云南省昆明市第五高级中学2022-2023年高三下学期统测模拟化学试题（含解析）

昆明市第五高级中学2022-2023年高三下学期统测模拟化学卷

考试时间：60分钟  

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

一、单选题

1．光刻胶，又称光致抗蚀剂，用于芯片的细微图形加工。一种极紫外光刻胶(I)的结构如图所示。在极紫外光的照射下，难溶于溶剂的I会分解成易溶于溶剂的II、III和CO2从而被洗去，hv表示光照。

下列说法不正确的是

A．II的分子式是C10H16 B．I中含有的官能团是酯基

C．III中所有碳原子都共平面 D．1mol II最多可与2mol Br2发生加成反应

2．下列关于物质的分类中，正确的是

A．A B．B C．C D．D

3．利用(Q)与电解转化法从烟气中分离的原理如图。已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。下列说法错误的是

A．a为电源负极 B．溶液中Q的物质的量保持不变

C．在M极被还原 D．分离出的从出口2排出

4．二氧化硫催化氧化反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H＜0，下列措施既能加快反应速率又能提高平衡转化率的是

A．升高温度 B．压缩体积 C．分离出SO3 D．使用催化剂

5．下列说法正确的是

A．分子的稳定性与分子间作用力无关

B．键长等于成键两原子的半径之和

C．在可燃冰(CH4•nH2O)中，甲烷分子与水分子之间形成了氢键

D．凡是中心原子采取sp3杂化的分子，其空间结构都是正四面体形

6．根据实验操作和现象，不能得出相应结论的是

A．等体积、的两种酸和，分别与足量的反应，酸放出的氢气多，则酸性：

B．将样品溶于稀硫酸，滴加溶液，溶液变红，则样品溶于稀硫酸前已氧化变质

C．将充满的密闭玻璃球没泡在热水中，气体红棕色加深，则，

D．向含有酚酞的溶液中加入少量固体，有白色沉淀生成，溶液红色变浅，则纯碱溶液呈碱性是由水解引起的

7．配合物种类繁多，在分析化学、工业生产以及生物学中有广泛应用。已知某配合物的化学式为，下列有关说法正确的是

A．配体是和，配位数是9

B．该配合物中提供孤电子对的是中心离子

C．该配合物中存在离子键、配位键和极性键

D．向其溶液中加入足量溶液，所有都能转化为沉淀

第II卷（非选择题）

二、实验题

8．钴主要化合价为+2和+3价，在通常情况下，三价钴盐不如二价钴盐稳定；相反，在生成稳定配合物后，三价钴又比二价钴稳定。因此，常采用空气或H2O2溶液氧化二价钴配合物的方法来制备三价钴的配合物。利用、、和制备三氯化六氨合钴{[Co(NH3)6]Cl3}的实验装置如下。

已知：钴(Ⅱ)与氯化铵和氨水作用，经氧化后一般可生成三种产物：紫红色的[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体、砖红色的[Co(NH3)5H2O]Cl3晶体、橙黄色的[Co(NH3)6]Cl3晶体，控制不同的条件可得不同的产物(如温度不同，产物也不同)。293K时，[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度为0.26mol/L。

