山西省阳泉市2023届高三下学期第三次模拟测试理综化学试题（含解析）

山西省阳泉市2023届高三下学期第三次模拟测试理综化学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．紫薯含、等多种矿物元素，富含维生素C(具有较强还原性)等维生素，特别是含有大量花青素(花青素与石蕊类似，是一种天然指示剂)。下列叙述正确的是

A．紫薯熬粥颜色很深，滴加几滴老陈醋，搅拌一下，粥就变成了红色

B．是一种对人有益的过渡元素，适量的有利于提高人体免疫力

C．将紫薯煮熟，趁热滴加碘水，紫薯会变蓝

D．紫薯所含淀粉和纤维素属于同分异构体

2．利用3-苯基丙酸催化脱氢制备异肉桂酸的反应如下所示，下列叙述错误的是

A．上述制备过程属于氧化反应

B．3-苯基丙酸的分子式为

C．异肉桂酸分子中最多有9个碳原子共面

D．异肉桂酸最多与发生加成反应

3．下图是我国科研工作者研究MgO(s)与CH4(g)作用最终生成Mg(s)与CH3OH (g)的物质相对能量-反应进程曲线。下列叙述错误的是

A．中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)更稳定

B．该反应进程中的最大能垒(活化能)为350.6 kJ·mol-1

C．生成HOMgCH3(s)的过程中有极性键的断裂和形成

D．总反应的热化学方程式为MgO(s)+CH4(g)=Mg(s)+CH3OH (g) ΔH=-146.1kJ·mol-1

4．短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，结构如图所示，下列说法正确的是

A．同周期中第一电离能比W元素小的有5种

B．该物质中含有1mol配位键

C．基态X原子核外电子的空间运动状态有5种

D．Y元素的最高价氧化物的水化物中Y元素的杂化方式为sp3杂化

5．乙醛酸是一种重要的化工中间体，可用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是

A．在上述电化学合成过程中只起电解质的作用

B．阳极上的反应式为：+2H++2e-=+H2O

C．制得乙醛酸，理论上外电路中迁移了电子

D．双极膜中间层中的在外电场作用下向铅电极方向迁移

6．对下列实验操作和现象的解释或结论正确的是

A．A B．B C．C D．D

7．H3PO4是一种三元酸。室温下，向0.1mol·L-1的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH值。混合溶液中lgX[表示、、)]随溶液pH值的变化如图所示。下列说法不正确的是

A．室温下Na2HPO4溶液显碱性

B．H3PO4二级电离常数Ka2的数量级为10-8

C．随着pH增大，比值不断减小

D．pH=2.15时，c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)

二、工业流程题

8．高品质MnO2可用于生产锂离子电池正极材料锰酸锂。以软锰矿与黄铁矿为主要原料，采用“两矿一步浸出法”制备高品质MnO2的工艺流程如下图所示：

已知：①软锰矿与黄铁矿的主要成分分别为MnO2、FeS2，还含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物；

②该工艺条件下，相关金属离子完全形成氢氧化物沉淀的pH如下：

回答下列问题：

(1)基态Fe2+的价电子轨道表示式为___________。

(2)“酸浸”操作中需先后分批加入H2SO4、H2O2。已知滤渣1的主要成分为S、SiO2、CaSO4等。加入H2SO4后发生反应生成单质S的离子方程式为___________。加入H2SO4后反应的生成物会附着在矿粉颗粒表面，使上述反应受阻，此时加入H2O2，利用其迅速分解产生的大量气泡可破除该不利影响。导致H2O2迅速分解的因素是___________。

(3)“调pH”时调节溶液pH范围为4.7~6.0，此时“滤渣2”的主要成分为________(填化学式)。

(4)“除杂”时，溶液体系中的Ca2+和Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F-)=0.05mol·L-1，则___________[已知Ksp(MgF2)=5.0×10-11，Ksp(CaF2)=2.5×10-9]。

(5)“沉锰”步骤发生主要反应的离子方程式为___________。

(6)利用惰性电极电解H2SO4-MnSO4-H2O体系可获得MnO2，阳极的电极反应式为___________。电解过程的机理(部分)如图甲所示，硫酸浓度与电流效率的关系如图乙所示。硫酸浓度超过3.0mol/L时，电流效率降低的原因是___________。

三、实验题

9．3-苯基乳酸是一些重要的化学合成物的前体，并广泛应用于医药、化工、生物合成等领域，可作为日常食品的防腐剂。实验室通过苯丙氨酸的重氮化及水解反应制取3-苯基乳酸，方法如下：

