1、2020-2021学年度高考三模适应性训练三（新课标3）一、单选题1电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100 molL1盐酸分别滴定10.00 mL浓度均为0.100 molL1的NaOH溶液和二甲胺(CH3)2NH溶液(二甲胺在水中电离与氨相似，常温Kb(CH3)2NHH2O1.6104。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是()Ad点溶液中：c(H)c(OH)c(CH3)2NHH2OBa点溶液中：c(CH3)2NH2+c(CH3)2NHH2OC曲线代表滴定二甲胺溶液的曲线Db、c、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是b点2在给定条件下，下列选项所示的物质
2、间转化均能实现的是( )ANaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)BCa(ClO)2(aq)HClO(aq)O2(g)CMgCl26H2OMgCl2MgDNH3(g)NO(g)HNO3(aq)3下列相关离子方程式书写正确的是A氯化铝中加入足量的氨水:Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+B钠与CuSO4溶液反应:2Na+Cu2+=2Na+CuC铁与盐酸反应:2Fe + 6H+ =2Fe3+ + 3H2D次氯酸钙溶液中通入足量的二氧化硫:H2O+SO2 + 3ClO=+2HClO+Cl4NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A标准状况下，11.2 L水中含有的氢原子数为NA
3、B1 molL1FeCl3溶液中，阳离子数为NAC一定条件下，将1mol SO2和0.5 mol O2充入一密闭容器内，充分反应后的生成物分子数为NAD在反应2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2中，每生成0.5 molO2转移的电子数为NA5氯化钯可以催化乙烯制备乙醛(Wacker法)，反应过程如图：下列叙述错误的是A被氧化的反应为B催化剂再生的反应为C制备乙醛的总反应为D如果原料为丙烯，则主要产物是丙醛6下列关于氧化还原反应的说法不正确的是A氧化还远反应的实质是电子的转移B含最高价元素的化合物均具有强氧化性C一定存在元素化合价的变化D氧化剂和还原剂混合不一定发生氧化还原反应7短周期元素
4、X、Y、Z原子序数之和为16，原子半径大小为r(Y)r(X)r(Z)，它们的常见单质在适当条件下可发生如图变化，其中B和C均为10电子分子。下列说法不正确的是（ ）AX与Z形成的某种化合物可用来杀菌消毒B自然界中X单质与Y单质不能发生化学反应CB和C分子间因形成氢键而使C极易溶于B中DA和C一定条件下能发生氧化还原反应二、填空题8过硫酸(H2S2O8)是一种强酸，为无色晶体，易溶于水，在热水中易水解。过硫酸和过硫酸盐在工业上均可用作氧化剂。物质硫酸过硫酸结构式（1）根据硫酸和过硫酸的结构式，可判断下列说法正确的是_（填标号）。A硫酸和过硫酸均为共价化合物B过硫酸分子中含有的化学键与过氧化钠的相
5、同C过硫酸分子可看作2个硫酸分子脱去1个水分子D过硫酸可用于工业漂白、外科消毒等领域（2）工业上利用过硫酸铵制备过氧化氢的一种方法如图。Y为_（填化学式）。其他条件一定，电解相同时间后，测得生成液中的含量随温度变化的关系如图。电解时通常控制温度在15，不用更低温度的原因是_。（3）氮氧化物是大气主要污染物，可采用强氧化剂氧化脱除、热分解等方法处理。“反应1”的离子方程式为_。“反应2”为+2OH+2+H2O。不同温度下，达到平衡时的脱除率与过硫酸钠(Na2S2O8)初始浓度的关系如图所示。(NO2的初始浓度相同)比较a、b点的反应速率：_(填“”“”或“r(X)r(Z)，X、Y分别为O、N或F
