热不挥发，则蒸干得到的溶质是硫酸铝钾，⑨错误；
则①②④⑤⑧正确，故选B。
4．A
【详解】A．与互为等电子体，中心原子均采取杂化，分子空间构型为直线形，A正确；
B．属于离子型过渡晶体，键含有离子键成分，熔点高是因为键键能大，B错误；
C．键角的核心原因是的电负性远大于，中成键电子对更偏向配体、离中心更远，成键电子对间斥力更小，C错误；
D．是V形极性分子，其在中溶解度更大是因为极性较弱，D错误；
故选A。
5．B
【详解】A．根据反应①，Fe需要转化为FeCl2，Cl2是强氧化剂，Fe与Cl2反应无论量多少，均生成FeCl3，而不是FeCl2，A错误；
B．反应②中将Fe3+还原为Fe2+，可通过加入维生素C实现，说明维生素C具有还原性，根据氧化还原反应规律，还原剂的还原性应大于还原产物。因此维生素C的还原性大于，B正确；
C．Fe在常温下与水不反应，只有在高温下才能和水蒸气反应生成Fe3O4，C错误；
D．反应④是FeCl2和FeCl3在NaOH溶液中反应生成Fe3O4。Fe3O4可看作FeO·Fe2O3，其中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为1:2，因此和的物质的量之比应为1:2，D错误；
故答案选B。
6．A
【详解】A．用电石和饱和食盐水制备乙炔时，电石中含有硫化物杂质，制得的乙炔中混有还原性杂质， 溶液可以除去，防止其干扰乙炔还原性的检验；乙炔可被酸性高锰酸钾氧化，使溶液褪色，能检验乙炔的还原性，A正确；
B．NO2 会和水发生反应：，不能用排水法收集 ，B错误；
C．苯和溴的取代反应中，溴易挥发，挥发出的 也能和 反应生成沉淀，会干扰产物的检验，缺少除溴的装置，C错误；
D．乙酸易挥发，挥发出的乙酸会进入 溶液，与反应生成硅酸沉淀，无法证明碳酸的酸性强于硅酸，因此不能比较C和Si的非金属性，D错误；
故选A。
7．C
【分析】根据价类二维图，该元素的最高正价为+6，最低负价为-2，在常见的元素中为第VIA族的S元素，则a为S单质，b为H2S，c为硫化物，d为SO2，g为SO3，e为H2SO3，h为H2SO4，f为亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，i为硫酸盐或硫酸氢盐；
【详解】A．h为稀硫酸，与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为，i的可溶性正盐与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为，这两个离子方程式不同，A错误；
B．c为硫化物，f为亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，h为H2SO4，、与的稀溶液混合分别能反应产生硫化氢或二氧化硫，均有气体产物，B错误；
C．f为亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，具有强还原性，放置于空气中易被氧化而变质，C正确；
D．h为H2SO4，常温下，Fe在浓硫酸溶液中钝化，不是不反应，D错误；
答案选C。
8．C
【详解】A．当pH很小时，溶液的酸性会抑制HA的电离，此时的，则有，解得，A正确；
B．HA的电离常数，结合，整理后得： ，当纵坐标为0时，该式等于1，化简后得：，由图可知，交点（纵坐标为0）pH在5左右，计算得，B正确；
C．温度不变，为定值，加入少量水后，水层体积增大，则减小，使平衡正向移动，有机层的HA转移到水层，重新平衡后，会增大，C错误；
D．pH=5时，，结合有： ，则，D正确；
故答案为：C。
9．C
【分析】由晶胞结构可知，晶胞中位于棱上的NO的个数为：8×=2，位于体内的NO的个数为2，则氧化物的化学式为N2O5。
【详解】A．由分析可知，氧化物的化学式为N2O5，A正确；
B．由图可知，NO离子位于体对角线的处，其中1位氮原子在x轴的投影为、y轴的投影为、z轴的投影为，则原子分数坐标为，B正确；
C．设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=( a×10-7××10-7) ×2×(c×10-7) ×d，解得d=，C错误；
D．晶胞结构可知，2位和3位氮原子的核间距为高的，距离为，D正确；
故选C。
10．C
【详解】A．根据反应机理③、④中原子、电荷守恒可以推出X为，Y为，A正确；
B．由图知，反应②是，反应物中所有原子都转化成了生成物，原子利用率为100%，B正确；
C．由图可知，催化乙烷氧化成乙醛的过程中存在副反应，改变了乙烷氧化成乙醛的转化率，C错误；
D．由图可知，通过各步反应的加和，主反应的总反应为，D正确；
故选C。
11．A
【详解】A．方程式原子不守恒，是错误的。硼酸是一元路易斯酸，与反应时直接结合生成，正确的离子方程式为：，A错误；
B．与反应制备，该方程式原子守恒、电子守恒，书写正确，B正确；
C．氯磺酸先水解生成和，再与生成沉淀，总离子方程式电荷、原子均守恒，C正确；
D．与高温制备，反应中甲基结合的生成，方程式原子守恒，D正确；
故选择A。
12．C
【详解】A．中配离子为，中心离子与6个分子配位，配位数为6，A错误；
B．呈红色，呈蓝色，在实验1中溶液被加热后变蓝，即平衡向正反应方向移动，说明正反应是吸热反应，则，B错误；
C．在实验2，③中加入过量固体，溶液变红，说明平衡向逆反应方向移动，其原因可能是溶液中和形成了配合物，使降低，导致平衡向逆反应方向移动，C正确；
D．①中加浓盐酸使浓度增大，平衡正向移动生成，因此溶液变蓝，主要原因是浓度增大，D错误；
故选C。
13．B
【详解】A．化合物M含有多个烃基（疏水基团），仅含1个亲水基团（羟基），故M难溶于水，A错误；
B．1 mol M分子中含有1 mol碳碳双键（能与1mol氢气加成）和1 mol苯环结构（能与3mol氢气加成），B正确；
C．M分子中只含有1个能参与缩聚的基团（-OH），不满足单体自身发生缩聚反应生成聚合物的条件，C错误；
D．手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的碳原子，M含有4个手性碳（如图标记“*”的碳原子为手性碳，），D错误；
故答案选B。
14．C
【详解】A．同系物要求官能团种类和数目相同，仅碳链长度不同；甲为丁二醛，分子中含有2个醛基，乙醛只含1个醛基，二者不互为同系物，A错误；
B．生成丁的反应中，首先醛与胺发生加成反应，之后发生取代反应，不涉及消去反应，B错误；
C．丙中含有羧基碳、酮羰基碳（均为杂化）和亚甲基碳（杂化），托品酮中含酮羰基碳（杂化）和饱和碳（杂化），二者碳原子杂化类型相同，C正确；
D．原料环己酮的位没有甲基，无法生成产物中2位连有甲基的结构（托品酮的合成需要丙酮二羧酸酯或其衍生物作为原料，而不是环己酮），D错误；
故选C。
15．B
【详解】A．CO2中C=O断裂，为键断裂，形成新的C-O键，为键，A正确；
B．催化剂反应前后质量和化学性质不变，KI和AcOH均为催化剂，B错误；
C．化合物ⅰ和化合物ⅱ的官能团不同，化合物ⅱ有C=O双键，红外光谱不同，氢原子化学环境不完全相同，核磁共振氢谱不同，C正确；
D．根据CO2生成化合物ⅱ的机理图，总方程式为，D正确；
故选B。
16．(1)粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等 后续步骤中用到的KMnO4会将盐酸氧化为Cl2(答案合理即可)
(2)CaSO4
(3)5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4=5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O
(4)6.3
(5)AC
(6)0.64
