甘肃省2022-2023学年高三第二次模拟考试化学试卷（含解析）

这是一份甘肃省2022-2023学年高三第二次模拟考试化学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列说法不正确的是 （ ）
A．在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块，可防治闸门被腐蚀
B．为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入适量稀盐酸
C．“煤改气”可以减少SO2等有害物质的排放量，有利于打赢蓝天保卫战
D．红葡萄酒中添加少量SO2具有抗氧化的作用
2．下列各项有机化合物的分类方法及所含官能团都正确的是（ ）
A． 酚类 B． 醛类
C． 羧酸类 D． 酮类
3．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．6g晶体中所含硅氧键的数目约为
B．0.5ml和的混合物完全燃烧，消耗分子的数目为
C．0.02g与0.03g合成时释放的数目为
D．32g()与()的混合物中所含共价键的数目为
4．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）
A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
5．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，元素Y、Z、W互不相邻但位于同周期，且Y、Z的最外层电子数之和等于W的最外层电子数，W在同周期中原子半径最小，下列叙述错误的是（ ）
A．原子半径的大小顺序：
B．元素X的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
C．元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱
D．Z、W形成的化合物中各原子最外层电子均满足8电子稳定结构
6．如图装置可用来监测空气中NO的含量，下列说法不正确的是（ ）
A．电子由Pt电极流出，经外电路流向NiO电极
B．Pt电极上发生还原反应
C．NiO电极的电极反应式为
D．每转移2ml电子，有1ml迁移到负极
7．在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c三点对应溶液中，c(H+)最大的是a点
B．a、b、c三点对应溶液中，CH3COOH电离程度最大的是b点
C．若使b点对应的溶液中c(CH3COO-)增大、c(H+)减小，可向溶液中加入固体
D．加水稀释过程中醋酸的电离常数逐渐增大
二、工业流程题
8．海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图所示：
(1)请列举海水淡化的一种方法：___________
(2)步骤I中已获得Br2，步骤II中又将Br2还原为Br-，其目的是___________
(3)步骤II用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，该反应的离子方程式为___________，由此反应可知，除保护环境外，在工业生产中还应解决的问题是___________。
三、实验题
9．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2
实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：
(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______
(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条)
(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______
实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。
资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)
(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______
实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度
(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙ml-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______ml∙L-1
四、原理综合题
10．2019年10月27日,国际清洁能源会议(ICCE2019)在北京开幕。一碳化学成为这次会议的重要议程。甲醇、甲醛(HCHO) 等一碳化合物在化工 、医药，能源等方面都有着广泛的应用。
(1)甲醇脱氢法可制备甲醛(反应体系中各物质均为气态)，反应生成1mlHCHO过程中能量变化如图1。
已知：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g) △H=-49.5kJ•ml-1，则反应CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g) +H2O(g) △H=___________kJ•ml-1。
(2)氧化剂可处理甲醛污染，结合图2分析春季(水温约为15℃)应急处理被甲醛污染的水源应选择的试剂为__________(填化学式)。