I.将、和活性炭在C中混合，首先滴加浓氨水使溶液颜色变为黑紫色。

II.置于冰水浴中冷却至10℃以下，缓慢滴加双氧水并不断搅拌。

III.转移至60℃热水浴中，恒温加热20min，同时缓慢搅拌。

IV.将反应后的混合物冷却到0℃左右，抽滤得到三氯化六氨合钻{[Co(NH3)6]Cl3}粗产品。

V.三氯化六氨合钴(Ⅲ)粗产品的提纯流程如下：

请回答下列问题：

(1)仪器b、c的名称分别为_______、_______。

(2)仪器d中所盛药品为，其作用为_______。

(3)步骤II中，先将装置置于冰水浴中冷却到10℃以下，再缓慢滴加双氧水的原因是_______。

(4)反应器中发生的总反应化学方程式为_______。

(5)V中操作A的名称为_______， 步骤C进行洗涤时要用到两种试剂，应该先用_______(填序号，下同)洗涤，后用_______洗涤。

A氯化钠溶液      B．无水乙醇       C．浓盐酸

(6)若实验用2.38g CoCl2·6H2O晶体与足量的、和混合，将所得{[Co(NH3)6]Cl3}粗品(不含有其它含氯物质)， 加入烧杯中，加20m水溶解，然后转移到250ml容量瓶中，定容配成样品溶液。用移液管移取25ml样品溶液于锥形瓶中，加入几滴K2CrO4溶液做指示剂，用0.08mol/L AgNO3标准溶液进行滴定，出现砖红色沉淀不消失即为终点，停止滴定。重复实验两次，平均消耗硝酸银溶液标准溶液15.00ml.则本次实验产率为_______(已知M(CoCl2·6H2O)= 238g/mol、M[Co(NH3)6]Cl =267.5g/mol)。

三、有机推断题

9．一种类昆虫信息激素中间体M的合成路线如下：

完成下列填空：

(1)A中官能团的名称是_______、_______，A的合成方法之一：，则X的结构式为_______。

(2)反应A→B和D→E的反应类型分别是_______、_______。检验B是否完全转化为C的方法是_______。

(3)写出E→F的第一步反应①的化学方程式_______。设计步骤F→G的目的是_______。

(4)写出一种满足下列条件的M的同分异构体的结构简式。_______

i.1molM与足量金属Na反应生成1mol；

ii.不能使Br/溶液褪色；

iii.分子中有3种不同环境下的氢原子。

(5)结合题意，将以为原料合成的合成路线补充完整_______。

四、工业流程题

10．高纯氧化铁是现代电子工业的重要材料。

（1）以赤铁矿（主要成分：Fe2O3，杂质为FeO、Al2O3、SiO2、CuO等）为原料可制备高纯氧化铁，制备流程如下：

①“酸溶”时Al2O3发生反应的化学方程式为_________________________________。

②“氧化”时发生反应的离子方程式为____________________________。

③“灼烧”时发生反应的化学方程式为______________________________。

④滤渣Ⅰ的主要成分与NaOH溶液反应的离子方程式为_______________________________。

（2）FeCO3在空气中高温灼烧也可以制备高纯氧化铁，写出该反应的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：_________。

五、原理综合题

11．氨是化学实验室及化工生产中的重要物质，应用广泛，合成氨的反应原理为：。回答下列问题：

(1)达到平衡后，若其它条件不变，把容器体积缩小一半，平衡将___________(填“向逆反应方向”、“向正反应方向”或“不”)移动，平衡常数K将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

(2)在一定温度下，向的密闭容器中，反应起始时投料如下：

①按投料Ⅰ进行反应，10分钟后测得达到化学平衡状态时的转化率为，则的反应速率___________，化学平衡常数___________。

②若按投料Ⅱ进行反应，起始时反应进行的方向为___________(填“正向”或“逆向”或“平衡”)。

(3)有人设想以和为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图所示，电池正极的电极反应式是___________，A是___________。

参考答案：

1．C

【详解】A．II的分子中含有10个碳原子，不饱和度为3，分子式是C10H16，A项正确；

B．I中含有的官能团是酯基，B项正确；

C．III中碳原子为饱和碳原子，形成四个共价键，具有四面体结构，不可能所有碳原子都共平面，C项错误；

D．II含有两个碳碳双键，故1mol II最多可与2mol Br2发生加成反应，D项正确。

故选C。

2．B

【详解】A．为碱性氯化物不是酸性氧化物，A错误；

B．为酸性氧化物，是碱，属于盐，硫酸铜溶液属于混合物，B正确；

C．为盐不是碱，C错误；

D．为纯净物，不是混合物，D错误。

故选B。

3．C

【分析】由题干信息可知，M极发生的是由Q转化为的过程，该过程是一个还原反应，故M极为阴极，电极反应为：+2H2O+2e-=+2OH-，故与M极相连的a电极为负极，N极为阳极，电极反应为：-2e-=+2H+，b极为电源正极，据此分析解题。

【详解】A．由分析可知，a为电源负极，A正确；

B．由分析可知，根据电子守恒可知，溶液中Q的物质的量保持不变，B正确；

C．由分析可知，整个过程CO2未被还原，在M极发生反应为CO2+OH-=，C错误；

D．由题干信息可知，M极上CO2发生反应为：CO2+OH-=被吸收，向阳极移动，N极上发生的反应为：+H+=H2O+CO2↑，故分离出的从出口2排出，D正确；

故答案为：C。

4．B

【详解】A．升高温度，化学反应速率加快；由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致物质的平衡转化率降低，A不符合题意；