【分析】工业废渣[含、、、、、、等]通入空气，用硫酸浸取，过滤得滤渣，滤液中的主要存在、、、、，滤液中加入，得到滤渣，得滤液中加入溶液深度氧化，全部被氧化为，加入石灰中和除砷、铁（以形式），加入有机萃取剂，发生反应，反萃取后得到硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液得到铜单质。
【详解】（1）粉碎、搅拌、加热、适当增大硫酸浓度等，能提高氧化浸出率；后续步骤中用到的会将盐酸氧化为，所以不能用盐酸代替硫酸；
（2）根据分析可知，滤渣的主要成分是；
（3）深度氧化中全部被氧化为，做氧化剂，化合价由+7价降至+2价，化合价由+3价升至+5价，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为；
（4）欲使完全沉淀，其最大浓度为，若，此时，，则，所以应控制；
（5）A．分液漏斗使用前，上口塞子和活塞处需检查是否漏液，A正确；
B．经几次振荡并放气后，分液漏斗应放置在铁架台上静置分层，B错误；
C．萃取是将转移至有机相，反萃取后被转移至水相，C正确；
故答案选AC；
（6）若电解 “反萃取”后的溶液，一段时间后增大了，则，根据阳极反应可知转移电子的物质的量为，根据阴极反应，可知阴极沉积的铜的质量为。
17．(1) +201.9 高温
(2) a 活化能越小，斜率的绝对值越小
(3) 4 减压或多次循环 3.75 367.5
【详解】（1）根据盖斯定律，反应3=反应1+反应2，因此；反应3中，，且反应后气体分子数增加，，根据自发判断依据，当T充分大时，，高温有利于反应自发进行；
（2）由公式可知：对作图的斜率为，活化能越小，斜率的绝对值越小；因为Ea1（3）①乙烯选择性，乙烷相对产量越高，乙烯选择性越低。由柱状图可知，循环2次（总时间小时）时乙烷相对产量最高，因此乙烯选择性最低。 欲提高乙烯选择性，可促进反应2（乙烷脱氢生成乙烯）正向进行：反应2是气体分子数增大的反应，且由产物分布图，可采取降低压强、增加循环次数等方式；
②设初始，甲烷转化率为80%，则转化的，剩余； 总含碳产物，乙烯选择性75%，因此，； 生成； 总物质的量，总压，则，循环4次总时间为，因此乙烯反应速率。
计算反应3的： ，， 反应3： 。
18．(1) 长颈漏斗 浓硫酸有氧化性，可以氧化-2价硫，导致实验失败 乙装置中有淡黄色的固体生成
(2) 防止倒吸 氯化铜中铜由＋2价变成氯化亚铜中铜＋1价，铜被还原，中的S有＋4价升高到中硫＋6价，是还原剂
(3) 1.00mol/L 产生白色沉淀 向盛有未经脱处理的溶液的烧杯中缓慢通入纯净的气体(向盛有溶液的烧杯中缓慢通入与的混合气体或向实验ⅰ的混合体系中充入氧气等) 证明可将或氧化为硫酸或
【详解】（1）①仪器X的名称为长颈漏斗；装置甲的目的是制备H2S气体，而浓硫酸有氧化性，可以氧化-2价硫，导致实验失败；
②装置甲试管中反应的离子方程式为；
③装置甲制备的H2S气体进入乙装置，装置丙制备的气体也进入乙装置，二者发生如下反应：，则说明具有氧化性的现象为乙装置中有淡黄色的固体生成。
（2）①仪器a是球形干燥管，作用是防止倒吸；
②结合反应物和产物，根据氧化还原规律三颈烧瓶中反应的化学方程式为：；
③有还原性的原因是：在该反应中氯化铜中铜由＋2价变成氯化亚铜中铜＋1价，铜被还原，中的S有＋4价升高到中硫＋6价，是还原剂。
（3）①实验ⅰ和实验ii是对比实验，故根据控制变量法可得实验i的溶液为1.00mol/L；为说明假设I成立故实验ii的现象为产生白色沉淀；
②为验证溶解在水中的氧气将氧化，则实验ⅳ的步骤为向盛有未经脱处理的溶液的烧杯中缓慢通入纯净的气体(向盛有溶液的烧杯中缓慢通入与的混合气体或向实验ⅰ的混合体系中充入氧气等)，实验目的是证明可将或氧化为硫酸或。
19．(1)酰胺基、醚键
(2) 邻二甲苯(或1，2—二甲基苯) 氧化反应
(3)+(CH3CO)2O→+CH3COOH
(4) 48 或
(5)
【分析】
A（）经酸性氧化生成B，推知A的结构为：，B加热脱水生成C，C与在120℃下反应生成D，D与发生取代反应生成E，E经多步转化得到F，F与发生反应生成G，据此分析。
【详解】（1）褪黑素（G）的结构中，含氧官能团为醚键、酰胺基；
（2）A的分子式为，结合B为邻苯二甲酸，推知A为邻二甲苯（或1，2-二甲基苯）；A→B为苯环侧链甲基被酸性氧化为羧基，反应类型为氧化反应；
（3）
F→G为F与发生反应，生成G与，化学方程式为：+(CH3CO)2O→+CH3COOH；
（4）
褪黑素的分子式为，满足条件的同分异构体：①除苯环外无其他环状结构，苯环有3个取代基；②含2个；③能使溴的四氯化碳溶液褪色，要求含碳碳双键。先确定3个取代基：2个，1个含碳碳双键的烃基，含3种结构：、（顺反异构不计）、；苯环上3个取代基（2个相同、1个不同）的位置异构共6种，总同分异构体数目为种；若三个侧链为-CH=CH2、-CH2CONHCH3、有10种；若三个侧链为-CH3、-CH=CH2CONHCH3、有10种；若三个侧链为-CH3、、有10种；共48种；
含三个甲基且苯环一氯代物只有2种的结构，需苯环上取代基对称，结构简式为或；
（5）
以甲苯为原料合成邻氨基苯甲酸，结合已知条件：甲苯先硝化生成邻硝基甲苯，再经酸性氧化甲基为羧基，最后用还原硝基为氨基，合成路线为：
。
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答案第1页，共2页成都市高三第三次模拟测试考前练习
化学
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题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B B A B A C C C C
题号 11 12 13 14 15
答案 A C B C B
1．B
【详解】A．聚乳酸可被微生物降解，生物相容性好，可用于制作手术缝合线，A正确；
B．聚氯乙烯虽耐化学腐蚀，但会释放有害物质，加工添加的增塑剂也具有毒性，不能用于制造食品包装材料，B
错误；
C．体型结构的酚醛树脂是热固性高分子，受热后无法软化或熔融，且绝缘性优良，可用于制造集成电路板，C正
确；
D．芳纶纤维为高性能合成纤维，强度高、热稳定性好，可用于制造防弹装甲，D正确；
故选 B。
2．B
【详解】A．用氢氟酸刻蚀玻璃，是 HF与玻璃中的 SiO2反应生成 SiF4和水，HF为弱酸，不能拆成离子，其化学方
程式为： SiO2 4HF SiF4 2H2O，A错误；
B．电解 NaBr溶液制NaBrO 3 时， Br 被氧化为 BrO3 ，水被还原生成为H2，其离子方程式为：
电解
Br 3H 2O BrO3 3H2 ，B正确；
C．NaHCO3溶液与少量的Ba OH 2 溶液混合反应生成 BaCO3、Na 2CO3和水，其离子方程式为：
2HCO Ba2 3 2OH
BaCO 2 3 CO3 2H2O，C错误；
D ．酸性条件下MnO4 被浓盐酸还原为Mn2 ，同时生成氯气和水，其离子方程式为：
2MnO 2 4 10Cl 16H 2Mn 5Cl2 8H2O，D错误；
故选 B。
3．B
【详解】①硫酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中的水解生成硫酸和一水合氨的反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反
应方向移动，溶液中的氢离子浓度增大，与氧化铁的反应能力增强，除去铁锈的能力增强，则用热饱和硫酸铵溶液
清洗铁器表面的铁锈与盐类水解有关，①正确：
答案第 1页，共 10页
②四氯化钛是强酸弱碱盐，在溶液中的水解生成水解生成 TiO2·xH2O和盐酸，则用 TiCl4水溶液制备 TiO2·xH2O与
盐类水解有关，②正确：
