吉林省2023届高三下学期第三次模拟考试理综化学试卷（含解析）

吉林省2023届高三下学期第三次模拟考试理综化学试卷

学校:___________姓名：___________班级：____________

一、单选题

1．我国宋代的药物著作《开宝本草》中记载了铁华粉的制法：“取钢煅作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上生衣，铁华成矣。”由此判断铁华粉是指 （   ）

A．铁粉 B．氢氧化亚铁 C．氢氧化铁 D．醋酸亚铁

2．某有机物的结构简式为：，按官能团分类，它不属于（   ）

A．酮类 B．卤代烃 C．酯类 D．羧酸类

3．下列元素的原子半径最大的是（  ）

A．氮 B．磷 C．氧 D．硫

4．在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是（   ）

A．强酸性溶液中：Cu2+、K+、ClO-、SO

B．含有大量AlO的溶液中：K+、Na+、HCO、I-

C．滴入KSCN显血红色的溶液中：NH、Al3+、NO、SO

D．有色透明溶液中：Fe2+、Ba2+、[Fe(CN)6]3-、NO

5．下列所示装置不能达到实验目的的是（   ）

A．图甲装置验证铁的吸氧腐蚀

B．图乙装置实验室制备

C．图丙装置制取无水氯化镁

D．图丁装置探究浓度对化学反应速率的影响

6．纯水中存在电离平衡：。下列采取的措施中，能促进水的电离的是（   ）

A．适当加热 B．加入几滴浓盐酸

C．加入少量NaOH  D．加入少量NaCl

7．下列各微粒的电子排布式或外围电子轨道表示式不符合能量最低原理的是（   ）

A．Fe2+　 B．S 　

C．F 　  D．Na+　

二、实验题

8．为探究实验室中久置的氢氧化钠固体的成分，进行如下探究实验。

[对固体猜想]猜想Ⅰ：全部是NaOH；

猜想Ⅱ：全部是Na2CO3；

猜想Ⅲ：是NaOH和Na2CO3混合物。

[实验和推断]

回答下列问题：

(1)若现象a为有气泡产生，则加入的A溶液可以是___________；

a．稀盐酸     b．NaHSO4溶液     c．NaHCO3溶液

产生气泡的反应的离子方程式是___________；

(2)若A是Ca(OH)2溶液，现象a为产生白色沉淀，现象b为无色酚酞试液变红色，则白色沉淀为___________(填化学式)，该实验___________(填“能”或“不能”)说明样品中有NaOH。

(3)若A是CaCl2溶液，实验现象a为___________，现象b为___________，则猜想Ⅱ成立。

(4)久置的氢氧化钠变质的原因是(用化学方程式表示)___________。

三、工业流程题

9．锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，以某硫化锌精矿(主要成分是ZnS，还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：

回答下列问题：

(1))在该流程中可循环使用的物质是Zn和H2SO4，基态S原子占据最高能级的原子轨道的形状为___________，的空间结构为___________。

(2)“焙烧”过程在氧气气氛的沸腾炉中进行，“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，写出“焙烧”过程中FeS主要发生反应的化学方程式：___________；“ 含尘烟气”中的SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，所得溶液中的=___________。[已知：Ka1 (H2SO3)=l.4×10-2；Ka2(H2SO3)=6. 0×10-8]

(3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得“滤渣”的成分为___________(填化学式)，分离“滤液”'“滤渣”的操作名称为___________。

(4)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸(稀硫酸)浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。

①下列设想的加快浸取反应速率的措施中不合理的是___________ (填标号)。

A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸

B．将硫化锌精矿粉碎

C．适当升高温度

②硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液可慢慢地转化为铜蓝(CuS) ：ZnS(s) +Cu2+ (aq) CuS(s)+Zn2+(aq) ，该反应的平衡常数K=___________。 [已知：Ksp(ZnS)=1. 6×10-24，Ksp(CuS)=6.4×10-36]