(3)纳米二氧化钛催化剂可用于工业上合成甲醇,CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=akJ•ml-1
①按=2，投料比将H2与CO充入VL恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应测定CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图3所示。则a_____(填“＞”或“＜”)0；压强p1、p2、p3由小到大的关系是__________________。
②在温度为T1℃，向某恒容密闭容器中充入H2和CO发生上述反应，起始时c(H2)=c(CO)=2.0ml•L-1。达到平衡时，CO的转化率为图3中的M点对应的转化率，则在该温度下，对应的N点的平衡常数为__________(保留3位有效数字)。
(4)工业上利用CH4(CO和H2)与水蒸气在一定条件下制取H2：CH4(g) +H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+203kJ•ml-1，该中反应的逆反应速率及表达式为v逆=k•c(CO)•c3(H2),k为速率常数，在某温度下测得实验数据如表所示，
由上还数据可得该温度下，c2=____________，该反应的逆反应速率常数k=______L3•ml-3•min-1)。
五、结构与性质
11．太阳能电池的发展已经进入了第三代。第一代为单晶硅太阳能电池，第二代为多晶硅、非晶硅等太阳能电池，第三代就是铜钢镓硒CiGs(CIS中掺入Ga)等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜Si系太阳能电池。
(1)亚铜离子(Cu+)基态时的价电子排布式表示为_____。
(2)、P、S第一电离能由大到小的顺序是____。其中电负性最大的元素是____。
(3)SO和SO键角较小的是____，原因是_____。
(4)Cu晶体的堆积方式是____(填堆积名称)，其配位数为____；往Cu的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]SO4，下列说法正确的是____。
A．[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键
B．在[Cu(NH3)4]2+中Cu2+给出孤电子对，提供空轨道
C．[Cu(NH3)4]SO4组成元素中第一电离能最大的是氧元素
D．SO与PO互为等电子体，空间构型均为正四面体形
(5)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸(H3BO3)溶于水显弱酸性，但它却只是一元酸，可以用硼酸在水溶液中的电离平衡解释它只是一元弱酸的原因。
①H3BO3中B的原子杂化类型为_____杂化。
②写出硼酸在水溶液中的电离方程式____。
(6)硅与碳是同一主族元素，其中石墨为混合型晶体，已知石墨的层间距为335pm，C－C键长为142pm，计算石墨晶体密度=____g•cm-3(结果保留两位有效数字，NA为6.02×1023ml-1)。
六、有机推断题
12．那格列奈M()是一种重要的降血糖药物，能有效促进胰岛素的分泌。它的一种合成方法如下
已知：E+H2OF+CO2↑+NH3↑
请回答下列问题，
(1)B的化学名称为 _______；M的分子式为 ________ 。
(2)反应②的类型为________________；, F 中含有的官能团名称为______________。
(3)写出E →F的化学方程式：________________。
(4)吡啶是一种有机碱．请从平衡的角度分析其在反应④中的作用是__________。
(5)写出满足下列条件的F的所有同分异构体的结构简式：____________ 。
①分子中含有苯环和—NH2；
②能发生银镜反应：
③1H—NMR谱显示分子中共有四种不同化学环境的氢。
装置
试剂X
实验现象
Fe2(SO4)3溶液
混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色
CO浓度(ml•L-1)
H2浓度(ml•L-1)
逆反应速率(ml•L-1•min-1)
0.1
c1
8.0
c2
c1
16.0
c2
0.15
6.75
参考答案
1．B
【详解】A．在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块，铁和锌在海水中形成原电池反应，锌做负极被氧化，发生电化腐蚀，钢铁闸门作正极被保护，故A正确；
B．84消毒液的主要成分为NaClO，与盐酸混合会生成氯气，造成中毒，故B错误；
C．改燃煤为燃气，可减少废气中SO2等有害物质的含量，可有效减少雾霾和酸雨的发生，故C正确；
D．将少量的SO2添加到葡萄酒中后SO2的还原性可以与氧化物质作用，减少葡萄酒的腐败，故D正确；
答案选B。
2．B
【详解】A．当—OH直接连在苯环上时为酚类，当—OH连在链烃基或苯环侧链上时为醇，故为醇类，官能团为—OH，A错误；
B． 为甲醛，属于醛类，官能团为醛基( )，B正确；
C．CH3COOCH3含有酯基，属于酯类，官能团为，C错误；
D． 属于醛类，官能团为醛基()，D错误；
答案选B。
3．B
【详解】A．1ml晶体含有4ml硅氧键，6g晶体的物质的量为，所含硅氧键的数目为，A错误；
B．1ml和完全燃烧都消耗3ml氧气，则0.5ml和的混合物完全燃烧，消耗分子的数目为，B正确；
C．0.02g与0.03g的物质的量均为0.01ml，合成过程可表示为+→+，则释放的数目为，C错误；
D．32g所含有共价键数目为=，32g所含共价键数目为=，则32g和的混合物中所含共价键的数目为，D错误；故选B。
4．D