③氯化铁与氨水反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，无法制备氢氧化铁胶体，③错误；
④氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，向溶液中加入氧化铜，氧化铜与盐酸反应，降低溶液
中的盐酸浓度，有利于水解平衡向正反应方向移动，有利于氯化铁转化为氢氧化铁沉淀而除去，则除去氯化铜溶液
中的氯化铁杂质，可在溶液中加入过量的氧化铜，过滤除杂与盐类水解有关，④正确；
⑤氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化镁和盐酸，加入盐酸能抑制氯化镁水解，则在氯化氢氛围中灼烧
氯化镁晶体制备无水氯化镁与盐类水解有关，⑤正确；
⑥浓硝酸具有强氧化性，能将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，则配制硝酸亚铁溶液时，不能将硝酸亚铁晶体溶于浓
硝酸，⑥错误；
⑦氯化铁溶液腐蚀铜电路板发生的反应为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，则刻蚀印刷电路板用氯化铁
作腐蚀液与水解无关，⑦错误；
⑧泡沫灭火器的原理反应为硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铝沉淀、二氧化碳和水，用泡沫灭
火器灭火与水解有关，⑧正确；
⑨次氯酸钙是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成氢氧化钙和次氯酸，次氯酸受热分解生成盐酸和氧气，氢氧化钙与盐
酸反应生成氯化钙和水，则次氯酸钙溶液蒸干得到氯化钙；亚硫酸钠具有还原性，易被空气中氧气氧化为硫酸钠，
则亚硫酸钠溶液蒸干得硫酸钠；氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸受热挥发使平衡不
断右移直至趋于完全生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁；硫酸铝钾在溶液中水解生成硫酸钾、氢氧化铝
和硫酸，硫酸是高沸点酸，受热不挥发，则蒸干得到的溶质是硫酸铝钾，⑨错误；
则①②④⑤⑧正确，故选 B。
4．A
【详解】A．N2O与CO 互为等电子体，中心原子均采取 sp2 杂化，分子空间构型为直线形，A正确；
B． Al2O3属于离子型过渡晶体， Al O键含有离子键成分，熔点高是因为 Al O键键能大，B错误；
C．键角 NF3 NCl3的核心原因是 F 的电负性远大于Cl， NF3中成键电子对更偏向配体、离中心 N更远，成键电子
对间斥力更小，C错误；
D．O3是 V形极性分子，其在CCl4 中溶解度更大是因为O3极性较弱，D错误；
故选 A。
5．B
【详解】A．根据反应①，Fe 需要转化为 FeCl2，Cl2是强氧化剂，Fe 与 Cl2反应无论量多少，均生成 FeCl3，而不
是 FeCl2，A错误；
答案第 2页，共 10页
B．反应②中将 Fe3+还原为 Fe2+，可通过加入维生素 C实现，说明维生素 C具有还原性，根据氧化还原反应规律，
还原剂的还原性应大于还原产物。因此维生素 C的还原性大于FeCl2，B正确；
C．Fe在常温下与水不反应，只有在高温下才能和水蒸气反应生成 Fe3O4，C错误；
D．反应④是 FeCl2和 FeCl3在 NaOH溶液中反应生成 Fe3O4。Fe3O4可看作 FeO·Fe2O3，其中 Fe2+与 Fe3+的物质的量
之比为 1:2，因此FeCl2和FeCl3的物质的量之比应为 1:2，D错误；
故答案选 B。
6．A
【详解】A．用电石和饱和食盐水制备乙炔时，电石中含有硫化物杂质，制得的乙炔中混有还原性杂质H2S，CuSO4
溶液可以除去H2S，防止其干扰乙炔还原性的检验；乙炔可被酸性高锰酸钾氧化，使溶液褪色，能检验乙炔的还原
性，A正确；
B．NO2 会和水发生反应：3NO2 H2O 2HNO3 NO，不能用排水法收集 NO2 ，B错误；
C．苯和溴的取代反应中，溴易挥发，挥发出的 Br2 也能和 AgNO3 反应生成 AgBr沉淀，会干扰产物HBr的检验，
缺少除溴的装置，C错误；
D．乙酸易挥发，挥发出的乙酸会进入 Na2SiO3 溶液，与 Na2SiO3反应生成硅酸沉淀，无法证明碳酸的酸性强于硅
酸，因此不能比较 C和 Si的非金属性，D错误；
故选 A。
7．C
【分析】根据价类二维图，该元素的最高正价为+6，最低负价为-2，在常见的元素中为第 VIA族的 S元素，则 a为
S单质，b为 H2S，c为硫化物，d为 SO2，g为 SO3，e为 H2SO3，h为 H2SO4，f为亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，i为硫
酸盐或硫酸氢盐；
A h + 2 - 2+【详解】 ． 为稀硫酸，与 Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为 2H +SO 4 +2OH +Ba =BaSO 4 +2H 2O ，i的可溶
性正盐与 Ba(OH) 2 2+2溶液反应的离子方程式为SO4 +Ba =BaSO4 ，这两个离子方程式不同，A错误；
B．c为硫化物，f为亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，h为 H2SO4， c、 f 与h的稀溶液混合分别能反应产生硫化氢或二氧化
硫，均有气体产物，B错误；
C．f为亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，具有强还原性，放置于空气中易被氧化而变质，C正确；
D．h为 H2SO4，常温下，Fe在浓硫酸溶液中钝化，不是不反应，D错误；
答案选 C。
8．C

【详解】A．当 pH很小时 pH 0 ，溶液的酸性会抑制 HA的电离，此时的 cw A 0，则有
答案第 3页，共 10页
c HA c HA
lg o lg o 0.9 co HA 100.9 100.3 3 23 8cw HA cw A cw HA ，解得 cw HA ，A正确；
c H w cw A co (HA) c HA 8cw H 8 o B．HA的电离常数Ka HA ，结合 c HA cw (HA) ，整理后得： ，w cw HA cw A cw H Ka HA
当纵坐标为 0时，该式等于 1 ，化简后得：Ka 7cw (H )，由图可知，交点（纵坐标为 0）pH在 5左右，计算得
Ka HA 7 10 5，B正确；
c (HA)
C o．温度不变， c (HA) 为定值，加入少量水后，水层体积增大，则
cw (HA)减小，使平衡HA(有机) HA(水) 正向
w
移动，有机层的 HA转移到水层，重新平衡后， n w (HA) nw (A )会增大，C错误；
c H ·c A c A K HA 7 10 5
D．pH=5 时， cw (H ) 1
w
10 5 w w，结合Ka HA 7 10 5
a
有： 7 1，
cw HA cw HA cw H 1 10 5

则 cw (A ) cw (HA)，D正确；
故答案为：C。
9．C
- 1
【分析】由晶胞结构可知，晶胞中位于棱上的 NO 3的个数为：8× 4 =2，位于体内的 NO 2 的个数为 2，则氧化物的
化学式为 N2O5。
【详解】A．由分析可知，氧化物的化学式为 N2O5，A正确；
2 1
B．由图可知，NO 12 离子位于体对角线的 4 处，其中 1位氮原子在 x轴的投影为 、y轴的投影为 、z轴的投影为3 3
1 2 1 1
4 ，则原子分数坐标为
, , ，B正确；
3 3 4
2 108
C 3．设晶体的密度为 dg/cm3，由晶胞的质量公式可得： =( a×10-7N × a ×10
-7) ×2×(c×10-7) ×d，解得
A 2
216
