甘肃省平凉市2022-2023学年高三第二次模拟考试化学试卷（含解析）

甘肃省平凉市2022-2023学年高三第二次模拟考试化学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．火箭所需要的巨大能量由特制的燃料来提供，有关燃料燃烧过程中的变化，下列说法不正确的是 （    ）

A．所有的燃烧过程均是放热的

B．需要点燃才能发生的燃烧过程是吸热的

C．所有燃料在燃烧过程中均会发生化学键的断裂

D．燃烧后产物的总能量一定小于反应物的总能量

2．准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定。下列说法正确的是（    ）

A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定

B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大

C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定

D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小

3．某有机物的结构简式为，该化合物不可能发生的化学反应是（    ）

A．水解反应 B．加聚反应 C．氧化反应 D．酯化反应

4．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（    ）

A．常温常压下，16gN2和O2的气体混合物中含有的原子数等于NA

B．1.0mol/LNa2SO4溶液中，含有的Na+数为2NA

C．7.1g氯气与足量NaOH溶液反应转移的电子数为0.1NA

D．标准状况下，11.2L水含有的水分子数为0.5NA

5．用惰性电极电解下列溶液一段时间后，再加入一定量的某种纯净物(括号内物质)，不能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是（    ）

A．KCl(HCl) B．AgNO3(HNO3) C．H2SO4(H2O) D．CuSO4(CuO)

6．如图是元素周期表的一部分。X、Y、Z、W均为短周期元素，若W原子最外层电子数是其内层电子数的，则下列说法不正确的是（    ）

A．X元素与W元素可以形成XW3型化合物

B．阴离子还原性：Z2-＜W-

C．阴离子半径从大到小的顺序为：Z＞W＞X＞Y

D．Y元素可以形成两种在常温常压下都为气体的同素异形体

7．25˚C时，下列有关电解质溶液的说法正确的是（    ）

A．0.lmol/L NaHCO3溶液中：c(Na+)=c()+c()

B．将CH3COONa溶液从25˚C升温至60˚C，溶液中增大

C．常温下，将1mL 1×10-6mol/L盐酸稀释至l000mL，所得溶液的pH约为9

D．物质的量浓度相同的①NH4Cl溶液 ②NH4HCO3溶液，()：①＞②

二、实验题

8．取一定量的酸性溶液依次进行下列实验，有关现象记录如下：

(1)能不能用盐酸酸化溶液，为什么？_______。

(2)酸性溶液滴加适量，紫红色褪去，并有无色气泡产生；反应的离子方程式为_______。

再加入适量的固体，固体溶解，溶液又变为紫红色。

(3)、、的氧化性由强到弱的顺序为_______。

三、工业流程题

9．工业上常用含钒炉渣(主要含FeO·V2O3，还有少量MnO、Al2O3、SiO2等杂质)提取V2O5，提取流程如图：

已知：V2O3难溶于水和碱，可溶于酸，灼烧可生成V2O5。

(1)为提高含钒炉渣的浸取率，可采取的措施为_______。

(2)“滤液1”中除了含有过量的NaOH外，还含有的溶质为_______(填化学式)。

(3)灼烧的目的是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3，写出该反应的化学方程式：_______；该过程中被氧化的元素是_______(填元素符号)。

(4)“沉锰”时需将温度控制在70°C左右，温度不能过高的原因为_______；“滤渣2”的主要成分是MnCO3，写出生成MnCO3的离子方程式：_______。

(5)将V2O3溶于足量稀硫酸得到250mL (VO2)2SO4溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1的Na2SO3标准溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为20.00mL。已知：呈黄色、VO2+呈蓝色。

①该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的颜色变化为_______。

②(VO2)2SO4溶液中溶质的物质的量浓度为_______。

③达到滴定终点时，俯视滴定管读数将使结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

四、原理综合题

10．研究化学反应过程中能量的转化对于实际生产具有重要的意义。

(1)化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的，下图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化：

①该反应中反应物的总能量___________生成物的总能量(填“大于”、“小于”或“等于”)；

②该反应中，每生成30g NO(g)，放出(或吸收))热量___________kJ

(2)已知31g白磷转变为31g红磷的能量变化如下图所示。试回答：

①上述变化属于___________(填“物理”或“化学”)变化

②常温常压下，白磷与红磷更稳定的是___________

(3)某种燃料电池的工作原理示意如图所示，a、b均为惰性电极。

①使用时，空气从___________口通入(填“A”或“B”)

②假设使用的“燃料”是氢气(H2)，a极的电极反应式为___________

③若电池中氢气(H2)通入量为224 mL(标准状况)，且反应完全，则理论上通过电流表的电量为___________C(法拉第常数：F=9.65×104C/mol)