B．压缩体积使物质的浓度增大，化学反应速率加快；压缩体积导致体系的压强增大，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，因此可以使反应物的平衡转化率提高，B符合题意；

C．分离出SO3后，导致生成物的浓度降低，化学平衡正向移动，会提高反应物的平衡转化率；分离出SO3后，物质的浓度降低，化学反应速率减小；C不符合题意；

D．使用催化剂只能加快反应速率，而不能使化学平衡发生移动，因此不能提高物质的平衡转化率，D不符合题意；

故合理选项是B。

5．A

【详解】A．分子的稳定性与分子内的化学键强弱有关，分子间作用力影响的是物质的熔沸点，所以分子的稳定性与分子间作用力的大小无关，A正确；

B．键长是两个成键原子的平均核间距离，不是两成键原子半径之和，B错误；

C．电负性较强的N、O、F元素易形成氢键，碳元素不能形成氢键，所以甲烷分子与水分子之间不存在氢键，C错误；

D．中心原子采取sp3杂化的分子，其空间结构不一定呈正四面体形，如氨气中氮原子采取sp3杂化，有1对孤对电子，空间构型为三角锥形，D错误；

答案选A。

6．B

【详解】A．等体积、的两种酸和，分别与足量的反应，酸放出的氢气多，则HA的浓度比HB大，所以相同浓度下HB酸性强于HA，故A正确；

B．亚铁离子与硝酸根离子在氢离子存在条件下发生氧化反应：，亚铁离子被氧化成铁离子，并不是硝酸亚铁变质，故B错误；

C．在密闭容器中存在反应，放入热水中温度升高，颜色加深，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，即，故C正确；

D．碳酸钠水解呈碱性，再碳酸钠溶液中加入酚酞后呈红色，当加入少量氯化钡溶液，有白色沉淀生成，发生反应：，碳酸根离子浓度降低，溶液颜色变浅，说明纯碱溶液呈碱性是由碳酸根离子引起的，故D正确；

故选B。

7．C

【详解】A．根据配合物化学式可知，配体是和，中心离子的配位数为6，A项错误；

B．该配合物中提供孤电子对的是配体，是和，中心离子提供空轨道，B项错误；

C．阳离子与之间以离子键结合，在阳离子中的中心离子与配体和以配位键结合，在配体中存在H-O极性共价键，因此该配合物中存在离子键、配位键和极性键，C项正确；

D．向该配合物溶液中加入足量溶液，只有外界都能转化为沉淀，而配离子中的与中心离子结合牢固，不能转化为沉淀，D项错误；

故答案选：C。

8．(1)     球形冷凝管     三颈烧瓶

(2)吸收挥发出来的氨气

(3)防止温度过高导致氨气挥发以及双氧水分解

(4)

(5)     趁热过滤     C     B

(6)40%

【解析】(1)

仪器b的名称为球形冷凝管，仪器C的名称为三颈烧瓶；

(2)

原料用到易挥发且会污染环境的浓氨水，CaCl2的作用主要是吸收挥发出来的氨气；

(3)

氨气具有挥发性，双氧水易分解，温度过高会导致氨气的挥发以及双氧水的分解；

(4)

反应器中发生的总反应方程式为Co2+失去电子生成[Co(NH3)6]Cl3中的Co3+，H2O2得电子生成H2O，；

(5)

由于温度不同，产物也不同，因此操作A应该是趁热过滤，增大氯离子浓度可以防止产品溶解而损失，因此三氯化六氨合钴首先应该用浓盐酸洗涤，最后再用有机溶剂乙醇洗涤，故答案为C、B；

(6)

将粗产品配制成250ml溶液，用移液管移取25ml样品溶液样品进行滴定，平均消耗0.08mol/L AgNO3标准溶液15.00ml，故样品中n(Cl-)=10×n(Ag+)=10×0.08×15.00×10-3=0.012mol，则n[Co(NH3)6]Cl3=0.004mol，m[Co(NH3)6]Cl3=0.004mol×267.5 g/mol=1.07g，根据钴原子守恒可知理论上产生[Co(NH3)6]Cl3的质量为：，产率为：。