d= 3a2c 10 21N ，C错误；A
1 cD．晶胞结构可知，2位和 3位氮原子的核间距为高的 2 ，距离为 nm，D正确；2
故选 C。
10．C
【详解】A．根据反应机理③、④中原子、电荷守恒可以推出 X为H2O，Y为C2H5OH，A正确；

B．由图知，反应②是FeO C 2H 6 C 2H 5 Fe OH ，反应物中所有原子都转化成了生成物，原子利用率为 100%，
B正确；
C．由图可知，Fe 催化乙烷氧化成乙醛的过程中存在副反应，改变了乙烷氧化成乙醛的转化率，C错误；
答案第 4页，共 10页

D．由图可知，通过各步反应的加和，主反应的总反应为 FeC2H6 2N2O CH3CHO 2N H O，D正确；2 2
故选 C。
11．A

【详解】A．方程式H3BO3 OH B(OH)4 H2O原子不守恒，是错误的。硼酸是一元路易斯酸，与OH 反应时直接
结合OH 生成B(OH) 4 ，正确的离子方程式为：H3BO3 OH
B(OH) 4 ，A错误；
B．B(OCH3 )3与Cl2反应制备 BCl3，该方程式原子守恒、电子守恒，书写正确，B正确；
C．氯磺酸HSO3Cl先水解生成H2SO4和HCl，SO2 4 再与 Ba2 生成沉淀，总离子方程式电荷、原子均守恒，C正确；
D．Ga(CH3)3与NH3高温制备GaN，反应中甲基结合 NH3的H生成CH4，方程式原子守恒，D正确；
故选择 A。
12．C
2+
【详解】A． Co H2O Cl6 2中配离子为 Co H2O ，中心离子Co
2
与 6个H2O分子配位，配位数为 6，A错误；6
2+
B 2-． Co H2O 呈红色， CoCl4 呈蓝色，在实验 1中溶液被加热后变蓝，即平衡6
2+
Co H 2O +4Cl
- CoCl 2-4 +6H 2O 向正反应方向移动，说明正反应是吸热反应，则 H 0，B错误；6
2+
C 2-．在实验 2，③中加入过量ZnCl2固体，溶液变红，说明平衡 Co H 2O
-
6 +4Cl CoCl4 +6H 2O 向逆反应方
-
向移动，其原因可能是溶液中Zn 2+ 和Cl- 形成了配合物，使 c Cl 降低，导致平衡向逆反应方向移动，C正确；
2+
D 2- 2-．①中加浓盐酸使Cl 浓度增大，平衡 Co H2O +4Cl
- CoCl4 +6H2O正向移动生成 CoCl4 ，因此溶液6
变蓝，主要原因是Cl 浓度增大，D错误；
故选 C。
13．B
【详解】A．化合物M含有多个烃基（疏水基团），仅含 1个亲水基团（羟基），故M难溶于水，A错误；
B．1 mol M分子中含有 1 mol碳碳双键（能与 1mol氢气加成）和 1 mol苯环结构（能与 3mol氢气加成），B正确；
C．M分子中只含有 1个能参与缩聚的基团（-OH），不满足单体自身发生缩聚反应生成聚合物的条件，C错误；
D．手性碳原子是指连有 4个不同原子或原子团的碳原子，M 含有 4 个手性碳（如图标记“*”的碳原子为手性碳，
），D错误；
故答案选 B。
答案第 5页，共 10页
14．C
【详解】A．同系物要求官能团种类和数目相同，仅碳链长度不同；甲为丁二醛，分子中含有 2个醛基，乙醛只含
1个醛基，二者不互为同系物，A错误；
B．生成丁的反应中，首先醛与胺发生加成反应，之后发生取代反应，不涉及消去反应，B错误；
C．丙中含有羧基碳、酮羰基碳（均为 sp2杂化）和亚甲基碳（ sp3杂化），托品酮中含酮羰基碳（ sp2杂化）和饱和
碳（ sp3杂化），二者碳原子杂化类型相同，C正确；
D．原料环己酮的α位没有甲基，无法生成产物中 2位连有甲基的结构（托品酮的合成需要丙酮二羧酸酯或其衍生物
作为原料，而不是环己酮），D错误；
故选 C。
15．B
【详解】A．CO2中 C=O断裂，为 键断裂，形成新的 C-O键，为 键，A正确；
B．催化剂反应前后质量和化学性质不变，KI和 AcOH均为催化剂，B错误；
C．化合物ⅰ和化合物ⅱ的官能团不同，化合物ⅱ有 C=O双键，红外光谱不同，氢原子化学环境不完全相同，核磁共
振氢谱不同，C正确；
D．根据 CO2生成化合物ⅱ的机理图，总方程式为 ，D正确；
故选 B。
16．(1)粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等 后续步骤中用到的 KMnO4会将盐酸氧化为 Cl2(答案合理即可)
(2)CaSO4
(3)5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4=5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O
(4)6.3
(5)AC
(6)0.64
【分析】工业废渣[含CuSO4、CuO、CuS、Fe2 SO4 、FeS、Fe2O3、As2O3 3等]通入空气，用硫酸浸取，过滤得
滤渣 S 2-，滤液中的主要存在Cu2+、Fe3+、H3AsO +3、H 、SO4 ，滤液中加入Ca OH CaSO2，得到滤渣 4，得滤液中
加入KMnO 4溶液深度氧化，H3AsO3全部被氧化为H3AsO4，加入石灰中和除砷、铁（以FeAsO4形式），加入有机
萃取剂，发生反应Cu2++2HR R 2Cu+2H
+，反萃取后得到硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液得到铜单质。
【详解】（1）粉碎、搅拌、加热、适当增大硫酸浓度等，能提高氧化浸出率；后续步骤中用到的KMnO 4会将盐酸
氧化为Cl2，所以不能用盐酸代替硫酸；
答案第 6页，共 10页
（2）根据分析可知，滤渣的主要成分是CaSO4；
（3）深度氧化中H3AsO3全部被氧化为H3AsO4，KMnO 4做氧化剂，Mn化合价由+7价降至+2价，As化合价由+3
价升至+5价，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为
5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4=5H3AsO4+K 2SO4+2MnSO4+3H2O ；
4 AsO3- 10-6mol L-1 c AsO3- =10-6mol L-1（ ）欲使 4 完全沉淀，其最大浓度为 ，若 4 ，此时
K FeAsO 5 10-21 -38c Fe3+ = sp 4 = mol L-1 K Fe OH -6 =5 10-15mol L-1c cAsO3- 10 ， OH
- = sp 3 = 4 103 =2 10-83 -15 mol L-13+ ，则
4 c Fe 5 10
pH=6.3，所以应控制 pH<6.3；
（5）A．分液漏斗使用前，上口塞子和活塞处需检查是否漏液，A正确；
B．经几次振荡并放气后，分液漏斗应放置在铁架台上静置分层，B错误；
C．萃取是将Cu 2 转移至有机相，反萃取后Cu 2 被转移至水相，C正确；
故答案选 AC；
+
（6）若电解500 mL “反萃取”后的溶液，一段时间后 c H 增大了0.04 mol/L ，则
Δn H+ =0.04mol/L 500 10-3L=0.02mol - +，根据阳极反应 2H2O-4e =O2 +4H 可知转移电子的物质的量为0.02 mol，
0.02mol
根据阴极反应Cu2++2e-=Cu，可知阴极沉积的铜的质量为 64g/mol=0.64g。2
17．(1) +201.9 高温
(2) a 活化能越小，斜率的绝对值越小
(3) 4 减压或多次循环 3.75 367.5
【详解】（1）根据盖斯定律，反应 3=反应 1+反应 2，因此
ΔH3 ΔH1 ΔH 2 64.9kJ·mol
1 137kJ·mol 1 201.9kJ·mol 1；反应 3中，ΔH 0，且反应后气体分子数增加，
ΔS 0，根据自发判断依据ΔG ΔH TΔS，当 T充分大时，ΔG 0，高温有利于反应自发进行；
E 1 E