五、结构与性质

11．金属、非金属及其化合物在科学研究和工业生产中具有重要的用途。

(1)FeCl3溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示：

①此配合物中，Fe3+ 的M层电子排布式为_________；

②此配离子中配体为C6H10O3，则该配离子的化学式为_________，配位数为_______。

(2)杂化轨道理论认为六配位的正八面体构型是由中心原子提供2个d轨道、1个s轨道和3个p轨道形成的杂化轨道，根据中心原子提供的d轨道是内层的还是外层的分为内轨型和外轨型。Fe(CN)属于内轨型配离子，中心离子采取d2sp3杂化；SF6属于外轨型化合物，推测S原子采取_________杂化。

(3)科学家合成了一种阳离子为“N”，其结构是对称的。5个N排成“V”形，每个N原子都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N”化学式为“N8”的离子晶体，写出“N”结构式__________，写出一种与阴离子互为等电子体的分子的化学式：_________。

(4)N4H易被植物吸收，但它遇到碱时会生成类似白磷的N4分子，不能被吸收。1个N4H中含有______个σ键。

(5)某种磁性氮化铁的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为______。若晶胞底边长为a nm，高为c nm，则这种磁性氮化铁的晶体密度为 ___________g/㎝3（用含a、c和NA的式子表示）。

六、有机推断题

12．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：

回答下列问题：

(1)A的名称是___________；C中的官能团名称是___________。

(2)②的反应类型是___________；写出D的结构简式，用星号(*)标出D中的手性碳原子___________。(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)

(3)具有六元环结构、且环上只有1个取代基，并能与NaOH溶液发生反应的C的同分异构体有___________种；写出能发生银镜反应的同分异构体的结构简式___________。(不考虑立体异构)

(4)写出F到G的反应方程式___________ 、___________。

(5)参照化合物G合成线路，设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备的合成路线___________(无机试剂任选)。

参考答案

1．B

【详解】A．燃烧反应反应物的总能量高于生成物的总能量，都是放热反应，A正确；

B．根据A选项的分析，所有的燃烧过程均是放热的，B错误；

C．燃烧是化学变化，化学变化从微观上看是旧键断裂，新键形成的过程，因此燃料在燃烧过程中均会发生化学键的断裂，C正确；

D．燃烧为放热反应，产物的总能量一定小于反应物的总能量，D正确；

故选B。

2．B

【分析】根据题意可知，本题考查碱滴定酸，运用酸碱中和滴定步骤分析。

【详解】A.滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，故A错误；

B.碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，故B正确；

C.用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，故C错误；

D.滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，故D错误；

答案选B。

3．A

【详解】CH2=CH-COOH含有碳碳双键，可发生加聚反应和加成反应，又含有羧基，可发生酯化反应，CH2=CH-COOH不含有能够发生水解反应的官能团(如酯基、卤素原子)，故A符合；

答案选A。

4．C

【详解】A．N2的摩尔质量为28g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，N2和O2的混合气体平均摩尔质量小于32g/mol，则16gN2和O2混合的物质的量小于0.5mol，都由双原子构成，则含有的原子数小于NA，故A错误；

B．没有说明溶液的体积，不能计算物质的量，故B错误；

C．7.1g氯气的物质的量为，氯气与足量NaOH溶液发生歧化反应生成NaCl和NaClO，Cl元素从0价降至-1价，故0.1mol氯气转移0.1NA个电子，故C正确；

D．标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故D错误；

故选：C。

5．B

【详解】A．电解KCl溶液，氢离子和氯离子放电，则应加入HCl恢复原样，此时加入括号内物质，能使溶液恢复到原来的成分和浓度，A错误；

B．电解AgNO3溶液，银离子和氢氧根离子放电，应加入氧化银恢复原样，此时加入括号内物质，不能使溶液恢复到原来的成分和浓度，B正确；

C．电解硫酸溶液，氢离子和氢氧根离子放电。则加入水能恢复原样，此时加入括号内物质，能使溶液恢复到原来的成分和浓度，C错误；

D．电解CuSO4溶液，铜离子和氢氧根离子放电，则一段时间内应加入氧化铜能恢复原样，此时加入括号内物质，能使溶液恢复到原来的成分和浓度，D错误；

故选B。

6．B

【分析】W的最外层电子为内层电子的，推测其最外层为7个电子，内层电子为10个，则W共有17个电子，故W为Cl，根据位置关系确定Z为S，Y为O，X为N。

【详解】A．X（N元素）可与W（Cl元素）通过共用电子对形成化合物NCl3，A正确；

B．非金属性：Cl＞S，故氧化性Cl2＞S，所以阴离子还原性：Cl-＜S2-，B错误；

C．Cl-、S2-电子层为3层，其半径大于电子层为2层的O2-、N3-，电子层相同时，核电荷数越大，半径越小，故半径从大到小顺序为：S2-＞Cl-＞N3-＞O2-，C正确；