【详解】A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；
B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；
C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；
D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。
答案选D。
5．C
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，X为氧；元素Y、Z、W互不相邻但位于同周期，W在同周期中原子半径最小，W为氯；Y、Z的最外层电子数之和等于W的最外层电子数，则，分别为镁、磷；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径的大小顺序：，A正确；
B．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，元素X的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强，B正确；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，C错误；
D．Z、W形成的化合物为PCl3，各原子最外层电子均满足8电子稳定结构，D正确；
故选C。
6．A
【详解】A．根据图中信息氧离子向上迁移，根据“同性相吸”得到NiO电极为负极，Pt电极为正极，则电子由负极(NiO电极)流出，经外电路流向正极(Pt电极)，故A错误；
B．根据A选项分析Pt电极为正极，则Pt电极上发生还原反应，故B正确；
C．NiO电极为负极，则NiO电极的电极反应式为，故C正确；
D．根据分析，每转移2ml电子，有1ml迁移到负极，故D正确。
综上所述，答案为A。
7．C
【详解】A．醋酸溶液的导电能力强弱与溶液中c(H+)和c(CH3COO-)正相关，b点导电能力最强，则b点c(H+)最大，A错误；
B．加水促进醋酸的电离，则CH3COOH电离程度最大的是c点，B错误；
C．醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO-+ H+，向溶液中加入固体，H+被消耗，c(H+)减小，平衡正向移动，c(CH3COO-)增大，C正确；
D．温度不变，醋酸电离常数不变，则加水稀释过程中醋酸的电离常数不变，D错误；
选C。
8．(1)蒸馏法(或电渗析法、离子交换法)
(2)富集Br2，提高Br2的浓度
(3) SO2+2H2O+Br2=4H++2Br-+ 强酸和溴对设备的腐蚀
【分析】海水淡化后得到NaCl、淡水、母液，NaCl处理后得到氯气，氯气可以氧化母液中的溴离子，得到低浓度的Br2溶液，通入空气吹出Br2，再用SO2水溶液吸收，得到HBr等物质的溶液，之后再通入适量氯气氧化，蒸馏得到工业溴。
【详解】（1）目前淡化海水的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法、结晶法等；
（2）步骤Ⅰ中得到溶液中Br2的浓度较小，提取成本较高，将Br2还原为Br-再吸收，可以得到含Br-浓度较高的溶液，从而富集Br2，提高Br2的浓度；
（3）SO2水溶液吸收Br2时，Br2被还原为HBr，SO2被氧化为SO，结合电子守恒、元素守恒可得离子方程式为SO2+2H2O+Br2=4H++2Br-+；该反应中会生成强酸，后续流程得到溴单质，所以应解决强酸和溴对设备的腐蚀问题。
9． 分液漏斗 蒸馏烧瓶 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO2过量，溶液显酸性．产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600
【详解】(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；
(2)从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；
(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；
(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；
(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①；②；反应①I-被氧化成I2，反应②中第一步所得的I2又被还原成I-，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的得电子总数就与消耗的失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2S2O3)=a ml/L，列电子得失守恒式：，解得a=0.1600ml/L。
10． +34.5 Ca(ClO)2 ＜ p3＜p2＜p1 4.17 0.2 1.0×104
【详解】（1）已知：①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g) △H=-49.5kJ•ml-1，由图1可知②CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g）△H=+（463-379）kJ·ml－1=+84kJ·ml－1，根据盖斯定律①+②，则反应CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g) +H2O(g) △H=+34.5kJ•ml-1，故答案为：+34.5；