（2）由公式 ln k a C可知：ln k对 作图的斜率为 a ，活化能 Ea越小，斜率的绝对值越小；因为 ERT T R a1
所以反应 2的活化能更大，斜率的绝对值越大，对应曲线 a；
S n(乙烯)（3）①乙烯选择性 100%，乙烷相对产量越高，乙烯选择性越低。由柱状图可知，循环 2次
n(乙烷) n(乙烯)
（总时间 2 2 4小时）时乙烷相对产量最高，因此乙烯选择性最低。 欲提高乙烯选择性，可促进反应 2（乙烷脱
氢生成乙烯）正向进行：反应 2是气体分子数增大的反应，且由产物分布图，可采取降低压强、增加循环次数等方
式；
②设初始 n(CH4 ) 2mol，甲烷转化率为 80%，则转化的 n(CH4) 1.6mol ，剩余 n(CH4 ) 0.4mol； 总含碳产物
答案第 7页，共 10页
n(C2H4 ) n(C2H6 )
1.6mol
0.8mol，乙烯选择性 75%，因此 n(C2H4 ) 0.8mol 75% 0.6mol， n(C2H6) 0.2mol；2
生成 n(H2) 2n(C2H4) n(C2H6) 2 0.6 0.2 1.4mol ；总物质的量 n总 0.4 0.6 0.2 1.4 2.6mol ，总压130kPa，
0.6 30kPa
则 p(C2H4 ) 130kPa 30kPa，循环 4次总时间为 4 2h 8h
1
，因此乙烯反应速率 v 3.75kPa·h 。
2.6 8h
计算反应 3的K p ： p(CH ) 130kPa
0.4
4 20kPa， p(H2 ) 130kPa
1.4
70kPa， p(C H ) 30kPa 反应 3：
2.6 2.6 2 4
2 2
2CH4(g) C2H4(g) 2H (g) K
p(C2H4) p (H 2) 30 702 p 2 2 367.5kPa 。p (CH4) 20
18．(1) 2 长颈漏斗 浓硫酸有氧化性，可以氧化-2价硫，导致实验失败 FeS 2H Fe H2S 乙
装置中有淡黄色的固体生成
(2) 防止倒吸 2CuCl2 4NaOH SO2 2CuCl Na 2SO4 2NaCl 2H 2O 氯化铜中铜由＋2价变成氯
化亚铜中铜＋1价，铜被还原，SO2中的 S有＋4价升高到SO2 4 中硫＋6价，SO2是还原剂
(3) 1.00mol/LBaCl2 产生白色沉淀 向盛有未经脱O2处理的BaCl2溶液的烧杯中缓慢通入纯净的SO2
气体(向盛有BaCl2溶液的烧杯中缓慢通入SO2与O2的混合气体或向实验ⅰ的混合体系中充入氧气等) 证明O2可
将SO H 2 2或 2SO3氧化为硫酸或SO4
【详解】（1）①仪器 X的名称为长颈漏斗；装置甲的目的是制备 H2S气体，而浓硫酸有氧化性，可以氧化-2价硫，
导致实验失败；
2
②装置甲试管中反应的离子方程式为FeS 2H Fe H2S ；
③装置甲制备的 H2S气体进入乙装置，装置丙制备的SO2气体也进入乙装置，二者发生如下反应：
SO2 2H2S 3S 2H2O，则说明SO2具有氧化性的现象为乙装置中有淡黄色的固体生成。
（2）①仪器 a是球形干燥管，作用是防止倒吸；
②结合反应物和产物，根据氧化还原规律三颈烧瓶中反应的化学方程式为：
2CuCl2 4NaOH SO2 2CuCl Na 2SO4 2NaCl 2H 2O ；
③SO2有还原性的原因是：在该反应中氯化铜中铜由＋2价变成氯化亚铜中铜＋1价，铜被还原，SO2中的 S有＋4
2
价升高到SO4 中硫＋6价，SO2是还原剂。
（3）①实验ⅰ和实验 ii是对比实验，故根据控制变量法可得实验 i的溶液为 1.00mol/LBaCl2；为说明假设 I成立故
实验 ii的现象为产生白色沉淀；
②为验证溶解在水中的氧气将SO2氧化，则实验ⅳ的步骤为向盛有未经脱O2处理的BaCl2溶液的烧杯中缓慢通入纯
答案第 8页，共 10页
净的SO2气体(向盛有BaCl2溶液的烧杯中缓慢通入SO2与O2的混合气体或向实验ⅰ的混合体系中充入氧气等)，实验
2
目的是证明O2可将SO2或H2SO3氧化为硫酸或SO4 。
19．(1)酰胺基、醚键
(2) 邻二甲苯(或 1，2—二甲基苯) 氧化反应
(3) +(CH3CO)2O→ +CH3COOH
(4) 48 或
(5) 浓硝 酸 酸 性 KMn O4 F e/H Cl浓硫酸，Δ
【分析】
A（C8H10）经酸性KMnO 4氧化生成 B，推知 A的结构为： ，B加热脱水生成 C，C与NH3在 120℃
下反应生成 D，D与Br(CH 2)3Br 发生取代反应生成 E，E经多步转化得到 F，F与 (CH3CO)2O发生反应生成 G，据
此分析。
【详解】（1）褪黑素（G）的结构中，含氧官能团为醚键、酰胺基；
（2）A的分子式为C8H10，结合 B为邻苯二甲酸，推知 A为邻二甲苯（或 1，2-二甲基苯）；A→B为苯环侧链甲基
被酸性KMnO 4氧化为羧基，反应类型为氧化反应；
（3）
F→G为 F与 (CH3CO)2O发生反应，生成 G与CH3COOH，化学方程式为：
+(CH3CO)2O→ +CH3COOH；
（4）
褪黑素的分子式为C13H16N2O2，满足条件的同分异构体：①除苯环外无其他环状结构，苯环有 3个取代基；②含 2
答案第 9页，共 10页
个 CONHCH3；③能使溴的四氯化碳溶液褪色，要求含碳碳双键。先确定 3个取代基：2个 CONHCH3，1个含
碳碳双键的烃基 C3H5，含 3种结构： CH2CH CH2 、 CH CHCH3（顺反异构不计）、 C CH3 CH2；苯环
上 3个取代基（2个相同、1个不同）的位置异构共 6种，总同分异构体数目为3 6 18种；若三个侧链为-CH=CH2、
-CH2CONHCH3、 CONHCH3有 10种；若三个侧链为-CH3、-CH=CH2CONHCH3、 CONHCH3有 10种；若三个侧
链为-CH3、 、 CONHCH3有 10种；共 48种；
含三个甲基且苯环一氯代物只有 2种的结构，需苯环上取代基对称，结构简式为
或 ；
（5）
以甲苯为原料合成邻氨基苯甲酸，结合已知条件：甲苯先硝化生成邻硝基甲苯，再经酸性KMnO 4氧化甲基为羧基，
最 后 用 Fe / HCl 还 原 硝 基 为 氨 基 ， 合 成 路 线 为 ：
浓硝 酸 酸性KMnO4 Fe/HCl
浓硫酸，Δ
。
答案第 10页，共 10页成都市高三第三次模拟测试考前练习
化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名 准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号 回答非选择题时，将答案写在答题卡上 写在本试卷上无效
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65 As-75 Ba-137
一、单选题（共45分）
1．（本题3分）高分子材料应用广泛。下列说法错误的是
A．聚乳酸属微生物降解高分子，可用于手术缝合线
B．聚氯乙烯耐化学腐蚀，可用于制造食品包装材料
C．酚醛树脂受热后不能软化或熔融，可用于制造集成电路板
D．芳纶纤维强度高、热稳定性好，可用于制造防弹装甲
2．（本题3分）解释下列事实的离子方程式正确的是
A．用氢氟酸刻蚀玻璃：
B．电解NaBr溶液制
C．溶液与少量的溶液混合：
D．实验室用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气：
3．（本题3分）下列物质用途或操作正确且与盐类水解有关的一组是
①用热饱和硫酸铵溶液清洗铁器表面的铁锈
②用TiCl4水溶液制备TiO2·xH2O
③用氯化铁溶液和氨水制备氢氧化铁胶体
④除去氯化铜溶液中的氯化铁杂质，可在溶液中加入过量的氧化铜，过滤除杂
⑤在氯化氢氛围中灼烧氯化镁晶体制备无水氯化镁
⑥配制Fe(NO3)2溶液时将Fe(NO3)2晶体溶于浓硝酸中并加入蒸馏水稀释至指定浓度