(5)金属锌化学性质活泼，可用于多种化学电源的电极材料。一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收了ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，电池总反应为MnO2 +Zn+(1+ )H2O+ZnSO4MnOOH+ [ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]。放电时正极的电极反应式为___________。

四、有机推断题

10．石油裂解气用途广泛，可用于合成各种橡胶和医药中间体。利用石油裂解气合成CR橡胶和医药中间体K的路线如图：

已知：Ⅰ．二氯代烷D的相对分子质量是113，核磁共振氢谱2组峰面积之比为2：1；

Ⅱ．

(1)A的顺式异构体的结构简式为___________。

(2)反应②的条件是___________，依次写出①和④的反应类型：___________、___________。

(3)写出F→G过程中第一步反应的化学方程式：___________。

(4)比G多2个碳原子的同系物的所有同分异构体有___________种；写出其中核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为3：1的同分异构体的结构简式___________。

(5)已知双键上的氢原子很难发生取代反应。以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B：合成路线流程图示如：___________。

五、原理综合题

11．回答下列问题：

(1)FeS2焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃、101KPa时：

2 SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)    △H1=-197kJ·mol-1；

H2O(g)═H2O(l)    △H2=-44kJ·mol-1；

2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)═2H2SO4(l)    △H3=-545kJ·mol-1

则SO3(g)与H2O(l)反应生成H2SO4(l)的热化学方程式是_______。

(2)用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：

已知：i. 反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量。

ii.

断开1mol H-O键与断开1mol H-Cl键所需能量相差约_______kJ(结果保留至个位)。

(3)下图是容积均为1L，分别按4种投料比[n(HCl)：n(O2)]分别为1：1、2：1、4：1、6：1进行投料，反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。

①曲线c对应的投料比是_______。

②投料比为4：1、温度为400℃时，平衡混合气中Cl2的物质的量分数是_______(结果保留至小数点后1位)，O2的平衡转化率_______。

参考答案

1．D

【详解】铁华粉的制法为：取钢煅作叶，令表光净、以盐水洒之并置于浓醋瓮中，阴处埋之百日，则铁上生衣，铁华成矣，由信息可知，Fe与醋酸反应生成铁华粉，铁是活泼金属，能与酸反应亚铁盐，即铁能与醋酸反应生成醋酸亚铁，所以铁华粉是指醋酸亚铁，故答案为D。

2．C

【详解】由结构简式可知有机物含有羰基、碳碳双键、羧基、氯原子及醚键，分别属于酮类、醚类、羧酸类和卤代烃，不含酯基，不属于酯类。

【点睛】本题考查有机物的官能团及分类，为高频考点，把握官能团及分类为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的组成，题目难度不大。

3．B

【详解】根据层多径大，磷、硫有三个电子层，氮、氧有两个电子层，因此磷、硫原子半径大于氮、氧原子半径；同电子层结构，序大径小原则，磷原子序数小，原子半径大，即原子半径最大的是磷；答案为B。

4．C

【详解】A．强酸性溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子会反应生成弱酸次氯酸，不能大量共存，A不符合题意；

B．AlO会与HCO反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，不能大量共存，B不符合题意；

C．滴入KSCN显血红色的溶液中存在铁离子，与上述四组离子不反应，可大量共存，C符合题意；

D．Fe2+与[Fe(CN)6]3-反应会生成深蓝色沉淀，两者不能大量共存，D不符合题意；

故选C。

5．C

【详解】A．图甲装置中导气管形成一段水柱，说明试管中氧气被吸收，则验证铁的吸氧腐蚀，能达到实验目的，故A不符合题意；

B．图乙阳极铁失去电子变为亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，煤油可隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化，因此图乙装置是实验室制备，能达到实验目的，故B不符合题意；