D．Y元素可形成O2、O3两种同素异形体，且常温常压下均为气体，D正确；

故答案选B。

7．D

【详解】A．0.lmol/L NaHCO3溶液中，依据物料守恒：c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，则c(Na+)＞c()+c()，A不正确；

B．CH3COONa的水解反应为吸热反应，升高温度，CH3COO-的水解程度增大，Kh增大，则溶液中=减小，B不正确；

C．常温下，将1mL 1×10-6mol/L盐酸稀释至l000mL，溶液仍然呈酸性，所得溶液的pH小于7，C不正确；

D．物质的量浓度相同的①NH4Cl溶液、②NH4HCO3溶液中，①中发生单水解，②中和发生双水解，所以②中的水解程度更大，()：①＞②，D正确；

故选D。

8．(1)不能，因为高锰酸钾能氧化氯离子，生成氯气

(2)6H＋＋5H2O2＋2MnO=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O

(3)PbO2> KMnO4 >H2O2

【详解】（1）高锰酸钾能把氯离子氧化为氯气，所以不能用盐酸酸化溶液。

（2）酸性溶液滴加适量，紫红色褪去，并有无色气泡产生，说明被氧化为氧气，被还原为锰离子，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为6H＋＋5H2O2＋2MnO=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O；

（3）根据6H＋＋5H2O2＋2MnO=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，可知是氧化剂、H2O2是还原剂，氧化性KMnO4 >H2O2；再加入适量的固体，固体溶解，溶液又变为紫红色，说明Mn2＋被氧化为MnO，是氧化剂、MnO是氧化产物，氧化性PbO2> KMnO4，所以、、的氧化性由强到弱的顺序为PbO2> KMnO4 >H2O2。

9．(1)延长浸取时间##炉渣粉碎##提高NaOH溶液的浓度##加热

(2)Na2SiO3、NaAlO2

(3)     4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2     V、Fe

(4)     温度过高，会导致NH4HCO3分解     Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑

(5)     锥形瓶内溶液由黄色变为蓝色，且半分钟不恢复原色     0.08mol·L-1     偏低

【分析】含钒炉渣(主要含FeO·V2O3，还有少量MnO、Al2O3、SiO2等杂质)提取V2O5，先加NaOH溶液，和Al2O3、SiO2反应生成偏铝酸盐、硅酸盐除去，滤渣加入碳酸钠通入空气焙烧，将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3、氧化铁，灼烧后加硫酸酸浸得到主要是硫酸铁、(VO2)2SO4， 然后调节pH，使铁离子转化为沉淀氢氧化铁，过滤得到滤渣1为氢氧化铁，滤液加入NH4 HCO3，锰离子生成碳酸锰沉淀，过滤得到滤渣2为碳酸锰,滤液中加入硫酸铵沉钒生成NH4VO3，受热分解生成V2O5。

(1)

为提高含钒炉渣的浸取率，可采取的措施为延长浸取时间、炉渣粉碎、提高NaOH溶液的浓度、加热，

故答案为: 延长浸取时间、炉渣粉碎、提高NaOH溶液的浓度、加热；

(2)

“滤液1”中除了含有过量的NaOH外,还含有氢氧化钠溶液和Al2O3、SiO2反应生成的Na2AlO2、Na2SiO3，故答案为: Na2AlO2、Na2SiO3；

(3)

FeO·V2O3与氧气、碳酸钠焙烧转化为可溶性NaVO3等，该反应的化学方程式为: 4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2；

该反应中，铁、钒元素的化合价升高，FeO·V2O3作还原剂，V、Fe被氧化，故答案为:

4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2；V、Fe；

(4)

“沉锰”需将温度控制在70℃左右，温度过高，NH4HCO3分解导致原料利用率低；加入碳酸氢铵沉锰，生成碳酸锰和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑；

故答案为:温度过高，NH4HCO3分解；Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑；

(5)

①滴定过程中Na2SO3被氧化为Na2SO4，(黄色)被还原为VO2+ (蓝色)，所以该2滴定实验不需要另加指示剂，达到滴定终点的现象是:溶液由黄色变为蓝色，且半分钟不变色；

故答案为:溶液由黄色变为蓝色且半分钟内不恢复原色；

②反应中V元素的化合价由+5价变为+4价，得到1个电子，S元素化合价由+4价变为+6价，失去2个电子，则由电子得失守恒可知，参加反应的(VO2)2SO4的物质的量等于Na2SO3的物质的量，即为0.100mol/L0.02L = 0.002mol，则(VO2)2SO4溶液中溶质的物质的量浓度为= 0.080mol/L，故答案为: 0.080mol/L；