⑦刻蚀印刷电路板用氯化铁作腐蚀液
⑧用泡沫灭火器灭火
⑨将Ca(ClO)2、 Na2SO3、 FeCl3、 KAl (SO4)2的各自溶液分别蒸干均得不到原溶质
A．①③⑥⑦⑧⑨ B．①②④⑤⑧
C．③④⑤⑦⑧⑨ D．②③④⑤⑥⑨
4．（本题3分）下列对有关物质结构或性质的解释合理的是
选项 结构或性质 解释
A 是直线形微粒 中心原子为sp杂化
B 刚玉()熔点很高(2045℃) Al-O间无离子键成分
C 键角< 键长：N-FD 在中的溶解度大于在水中的溶解度 是非极性分子
A．A B．B C．C D．D
5．（本题3分）有关铁及其化合物的部分转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．①可通过铁与少量加热实现
B．②可通过加入维生素C实现，说明维生素C的还原性大于
C．③可通过铁与水在常温下反应实现
D．④中和的物质的量之比为2：1
6．（本题3分）下列实验装置使用正确的是
A．制备乙炔并检验其还原性 B．制备并收集
C．制备溴苯并验证有HBr生成 D．制备并比较C与Si的非金属性
A．A B．B C．C D．D
7．（本题3分）价-类二维图是学习元素化合物知识的重要方法，某同学绘制某常见元素的价-类二维图如图。下列推断合理的是
A．溶液与的稀溶液、的可溶性正盐反应的离子方程式相同
B．、与的稀溶液混合无现象
C．放置于空气中易变质
D．常温下，Fe在h的浓溶液不发生反应
8．（本题3分）室温下，一元弱酸HA水溶液w与有机溶剂o等体积混合静置，两个主要平衡体系如图1所示。HA在有机层中不电离，其浓度为；且为定值。向水层中加入或调节随变化如图2所示。已知。下列说法错误的是
A． B．
C．向图1中加入少量水，不变 D．时，
9．（本题3分）某氮氧化物的六方晶胞及其体对角截面图如下，阿伏加德罗常数的值是。下列说法错误的是
A．该氧化物的化学式为 B．1位氮原子分数坐标为
C．晶体的密度为 D．2位和3位氮原子的核间距为
10．（本题3分）乙烷催化氧化为乙醛在有机合成方面具有重要意义。以乙烷为原料合成乙醛的反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．X为，Y为
B．反应②的原子利用率为100%
C．一定不能改变乙烷氧化成乙醛的转化率
D．主反应的总反应为
11．（本题3分）下列实验涉及的反应的化学方程式或离子方程式书写不正确的是
A．与足量的NaOH溶液反应：
B．与反应制备的反应：
C．氯磺酸与溶液反应：
D．与反应制：
12．（本题3分）某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。
已知：i．[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O ΔH；
ⅱ．ZnCl2溶液为无色。
下列说法正确的是
A．[Co(H2O)6]Cl2的配位数为8
B．结合实验可知上述正反应是放热反应
C．③中溶液变红，推测可能是Zn2+与Cl-形成了配合物
D．①中溶液变蓝，主要是因为H+浓度增大，抑制了[Co(H2O)6]2+水解，促进上述平衡正移
13．（本题3分）化合物M属四环杜鹃花科杂萜类有机物，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．化合物M易溶于水
B．1 mol M最多能与发生加成反应
C．一定条件下M能发生自身缩聚反应生成聚合物
D．M分子中不含有手性碳原子
14．（本题3分）有机物托品酮的合成路线如下图(Me为甲基)。下列叙述正确的是
A．甲是乙醛的同系物
B．生成丁的反应过程涉及加成反应和消去反应
C．丙与托品酮分子中碳原子杂化类型相同
D．可用、HCHO、为主要原料，利用该反应机理制备
15．（本题3分）在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ的催化机理如图。下列说法不正确的是
A．转化过程中有键的断裂和键的形成
B．该机理中KI为催化剂，AcOH为中间产物
C．化合物ⅰ和化合物ⅱ的红外光谱和核磁共振氢谱均不相同
D．该机理的总方程式为：
二、解答题（共55分）
16．（本题12分）从工业废渣［含CuSO4、CuO、CuS、Fe2(SO4)3、FeS、Fe2O3、As2O3等］中回收砷和铜，能节约生产成本。工艺流程如下：
已知：①有机萃取剂的萃取反应为2RH+M2+ R2M+2H+；
②当溶液中离子浓度小于或等于10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全；
③Ksp(FeAsO4)=5×10-21、Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，取lg2=0.3。
(1)提高废渣氧化浸出率的方法有______(写出两条即可)，不能用盐酸代替硫酸，其原因为：______。
(2)“预中和”生成滤渣的主要成分是______(填化学式)。
(3)深度氧化过程将H3AsO3全部氧化成H3AsO4，反应的化学方程式为______。
(4)“中和除砷、铁”过程生成FeAsO4沉淀。常温下，欲使溶液中完全沉淀，且不产生Fe(OH)3沉淀，应控制pH小于______。
(5)反萃取中，下列说法正确的是______(填字母)。
A．分液漏斗使用前有两处需检查是否漏液 B．经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置分层
C．反萃取后，Cu2+被转移至水相
(6)用惰性电极电解500mL“反萃取”后的溶液，一段时间后c(H+)增大了0.04mol/L，则阴极沉积的铜的质量为______g(电解过程中溶液体积变化忽略不计)。
17．（本题13分）甲烷催化脱氢可制备乙烯和氢气。涉及的反应如下：
反应1：2CH4(g) C2H6(g)+H2(g) ΔH1=+64.9kJ·mol-1 反应2：C2H6(g) C2H4(g)+H2(g) ΔH2=+137kJ·mol-1
反应3：2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g) ΔH3
(1)ΔH3=______kJ·mol-1，______(填“高温”或“低温”)有利于反应3自发进行。
(2)已知(k为速率常数，活化能Ea、R和C均视为常数)，反应1、反应2的lnk与的关系如图所示(已知反应1的活化能为Ea1、反应2的活化能为Ea2，且Ea1(3)一定条件下，以CH4为唯一反应物，经复合催化剂Au-Pd/BNOF催化制C2H4，2小时为一循环周期，测得产物分布情况如图所示(相对产量只反映产物比例的大小)。
①根据图示判断，循环______小时乙烯的选择性(乙烯的选择性为×100%)相对最低；欲提高平衡时生成乙烯的选择性，应采取的措施为______(填1条即可)。
②循环4次后，恒压(130kPa)容器中的反应达到平衡状态。此时，甲烷的平衡转化率为80%，乙烯的选择性为75%，乙烯的反应速率为______kPa·h-1；反应3的压强平衡常数Kp=______kPa(Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
18．（本题17分）具有氧化性、还原性和漂白性，某同学在实验室利用做相关验证和探究实验。回答下列问题：
(1)用如图1装置(夹持仪器已省略)验证具有氧化性。
①仪器X的名称为______。仪器X中所装试剂不能是浓硫酸的原因______。
②装置甲试管中反应的离子方程式为______。
③说明具有氧化性的现象为______。
(2)该同学设计如图2实验(夹持仪器已省略)产生了白色难溶解于水CuCl，说明了的还原性。
①仪器a的作用是______。
②三颈烧瓶中反应的化学方程式为______。
③从元素化合价变化的角度说明该反应有还原性的原因______。