6、、C，且X单质能和Y单质反应，则X、Y确定为O、N；综上所述，X、Y、Z分别为：O、N、H，A为NO，B为H2O，C为NH3，据此解答。【详解】AX(O)与Z(H)形成的H2O2有强氧化性，能使细菌的蛋白质变性，可用来杀菌消毒，A正确；B自然界中的X单质(O2)与Y单质(N2)在放电的条件下能反应生成NO，B错误；CB为H2O，C为NH3，H2O和NH3分子间容易形成氢键而使NH3极易溶于H2O中，C正确；DA为NO，有一定氧化性，C为NH3，有较强还原性，一定条件下能发生氧化还原反应，D正确。答案选B。8AD K2SO4和H2SO4 低温时的含量增加不显著，但增加能耗 2NO+4OH=2+2
7、+2H2O 【详解】(1)A硫酸和过硫酸均由共价键形成，是共价化合物，故A正确；B过氧化钠中含有离子键，而过硫酸分子的结构式为，其中只含有共价键，二者化学键种类不同，故B错误；C2个硫酸分子脱去1个水分子得到，不同于，故C错误D过硫酸和过硫酸盐在工业上均可用作氧化剂，说明过硫酸具有强氧化性，能够用于工业漂白、外科消毒等领域，故D正确；故答案为：AD。(2)K2S2O8水解反应的化学方程式为K2S2O8+2H2O=H2O2+K2SO4+H2SO4，故Y为K2SO4和H2SO4的混合物；根据图像，其他条件一定，在低于15时，含量增加不显著，但低温增加能耗，因此电解时通常控制温度在15，不用更低温度
8、；(3)“反应1”中加入NO、Na2S2O8、NaOH，产物是Na2SO4和NaNO2，其中NO发生氧化反应生产NaNO2，发生Na2S2O8中过氧原子发生还原反应Na2SO4，离子方程式为2NO+4OH=2+2+2H2O；b点的初始浓度大于a点，浓度越大反应速率越快，b点温度也高于a点，温度越高，反应速率越快，因此；过硫酸钾溶液与锰钢反应离子方程式为2Mn2+5+8H2O=2+l0+16H，因此5n(Mn2)=2n()，n(Mn2)=mol，则n()=mol，c()=molL1。91s2 2s22p3 sp3杂化、 sp 杂化 c LiF 4 8 1030 【详解】(1)N元素为7号元素，所
9、以基态N原子的电子排布式为1s22s22p3；乙腈( CH3- CN)中甲基上的碳原子形成4个键，所以为sp3杂化，另一个碳原子形成碳氮三键，所以为sp杂化；(2)LiClO4中存在锂离子和高氯酸根之间的离子键、氧原子和氯原子之间的共价键；LlBF4中存在Li+和BF之间的离子键、B原子和F原子之间的共价键，B原子最外层电子数为3，而与4个F原子成键，说明其中有一个为配位键；金属晶体中才存在金属键；综上所述，LiClO4和LlBF4中都不存在的化学键是金属键，所以选c；(3)Li+带一个单位正电荷，有1层电子；X均带一个单位负电荷，而F、Cl、Br、I的半径依次增大，其中与Li+半径最接近的为
10、F，根据题意可知LiF的溶解度最小；(4)根据晶胞截面图可知，白球即S2-位于顶点和面心，黑球即Li+位于每4个S2-形成的正四面体中心，晶胞结构如图(C为Li+，D为S2-)，所以每个晶胞中S2-的数目为=4；Li+位于每4个S2-形成的正四面体中心，所以Li+的配位数为4，而晶体的化学式为Li2S，所以S2-的配位数为8；晶胞体积V=d3pm3，每个晶胞有4个S2-，8个Li+，则晶胞的质量为m=，所以晶胞的密度=1030 gcm-3。【点睛】晶胞的相关计算为本题难点，一是需要有一定的空间想象能力，根据晶胞的截面图判断晶胞的结构，二是需要平时多注意积累一些常见的晶胞结构；求S2-的配位数时
11、也可以根据晶胞结构直接判断，以面心的硫离子为例，该晶胞中有4个距离硫离子最近且相等的锂离子，则该晶胞的上方晶胞中还有4个一样的锂离子，所以配位数为8。10是 FeC2O4FeOCOCO2 Fe33H2O Fe(OH)33H 5 Fe3O48HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O 【分析】结合信息“草酸盐受热分解易放出碳的氧化物”及图像中的数据，利用质量守恒定律，判断加热过程中不同温度下各固体的成分。【详解】(1)FeC2O42H2O的摩尔质量为180g/mol，1.800gFeC2O42H2O为0.0100mol，结晶水为0.0200mol，结晶水质量为0.360g，无水FeC2O4质量为