C．由于镁离子水解，因此图丙装置应在HCl气流中加热制取无水氯化镁，图丙装置不能达到实验目的，故C符合题意；

D．图丁装置根据双氧水浓度得到3%的双氧水的冒气泡速率快，说明该装置是探究浓度对化学反应速率的影响，能达到实验目的，故D不符合题意。

综上所述，答案为C。

6．A

【详解】A．水的电离是吸热反应，故升高温度，平衡正向移动，能促进水的电离，A正确；

B．，加入几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，B错误；

C．，加入少量NaOH，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，C错误；

D．加入少量NaCl对水的电离没有影响，D错误；

答案选A。

7．B

【详解】A．Fe是26号元素，Fe原子失去最外层的2个电子形成的Fe2+核外电子数为24，核外电子排布式为，符合能量最低原理，A正确；

B．S是16号元素，根据构造原理可知基态S的核外电子排布式应为，故不符合能量最低原理，B错误；

C．F是9号元素，原子核外电子排布是2、7，外围电子排布式为2s22p5，由于在一个轨道上最多可容纳2个自旋方向相反的电子存在，则外围电子轨道表示式为，符合能量最低原理，C正确；

D．Na是11号元素，Na原子失去最外层1个3s电子变为Na+，Na+最外电子层为第2层，有8个电子，外围电子排布式为2s22p6，Na+外围电子轨道表示式为，D符合能量最低原理，D正确；

故合理选项是B。

8．(1)     ab    

(2)          不能

(3)     有白色沉淀生成     无色酚酞试液不变色

(4)

【解析】（1）

若现象a为有气泡产生，则加入的A溶液中含有氢离子，发生反应：，所以A溶液可以是稀盐酸或NaHSO4溶液，NaHCO3溶液不会与NaOH或Na2CO3产生气泡，c不选，ab符合题意，故选ab；

（2）

A溶液是Ca(OH)2溶液，现象a有白色沉淀，则白色沉淀为，因为Na2CO3可与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，现象b为无色酚酞试液变红色；该实验不能说明样品中是否含有NaOH，因为Na2CO3与氢氧化钙反应也有NaOH生成。

（3）

若A是CaCl2溶液，则CaCl2溶液可与Na2CO3发生反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，则实验现象a为有白色沉淀生成，b为无色酚酞试液不变色，就能证明样品中只有Na2CO3，猜想Ⅱ成立。

（4）

久置的氢氧化钠易潮解，潮解后与空气中的二氧化碳发生反应生成碳酸钠和水，其变质的原因可以用化学方程式表示为：。

9．(1)     纺锤形     正四面体形

(2)     3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2     6× 10-3

(3)     Zn、Fe     过滤

(4)     A     2.5×1011

(5)MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-

【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用。

【详解】（1）基态S原子的核外电子排布式为：，最高能级的原子轨道为3p轨道，形状为纺锤形，的中心S原子价层电子对数位，无孤电子对，为正四面体形结构，故答案为：纺锤形；正四面体形；

（2）已知“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，说明 “焙烧”过程FeS中Fe被氧化，S被还原，所以主要发生反应的化学方程式为3FeS+5O2Fe3O4 +3SO2；SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，c(H+)=1×10-5mol/L，已知Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，所以=6×10−8，所以=6× 10-3；故答案：为3FeS+5O2Fe3O4 +3SO2；6× 10-3；

（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成分为Zn、Fe；过滤可分离“滤液”'“滤渣”；故答案为：Zn、Fe；过滤。

（4）①A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸，将发生氧化还原反应，产生二氧化硫，故A不合理；

B．将硫化锌精矿粉碎，增大接触面积，有利于快浸取反应速率，故B合理；

C.适当升高温度，有利于加快浸取反应速率，故C合理；

故答案选：A。

②反应ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数K=，已知：Ksp(ZnS)=c(Zn2+)·c(S2-)=1.6×10−24，Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=6.4×10−36；所以K====2.5×1011，故答案为：2.5×1011。

（5）电池总反应为MnO2+12Zn+(1+x6)H2O+16ZnSO4MnOOH+16[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]，放电时正极发生还原反应，所以电极方程式为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-；故答案为：MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-。