(3)实验表明，将纯净的缓缓地通入到1.00mol/L溶液中，得到沉淀。为了探究该反应中的氧化剂，该同学提出以下假设：
假设Ⅰ：溶液中的； 假设Ⅱ：溶解在水中的氧气。
①验证假设Ⅰ(配制溶液前已将蒸馏水煮沸并密封冷却)。
实验步骤 实验操作 实验现象 结论
实验ⅰ 向______溶液中缓慢通入纯净的气体 无白色沉淀 假设Ⅰ成立
实验ⅱ 向1.00mol/L溶液的烧杯中缓慢通入纯净的气体
实验ⅰ的溶液______，实验Ⅱ的现象为______。
②验证假设Ⅱ．请完成下列表格：
实验步骤 实验现象 实验目的
实验ⅲ 同实验ⅰ步骤 同实验ⅰ的相关现象 作对照实验
实验ⅳ 产生白色沉淀
实验ⅳ的步骤为______，实验目的是______。
19．（本题13分）褪黑素又名脑白金，具有延缓衰老、调节睡眠、提高机体免疫力等功能，能使皮肤黑素细胞内的色素颗粒凝集，从而让皮肤变得白皙，因此被命名为褪黑素。褪黑素的一条合成路线如下。回答下列问题：
(1)褪黑素中含氧官能团的名称为___________。
(2)A的名称为___________，A→B的反应类型为___________。
(3)F→G的化学方程式为___________。
(4)满足下列条件的褪黑素的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。
①除苯环外无其他环状结构，且苯环上只有3个取代基；②含2个结构；③能使溴的四氯化碳溶液褪色；
其中含有三个甲基且苯环上的一氯代物只有2种的一种同分异构体的结构简式为___________。
(5)已知：①(苯胺，呈碱性，易被氧化)；
②苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。
根据题中的信息，以甲苯为原料用不超过三步的反应设计合成有机物(无机试剂任选)___________。成都市高三第三次模拟测试考前练习
化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名 准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑 如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其他答案标号 回答非选择题时，将答案写在答题卡上 写在本试卷上无效
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65 As-75 Ba-137
一、单选题（共 45 分）
1．（本题 3 分）高分子材料应用广泛。下列说法错误的是
A．聚乳酸属微生物降解高分子，可用于手术缝合线
B．聚氯乙烯耐化学腐蚀，可用于制造食品包装材料
C．酚醛树脂受热后不能软化或熔融，可用于制造集成电路板
D．芳纶纤维强度高、热稳定性好，可用于制造防弹装甲
2．（本题 3 分）解释下列事实的离子方程式正确的是
A 2 ．用氢氟酸刻蚀玻璃：SiO3 4F 6H SiF4 3H2O
电解
B．电解 NaBr 溶液制NaBrO3 : Br
3H2O BrO

3 3H2
C． NaHCO3溶液与少量的Ba OH 2 2 溶液混合：HCO3 Ba OH BaCO3 H2O
D 2 ．实验室用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气：MnO4 4Cl 8H Mn 2Cl2 4H2O
3．（本题 3 分）下列物质用途或操作正确且与盐类水解有关的一组是
①用热饱和硫酸铵溶液清洗铁器表面的铁锈
②用 TiCl4 水溶液制备 TiO2·xH2O
③用氯化铁溶液和氨水制备氢氧化铁胶体
④除去氯化铜溶液中的氯化铁杂质，可在溶液中加入过量的氧化铜，过滤除杂
⑤在氯化氢氛围中灼烧氯化镁晶体制备无水氯化镁
⑥配制 Fe(NO3)2溶液时将 Fe(NO3)2晶体溶于浓硝酸中并加入蒸馏水稀释至指定浓度
⑦刻蚀印刷电路板用氯化铁作腐蚀液
⑧用泡沫灭火器灭火
⑨将 Ca(ClO)2、 Na2SO3、 FeCl3、 KAl (SO4)2的各自溶液分别蒸干均得不到原溶质
A．①③⑥⑦⑧⑨ B．①②④⑤⑧
C．③④⑤⑦⑧⑨ D．②③④⑤⑥⑨
4．（本题 3 分）下列对有关物质结构或性质的解释合理的是
试卷第 1 页 共 8 页
选项 结构或性质 解释
A N2O 是直线形微粒 中心原子为 sp 杂化
B 刚玉( Al2O3 )熔点很高(2045℃) Al-O 间无离子键成分
C 键角 NF3 < NCl3 键长：N-FD O3 在CCl4 中的溶解度大于在水中的溶解度 O3 是非极性分子
A．A B．B C．C D．D
5．（本题 3 分）有关铁及其化合物的部分转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．①可通过铁与少量Cl2 加热实现
B．②可通过加入维生素 C 实现，说明维生素 C 的还原性大于 FeCl2
C．③可通过铁与水在常温下反应实现
D．④中FeCl2 和FeCl3 的物质的量之比为 2：1
6．（本题 3 分）下列实验装置使用正确的是
A．制备乙炔并检验其还原性 B．制备并收集 NO2
C．制备溴苯并验证有 HBr 生成 D．制备CO2并比较 C 与 Si 的非金属性
A．A B．B C．C D．D
试卷第 2 页 共 8 页
7．（本题 3 分）价-类二维图是学习元素化合物知识的重要方法，某同学绘制某常见元素的价-类二维图如图。下列
推断合理的是
A．Ba OH 2 溶液与h的稀溶液、 i的可溶性正盐反应的离子方程式相同
B． c、 f 与 h的稀溶液混合无现象
C． f 放置于空气中易变质
D．常温下，Fe 在 h 的浓溶液不发生反应
8．（本题 3 分）室温下，一元弱酸 HA 水溶液 w 与有机溶剂 o 等体积混合静置，两个主要平衡体系如图 1 所示。
c HA
HA o在有机层中不电离，其浓度为co HA ；且 cw
NaOH HCl
HA 为定值。向水层中加入 或 调节
co HA pH, lg
c HA c A 随 pH 变化如图 2 所示。已知 lg2 0.3。下列说法错误的是w w
co HA A 5． 8 B．Ka HA 7 10cw HA
C．向图 1 中加入少量水， nw HA nw A 不变 D． pH 5时， cw A cw HA
9．（本题 3 分）某氮氧化物的六方晶胞及其体对角截面图如下，阿伏加德罗常数的值是 NA 。下列说法错误的是
2 1 1
A．该氧化物的化学式为 N2O5 B．1 位氮原子分数坐标为 , ,
3 3 4
368 3 c
C．晶体的密度为 g cm3a2c 10 21N D．2 位和 3 位氮原子的核间距为
nm
A 2
试卷第 3 页 共 8 页
10．（本题 3 分）乙烷催化氧化为乙醛在有机合成方面具有重要意义。以乙烷为原料合成乙醛的反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．X 为H2O ，Y 为C2H5OH
B．反应②的原子利用率为 100%
C．Fe 一定不能改变乙烷氧化成乙醛的转化率
Fe
D．主反应的总反应为C2H6 2N2O CH3CHO 2N2 H2O
11．（本题 3 分）下列实验涉及的反应的化学方程式或离子方程式书写不正确的是
A．H3BO

3 与足量的 NaOH 溶液反应：H3BO3 OH B(OH)4 H2O
B．B OCH3 与Cl3 2 反应制备BCl3 的反应：B OCH3 6Cl2 BCl3 3CO 9HCl3
C．氯磺酸 HSO3Cl 与BaCl 2 2 溶液反应：HSO3Cl Ba H2O BaSO4 3H Cl
高温
D．Ga CH3 3 与NH3反应制GaN：Ga CH 3 NH 3 GaN 3CH3 4
12．（本题 3 分）某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。