12、1.800g -0.360g=1.440g，根据图象， 300时样品脱水生成固体质量为1.440g，则300时样品是完全脱水； (2)400时固体为0.720g，根据铁原子守恒可知，400铁元素为0.0100mol，其质量为0.560g，剩余的质量为0.016g，由于草酸盐受热分解易放出碳的氧化物，则0.016g应该是氧元素的质量，其物质的量为0.0100mol，则铁、氧原子物质的量之比为1:1，因此该化合物是氧化亚铁，其化学式是，FeO，所以反应的化学方程式是FeC2O4 FeOCOCO2；(3)600固体为0.800g，根据铁原子守恒可知，铁元素为0.0100mol，其质量为0.560g，
13、剩余氧元素质量为0.024g，其物质的量为0.0150mol，则铁、氧原子物质的量之比为2:3，因此该固体是氧化铁，氧化铁溶于盐酸生成氯化铁，铁离子水解溶液显酸性，其离子方程式是Fe33H2O Fe(OH)33H；根据氢氧化铁的溶度积常数可知，当溶液中铁离子的离子浓度为4.010-11mol/L时，溶液中c(OH) 109mol/L，所以溶液中c(H)105mol/L，因此pH5；(4)1500时样品池中残留的固体为0.773g，根据铁原子守恒可知，铁元素为0.0100mol，其质量为0.560g，剩余氧元素质量为0.213 g，其物质的量为0.0133mol，则铁、氧原子物质的量之比为3:4
14、，因此该固体是四氧化三铁，因此1500时氧化铁分解生成了四氧化三铁，因此1500C的反应为：6Fe2O34Fe3O4O2；四氧化三铁溶于盐酸生成氯化铁、氯化亚铁和水，因此残留固体与盐酸反应的化学方程式为：Fe3O48HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O；从实验可以验证这个结论：取少量该溶液滴加KSCN溶液，溶液显血红色说明有铁离子、另取少量该溶液滴加K3Fe(CN)6)(铁氰化钾)溶液，产生特征蓝色沉淀，这说明溶液中还有亚铁离子生成。11醚键 取代反应 【分析】由框图知A为， 由C的结构简式知含氧官能团为“一O-”为醚键;E+M,M中生成了肽键，则为取代反应。(2)由M逆推，知E的结构筒
15、式为。逆推D的结构筒式为,C与D比较知，D比C比了“一NO2，则应为C发生硝化反应所得。(4)碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，且酚羟基与酯基互为对位关系。(5)由合成产物逆推,产物可以由与乙醇酯化得到,羧基可以由“-CN”水解获得，和CH2=CHCN相连，可以先将CH2=CHCN与Br2发生加成反应生成卤代物，再发生类似于流程中A-B的反应.【详解】（1）由C的结构简式知化合物C中的含氧官能团为醚键，反应为+，其反应类型为取代反应。答案：醚键 ；取代反应。（2）根据分析知E的结构简式为：；答案：。（3）反应是的反应。其化学方程式：；答案：。（4）碱性条
16、件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基， 分子中含有4种不同化学环境的氢，酚羟基与酯基互为对位关系。；答案：。（5）已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。以、CH2=CHCN和乙醇为原料合成化合物 的合成路线流程图为：。12 SiO2 Fe 磁铁吸附 温度过高，双氧水会分解 B Fe、H2SO4 1021 【详解】试题分析：（1）焙烧黄铜矿废渣时发生的反应为4FeCuS2+13O28SO2+2Fe2O3+4CuO，故答案为4FeCuS2+13O28SO2+2Fe2O3+4CuO；（2）加入硫酸后，只有SiO2不与硫酸反应，故滤渣为SiO2，故答案为SiO2；（3）为了分离硫酸铁与硫酸铜，加入的X应为Fe，滤渣B为铁和铜，分离的最简单的方法为磁铁吸附，故答案为Fe，磁铁吸附；（4）加入过氧化氢后，若温度更高，会引起过氧化氢分解，工业上此过程应在反应釜中进行，故答案为温度过高，双氧水会分解，B；（5）由流程图可知，可循环使用的物质有Fe、H2SO4，故答案为Fe、H2SO4；（6）由题意可知当生成1mol聚铁时，理论上消耗30%H2O2（密度为111g/cm3）的体积为V，可列式得出，解得V=1021mL，故答案为1021mL。考点：硫及其化合物铁、铜及其化合物、化学与资源开发