10．(1)

(2)     NaOH溶液、加热     加聚反应     加成反应

(3)OHCCH2CHO＋4Ag(NH3)2OHCH2(COONH4)2＋6NH3＋4Ag↓＋2H2O

(4)     4    

(5)BrCH2CH=CHCH2BrHOCH2CH=CHCH2OH

【分析】根据反应①的产物可推出B为，根据A和C的结构得到丁二烯和溴单质发生1,4−加成得到BrCH2CH=CHCH2Br，二氯代烷D的相对分子质量是113，则D为分子式为C3H6Cl2，核磁共振氢谱2组峰面积之比为2：1，则D的结构简式为ClCH2CH2CH2Cl，D发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH，E催化氧化生成OHCCH2CHO，E和银氨溶液、酸化得到HOOCCH2COOH，G和乙醇酯化，根据H的分子式得到H结构简式为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，根据信息C和H反应生成 ，根据信息反应生成K()

(1)

A(BrCH2CH=CHCH2Br)的顺式异构体的结构简式为；故答案为：。

(2)

反应②是发生水解反应，其反应的条件是NaOH溶液、加热，反应①是碳碳双键发生加聚反应，反应④是烯烃加成反应；故答案为：NaOH溶液、加热；加聚反应；加成反应。

(3)

F→G过程中第一步反应是醛基和银氨溶液发生银镜反应，其反应的化学方程式：OHCCH2CHO＋4Ag(NH3)2OHCH2(COONH4)2＋6NH3＋4Ag↓＋2H2O；故答案为：OHCCH2CHO＋4Ag(NH3)2OHCH2(COONH4)2＋6NH3＋4Ag↓＋2H2O。

(4)

比G(HOOCCH2COOH)多2个碳原子的同系物的所有同分异构体，可以理解为两个羧基取代丙烷中的两个氢原子，在同一个碳原子上有两种结构，在不同碳原子上也有两种结构，因此同分异构体共有4种；其中核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为3：1的同分异构体，则有对称性，其结构简式；故答案为：4；。

(5)

根据题意BrCH2CH=CHCH2Br双键上的氢原子很难取代，则先发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，再与HCl发生加成反应得到，再在浓硫酸加热条件下发生消去反应得到，其合成路线流程图示如：BrCH2CH=CHCH2BrHOCH2CH=CHCH2OH；故答案为：BrCH2CH=CHCH2BrHOCH2CH=CHCH2OH。

11．(1)   ；

(2)32

(3)     2：1     35.3%     75%

【解析】（1）

设反应①：2 SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)    △H1=-197kJ·mol-1；

反应②：H2O(g)═H2O(l)    △H2=-44kJ·mol-1；

反应③：2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)═2H2SO4(l)    △H3=-545kJ·mol-1:

因与反应生成的热化学方程式 ，根据盖斯定律可知，该反应可由反应③-反应①-反应②得到，所以对应反应热

=，故与反应生成的热化学方程式是：   ；

（2）

根据题干信息，结合ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能可知，4EH-Cl+EO-O-(2ECl-Cl+4EH-O)=-115.6kJ·mol-1，化简得EH-Cl-EH-O=-32kJ·mol-1＜0，即1mol H-O键与断开1mol H-Cl键所需能量相差约32kJ，故答案为：32；

（3）

①观察4个投料比的数据，可以看作是O2的量不变，HCl的量依次增加，则HCl的转化率依次降低；在图中，同一温度下，a、b、c、d的HCl的转化率依次降低，且c的转化率在第二个，所以c对应的投料比为2：1；

②投料比4：1对应的是曲线b，400℃时，HCl的转化率为75%；设起始时有400mol的HCl，则有100mol O2，则平衡时反应的三段式为（单位:mol）:

则平衡时，Cl2的物质的量分数为=35.3%；O2的平衡转化率为=75%。