已知：i．[Co(H2O)6]2++4Cl- [CoCl4]2-+6H2O ΔH；
ⅱ．ZnCl2溶液为无色。
下列说法正确的是
A．[Co(H2O)6]Cl2 的配位数为 8
B．结合实验可知上述正反应是放热反应
C．③中溶液变红，推测可能是 Zn2+与 Cl-形成了配合物
D．①中溶液变蓝，主要是因为 H+浓度增大，抑制了[Co(H2O)6]2+水解，促进上述平衡正移
试卷第 4 页 共 8 页
13．（本题 3 分）化合物 M 属四环杜鹃花科杂萜类有机物，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．化合物 M 易溶于水
B．1 mol M 最多能与 4 mol H2 发生加成反应
C．一定条件下 M 能发生自身缩聚反应生成聚合物
D．M 分子中不含有手性碳原子
14．（本题 3 分）有机物托品酮的合成路线如下图(Me 为甲基)。下列叙述正确的是
A．甲是乙醛的同系物
B．生成丁的反应过程涉及加成反应和消去反应
C．丙与托品酮分子中碳原子杂化类型相同
D．可用 、HCHO、 为主要原料，利用该反应机理制备
15．（本题 3 分）在非水溶剂中，将CO2 转化为化合物ⅱ的催化机理如图。下列说法不．正．确．的是
A．转化过程中有 键的断裂和 键的形成
B．该机理中 KI 为催化剂，AcOH 为中间产物
C．化合物ⅰ和化合物ⅱ的红外光谱和核磁共振氢谱均不相同
D．该机理的总方程式为：
试卷第 5 页 共 8 页
二、解答题（共 55 分）
16．（本题 12 分）从工业废渣［含 CuSO4、CuO、CuS、Fe2(SO4)3、FeS、Fe2O3、As2O3 等］中回收砷和铜，能节
约生产成本。工艺流程如下：
已知：①有机萃取剂的萃取反应为 2RH+M2+ R2M+2H+；
②当溶液中离子浓度小于或等于 10-6mol·L-1 时，认为该离子沉淀完全；
③Ksp(FeAsO4)=5×10-21、Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，取 lg2=0.3。
(1)提高废渣氧化浸出率的方法有______(写出两条即可)，不能用盐酸代替硫酸，其原因为：______。
(2)“预中和”生成滤渣的主要成分是______(填化学式)。
(3)深度氧化过程将 H3AsO3 全部氧化成 H3AsO4，反应的化学方程式为______。
(4)“中和除砷、铁” 3 过程生成 FeAsO4 沉淀。常温下，欲使溶液中AsO4 完全沉淀，且不产生 Fe(OH)3 沉淀，应控制
pH 小于______。
(5)反萃取中，下列说法正确的是______(填字母)。
A．分液漏斗使用前有两处需检查是否漏液 B．经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置分层
C．反萃取后，Cu2+被转移至水相
(6)用惰性电极电解 500mL“反萃取”后的溶液，一段时间后 c(H+)增大了 0.04mol/L，则阴极沉积的铜的质量为
______g(电解过程中溶液体积变化忽略不计)。
17．（本题 13 分）甲烷催化脱氢可制备乙烯和氢气。涉及的反应如下：
反应 1：2CH4(g) C2H6(g)+H2(g) ΔH1=+64.9kJ·mol-1 反应 2：C2H6(g) C2H4(g)+H2(g) ΔH2=+137kJ·mol-1
反应 3：2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g) ΔH3
(1)ΔH3=______kJ·mol-1，______(填“高温”或“低温”)有利于反应 3 自发进行。
E 1
(2)已知 ln k a C (k 为速率常数，活化能 Ea、R 和 C 均视为常数)，反应 1、反应 2 的 lnk 与 的关系如图所示RT T
(已知反应 1 的活化能为 Ea1、反应 2 的活化能为 Ea2，且 Ea1由是______。
(3)一定条件下，以 CH4为唯一反应物，经复合催化剂 Au-Pd/BNOF 催化制 C2H4，2 小时为一循环周期，测得产物
试卷第 6 页 共 8 页
分布情况如图所示(相对产量只反映产物比例的大小)。
n乙烯
①根据图示判断，循环______小时乙烯的选择性(乙烯的选择性为 n ×100%)相对最低；欲提高平衡时生成乙乙烷 n乙烯
烯的选择性，应采取的措施为______(填 1 条即可)。
②循环 4 次后，恒压(130kPa)容器中的反应达到平衡状态。此时，甲烷的平衡转化率为 80%，乙烯的选择性为 75%，
乙烯的反应速率为______kPa·h-1；反应 3 的压强平衡常数 Kp=______kPa(Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压×
物质的量分数)。
18．（本题 17 分）SO2 具有氧化性、还原性和漂白性，某同学在实验室利用SO2 做相关验证和探究实验。回答下列
问题：
(1)用如图 1 装置(夹持仪器已省略)验证SO2 具有氧化性。
①仪器 X 的名称为______。仪器 X 中所装试剂不能是浓硫酸的原因______。
②装置甲试管中反应的离子方程式为______。
③说明SO2 具有氧化性的现象为______。
(2)该同学设计如图 2 实验(夹持仪器已省略)产生了白色难溶解于水 CuCl，说明了SO2 的还原性。
①仪器 a 的作用是______。
②三颈烧瓶中反应的化学方程式为______。
③从元素化合价变化的角度说明该反应SO2 有还原性的原因______。
(3)实验表明，将纯净的SO2 缓缓地通入到 1.00mol/L Ba NO3 BaSO2 溶液中，得到 4沉淀。为了探究该反应中的氧化
剂，该同学提出以下假设：
试卷第 7 页 共 8 页
假设Ⅰ ：溶液中的NO3 ； 假设Ⅱ：溶解在水中的氧气。
①验证假设Ⅰ(配制溶液前已将蒸馏水煮沸并密封冷却)。
实验步骤 实验操作 实验现象 结论
实验ⅰ 向______溶液中缓慢通入纯净的SO2 气体 无白色沉淀
假设Ⅰ成立
实验ⅱ 向 1.00mol/L Ba NO3 2 溶液的烧杯中缓慢通入纯净的SO2 气体
实验ⅰ的溶液______，实验Ⅱ的现象为______。
②验证假设Ⅱ．请完成下列表格：
实验步骤 实验现象 实验目的
实验ⅲ 同实验ⅰ步骤 同实验ⅰ的相关现象 作对照实验
实验ⅳ 产生白色沉淀
实验ⅳ的步骤为______，实验目的是______。
19．（本题 13 分）褪黑素又名脑白金，具有延缓衰老、调节睡眠、提高机体免疫力等功能，能使皮肤黑素细胞内
的色素颗粒凝集，从而让皮肤变得白皙，因此被命名为褪黑素。褪黑素的一条合成路线如下。回答下列问题：
(1)褪黑素中含氧官能团的名称为___________。
(2)A 的名称为___________，A→B 的反应类型为___________。
(3)F→G 的化学方程式为___________。
(4)满足下列条件的褪黑素的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。
①除苯环外无其他环状结构，且苯环上只有 3 个取代基；②含 2 个 CONHCH3结构；③能使溴的四氯化碳溶液褪
色；
其中含有三个甲基且苯环上的一氯代物只有 2 种的一种同分异构体的结构简式为___________。
(5)已知：① (苯胺，呈碱性，易被氧化)；
②苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。
根据题中的信息，以甲苯为原料用不超过三步的反应设计合成有机物 (无机试剂任选)___________。
试卷第 8 页 共 8 页

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