9．(1)     羟基、     醛基    

(2)     消去反应     加成反应     取反应液，加入过量NaOH(aq)后，再加新制悬浊液，煮沸，有砖红色沉淀生成，则B未完全转化，无砖红色沉淀生成，则B已完全转化

(3)          保护羰基不被还原

(4)

(5)

【分析】根据B的化学式可知，A发生消去反应生成B，B是；B氧化为C，由D逆推，可知C是。

（1）

A是HOCH2CH2CHO，官能团的名称是羟基、醛基，A的合成方法之一：，乙醛、甲醛在碱性条件下生成HOCH2CH2CHO，X是甲醛，结构式为。

（2）

反应A→B是HOCH2CH2CHO发生消去反应生成；D→E是和发生加成反应生成。B含有醛基、C不含醛基，检验B是否完全转化为C的方法是：取反应液，加入过量NaOH(aq)后，再加新制悬浊液，煮沸，有砖红色沉淀生成，则B未完全转化，无砖红色沉淀生成，则B已完全转化。

（3）

E→F的第一步反应①是E中酯基发生水解反应生成羧酸钠和醇，化学方程式为。设计步骤F→G的目的是保护羰基不被还原。

（4）

i. 1molM与足量金属Na反应生成1mol说明含有2个羟基；

ii.不能使Br/溶液褪色，说明不含碳碳双键，M的不饱和度为1，则分子含有中含有碳环；iii.分子中有3种不同环境下的氢原子，说明结构对称，符合条件的的同分异构体有；

（5）

2分子乙醛在碱性条件下生成，还原为，和乙醛反应生成，合成路线为。

10．     Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O     2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O     2Fe(OH)3 Fe2O3＋3H2O     SiO2＋2OH－===SiO32—＋H2O    

【分析】由流程图可知，向赤铁矿中加入稀硫酸酸溶时，氧化铁、氧化亚铁、氧化铝和氧化铜溶于稀硫酸，二氧化硅不溶，则过滤后得到含有铁离子、铝离子、铜离子和亚铁离子的滤液和滤渣二氧化硅；向滤液中加入双氧水，双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，氧化后再加入氨水调节溶液pH，使铁离子完全转为氢氧化铁沉淀，则过滤后得到含有铝离子、铜离子的滤液和滤渣氢氧化铁；氢氧化铁沉淀沉淀经洗涤、干燥、灼烧得到高纯氧化铁。

【详解】（1）①“酸溶”时，Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的化学方程式为Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O，故答案为：Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O；

②“氧化”时，双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故答案为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；

③“灼烧”时，氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水，反应的化学方程式为2Fe(OH)3 Fe2O3＋3H2O，故答案为：2Fe(OH)3 Fe2O3＋3H2O；

④滤渣Ⅰ的主要成分是二氧化硅，二氧化硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O，故答案为：SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O；

（2）FeCO3在空气中高温灼烧生成氧化铁时，铁元素化合价升高被氧化说明FeCO3做还原剂，空气中氧气做氧化剂,4mol FeCO3反应，转移的电子数目为4mol，则电子转移的方向和数目为，故答案为：。

【点睛】FeCO3在空气中高温灼烧生成氧化铁时，铁元素化合价升高被氧化说明FeCO3做还原剂，空气中氧气做氧化剂是解答关键，也是解答难点。

11．(1)     向正反应方向     不变

(2)               逆向

(3)          NH4Cl

【解析】(1)

反应是气体分子数减小的反应，达到平衡后，若其它条件不变，把容器体积缩小一半，平衡向正反应方向移动，因为温度不变，所以平衡常数K不变，故答案为：向正反应方向；不变；

(2)

①按投料Ⅰn(N2)=2mol，n(H2)=6mol进行反应，10分钟后测得达到化学平衡状态时的转化率为，则氢气转化量为2.4mol，则列出三段式为：

，根据速率公式可知；平衡常数K=；

②若按投料Ⅱ进行反应，则，则起始时反应向着逆向进行。

(3)

由图可知，该装置的总反应是合成氨的反应，氢气失去电子，在负极发生氧化反应，氮气得到电子，在正极发生还原反应，那么正极的电极反应为：，氨气与HCl反应生成NH4Cl，因此电解质是NH4Cl；