（2）氧化剂可处理甲醛污染，结合图2，水温约为15℃时，选择Ca(ClO)2处理被甲醛污染的水源时，甲醛去除率更高，故答案为：Ca(ClO)2；
（3）①由图3可知，随着温度升高，CO的平衡转化率逐渐下降，说明平衡逆向移动，则△H＜0，故a＜0；该反应是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，则p3＜p2＜p1；故答案为：＜；p3＜p2＜p1；
②起始时c（H2）=c（CO）=2.0ml·L－1，达到平衡时，CO的转化率为40%，
K===4.17，故答案为：4.17；
（4）v逆=k•c(CO)•c3(H2)，则c13=，c2=，根据表中数据v逆=k•c(CO)•c3(H2)=k××=16.0ml·L-1·min-1，解得k=1.0×104L3•ml-3•min-1；c2==0.2ml·L-1。故答案为：0.2；1.0×104。
【点睛】本题考查化学反应原理，侧重考查学生对化学反应原理的理解能力和综合运用能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动、化学平衡的计算等，（1）根据题目图示信息，结合盖斯定律计算，难点（4）化学平衡三段式解答，代入公式v逆=k•c(CO)•c3(H2)先求出K，再代入数据计算。
11．(1)3d10
(2) P＞S＞Si S元素
(3) SO SO中心原子含有一个孤电子对，SO中心原子不含孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力
(4) 面心立方最密堆积 12 AD
(5) sp2
(6)2.3
【详解】（1）亚铜离子是由铜原子失去了一个电子得到的，所以有28个电子，所以为3d10；故答案为：3d10。
（2）同一个周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但ⅤA族与ⅥA族反常，故、P、S第一电离能由大到小的顺序是P＞S＞Si；同一个周期从左往右电负性逐渐增强，其中电负性最大的元素是S，故答案为：P＞S＞Si；S元素。
（3）SO中S原子价层电子对数：，且含有1个孤电子对，SO中S原子价层电子对数：且不含孤电子对， 前者为三角锥形，后者为四面体形，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以键角：前者小于后者，所以键角较小的是SO。故答案为：SO；SO中心原子含有一个孤电子对，SO中心原子不含孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力。
（4）晶体的堆积方式是面心立方最密堆积；其配位数为12；往的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成，
A．该化合物是离子化合物，在中所含的化学键有离子键、极性键和配位键，选项A正确；
B．在中给出孤电子对，提供空轨道，选项B错误；
C．组成元素中第一电离能最大的是氮元素，选项C错误；
D．与互为等电子体，空间构型均为正四面体形，选项D正确；
答案选AD；
故答案为：面心立方最密堆积；12；AD。
（5）①在硼酸[]分子中，B原子与3个羟基相连，则分子中B原子杂化轨道数目为3，分子中B原子杂化轨道的类型是，其晶体具有与石墨相似的层状结构，其同层分子间的主要作用力是氢键，故答案为：sp2；
②硼酸（）能电离，它在水中能结合水电离出的OH-，形成离子，则硼酸还电离出氢离子，则其电离方程式为：；故答案为：。
（6）石墨的层间距为，可以认为一层石墨的厚度是，对某一层石墨中的一个六元环，正六边形环的边长是，面积S=6+142142sin=52387.6pm2,环的厚度h=，那么一个环占有的体积V=Sh=52387.6335=1.75410-7pm3=1.75410-23cm3,六元环中每个C原子都被3个环共用，一个环实际有2个C原子，一个环的质量m==2=3.99g。所以，石墨的密度===2.3，故答案为：2.3。
12． 苯甲醛 C19H27NO3 消去反应 羧基、氨基 +2H2O→+CO2↑+NH3↑ 吸收生成的 HCl，促使反应平衡正向移动，有利于提高那格列奈产率
【分析】利用逆推法由M和H及E、F的分子式，推出F为，再结合C、D分子式逆推出B为苯甲醛，得到流程中的各步变化为：A与B发生加成反应生成C，C为，C在酸性条件下发生消去反应生成D，D为，D在催化剂作用下与氢气加成生成E，E为，E发生 +2H2O→+CO2↑+NH3↑，得到F，F为，F与H发生取代反应生成M，M为，M的分子式为：C19H27NO3。
【详解】（1）B的结构简式为：，化学名称为苯甲醛；M的结构简式为：，分子式为C19H27NO3。故答案为：苯甲醛；C19H27NO3；
（2）C为在酸性条件下发生消去反应生成和水，反应②的类型为消去反应；为， F 中含有的官能团名称为羧基、氨基。故答案为：消去反应；羧基、氨基；
（3）中酰胺键发生水解生成、水和二氧化碳，E →F的化学方程式： +2H2O→+CO2↑+NH3↑。故答案为： +2H2O→+CO2↑+NH3↑；
（4）F为与H发生取代反应生成M和HCl，反应④是可逆反应，吡啶是一种有机碱，从平衡的角度分析其在反应④中的作用是：吸收生成的 HCl，促使反应平衡正向移动，有利于提高那格列奈产率。故答案为：吸收生成的 HCl，促使反应平衡正向移动，有利于提高那格列奈产率；
（5）满足下列条件的F的同分异构体①分子中含有苯环和—NH2；②能发生银镜反应，有-CHO或甲酸形成的酯，③1H—NMR谱显示分子中共有四种不同化学环境的氢，沿苯环中心有一个对称轴，所有同分异构体为：。
故答案为：。
【点睛】本题考查有机推断，正确推断F和B是解题的关键，难点：F和B的推断，要采用逆推法完成，利用逆推法由M和H及E、F的分子式，推出F为，再结合C、D分子式逆推出B为苯甲醛。