③达到滴定终点时，俯视滴定管读数，则读数偏小，消耗标准液体积减少，将使结果偏低;故答案为:偏低。

10．     小于     90     化学     红磷     B     H2-2e-＋2OH-=2H2O     1.93×103

【详解】(1)①由图可知，氮氮三键的键能为946kJ/mol，氧氧双键的键能为498kJ/mol，一氧化氮中氮氧键的键能为632kJ/mol，1molN2(g)和1molO2(g)反应生成2molNO(g)过程中需要从外界吸收180kJ/mol的能量，所以该反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，故答案为：小于；

②30g NO(g)的物质的量为1mol，所以每生成30g NO(g)，吸收热量180kJ/mol=90kJ，故答案为：90；

(2)①同素异形体之间的转化为化学变化，所以白磷转变为红磷的变化为化学变化，故答案为：化学；

②由图可知，由白磷转变为红磷要放出热量，能量越低越稳定，所以白磷与红磷更稳定的是红磷，故答案为：红磷；

(3)①该装置为原电池，空气中的O2得电子作为正极，装置中电子由a移向b，则b为正极，则空气从B口通入，故答案为：B；

②假设使用的“燃料”是氢气(H2)，该装置中电解质为KOH溶液，电解质为碱性，H2失电子发生氧化反应，则a极的电极反应式为H2-2e-＋2OH-=2H2O，故答案为：H2-2e-＋2OH-=2H2O；

③若电池中氢气(H2)通入量为224 mL(标准状况)，且反应完全，n(H2)==0.01mol，则理论上通过电流表的电量Q=9.65×104C/mol0.01mol2=1.93×103C(法拉第常数：F=9.65×104C/mol)，故答案为：1.93×103。

11．(1)     3s23p63d5     [Fe(C6H10O3)3]3+     6

(2)sp3d2

(3)          CO2或N2O

(4)10

(5)     Fe3N    

【解析】(1)

①铁是26号元素，Fe3+ 的M层电子排布式为3s23p63d5；

②由图可知则该配离子的化学式为[Fe(C6H10O3)3]3+；氧原子是配位原子，由图可知

配位数为6；

(2)

SF6属于外轨型化合物，且杂化轨道数目应该为6个，故应该在sp3之后还应该由2个d轨道参与杂化，故杂化方式为sp3d2；

(3)

因为阳离子“N”结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键，满足条件的结构为：；“N8”中阴离子为N，其中的阴离子中原子个数是3、价电子数是16，所以其等电子体有CO2或N2O；

(4)

N4分子结构类似白磷，N4H中4个N原子之间形成正四面体，每个N原子形成3个N-N、1个N-H键，N4H中共有6个N-N键、4个N-H键，1个N4H中含有10个o键；

(5)

根据晶胞的结构，可知Fe为六方最密堆积；根据均摊法，在氮化铁晶胞中含有N原子数为2，Fe原子数为，所以氮化铁的化学式为Fe3N；若晶胞底边长为a nm，高为c nm，则晶胞的体积是，所以这种磁性氮化铁的晶体密度为。

12．(1)     2、5—二甲基—1—环己醇     羰基和羟基

(2)     加成反应    

(3)     8     或

(4)     +C2H5OH    

(5)，CH3COCH2COOC2H5

【分析】A氧化得到B，B和甲醛发生加成反应生成C；比较CE结构可知，C中羟基被高锰酸钾氧化生成羧基，得到D，D和乙醇发生取代反应生成E；比较EG结构可知，反应EF为在碳六元环上引入丙基碳链的反应，F中酯基水解酸化转化为羧基得到G；

（1）

A的名称是2、5—二甲基—1—环己醇；C中的官能团名称是羰基和羟基。

（2）

②为B和甲醛反应，反应后甲醛中不饱和键变为饱和键，反应类型是加成反应；

C中羟基被高锰酸钾氧化生成羧基，得到D，D结构简式为，，碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，则D中的手性碳原子如图。

（3）

能与NaOH溶液发生反应则官能团为酯基或羧基，具有六元环结构、且环上只有1个取代基，则取代基可以为—CH2CH2COOH、、、、—COOCH2CH3、—CH2COOCH3、—CH2CH2OOCH、，共8种；能发生银镜反应则需要含有醛基，则结构简式为或。

（4）

F到G的反应第一步为酯的水水解反应生成羧酸盐，第二步为酸化得到羧酸；反应为 +C2H5OH、。

（5）

首先通过取代反应甲苯转化为，然后根据流程中反应⑤原理可知，将苯环引入到乙酰乙酸乙酯中，在水解酸化得到；

流程为： ，CH3COCH2COOC2H5。