已知：HNO2(M=47)为弱酸，不稳定，遇热即分解，水溶液无色；苯丙氨酸(M=165)为白色固体，溶于水，熔点283℃；3−苯基乳酸(M=166)为白色晶体，微溶于水，易溶于有机溶剂，熔点121~126℃。

实验步骤：

①三颈烧瓶中加入6.0g苯丙氨酸，再加入70mL稀硫酸，冷却至5℃，边搅拌边滴加60mLNaNO2溶液(0.1g·mL-1)，维持温度搅拌50min，然后改成35℃热水浴再搅拌10min。

②往烧瓶中加入25mL乙酸乙酯，搅拌后将混合液中的水分离，进一步提纯得到粗产品5.0g。

③取粗产品0.5g于锥形瓶中，加入1mL95%的乙醇，溶解后再加入25mL蒸馏水、2滴酚酞试剂，用0.1mol·L-1NaOH标准溶液滴定至终点，重复3次实验，平均消耗V(NaOH)=28.10mL。

(1)仪器a的名称为___________，配制60mL0.1g·mL-1NaNO2溶液需要的玻璃仪器有___________、胶头滴管、玻璃棒、烧杯。

(2)加入稀硫酸的作用是___________，生成重氮盐之前涉及反应的化学方程式为___________。

(3)步骤①中先在5℃下搅拌50min，采用较低温度较长时间反应的原因是___________。

(4)步骤②中乙酸乙酯的作用是___________，后续提纯粗产品的方法是___________。

(5)判断滴定终点的现象是___________粗产品的纯度是___________(保留3位有效数字)。

四、结构与性质

10．钛和钛的化合物在航天、化工、建筑、日常生活中都有着广泛的用途。请回答下列问题：

(1)钛在周期表中的位置是___________。

(2)钛的一种常见化合物是[Ti(H2O)6]Cl3，1mol该物质中含有σ键的数目为___________NA，配体H2O的VSEPR模型是___________。

(3)常温下，TiCl4是易溶于CCl4.易挥发的无色液体。TiCl4挥发过程中破坏的作用力类型是___________。

(4)已知：TiCl4(g)+O2(g)⇌TiO2(s)+2Cl2(g)　ΔH1=-175.4kJ·mol-1　 I

2C(s)+O2(g)⇌2CO(g)　ΔH2=-220.9kJ·mol-1 　Ⅱ

①TiCl4(g)与CO(g)反应生成TiO2(s)、C(s)和氯气的热化学方程式为___________。升高温度对该反应的影响为___________。

②t℃时，向10L恒容密闭容器中充入1molTiCl4和2molO2发生反应I．5min时达到平衡，测得TiO2的物质的量为0.2mol。0~5min内，用Cl2表示的反应速率v(Cl2)=___________，TiCl4的平衡转化率为___________。

(5)氮化钛(TiN)晶体呈金黄色，化学稳定性好，可应用于超导材料。已知氮化钛晶体结构与NaCl相同，则该晶体中阳离子的配位数为___________。已知该晶体的晶胞参数为423.5pm，其晶体密度为___________g/cm3(写出表达式即可)。

五、有机推断题

11．有机物M()是一种合成镇痛药的主要成分。某小组设计了如下图所示的合成路线：

已知：①RCNR一COOH

②

(1)B的化学名称为___________，B中官能团的名称为___________。

(2)D的结构简式为___________，C→D该反应的反应类型为___________，-CN中碳原子的杂化方式为___________。

(3)F→M的化学反应方程式为___________。

(4)有多种同分异构体。其同分异构体中同时含有苯环和碳碳三键的结构有___________种，请写出其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶2的所有同分异构体的结构简式：___________。

(5)请参照上述合成路线，设计以、CH3-CN和CH3CH2NH2为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：___________。

参考答案：

1．A

【详解】A．花青素和石蕊类似，因此遇酸变红，A项正确；

B．是氧族元素，是一种主族元素，B项错误；

C．趁热加碘水，淀粉遇碘温度高时不会显蓝色，另一方面，紫薯中含有大量维生素C，具有较强还原性，因此蓝色也不会显现，C项错误；

D．淀粉和纤维素是高分子化合物，高分子化合物属于混合物，不属于同分异构体，D项错误；

答案选A。

2．D

【详解】A．加氢为还原反应，去氢为氧化反应，上述制备为去氢过程，属于氧化反应，A正确；

B．3-苯基丙酸的分子式为，B正确；

C．苯环所连接的原子和碳碳双键所连接的原子均为平面结构，且单键可以旋转，则异肉桂酸分子中最多有9个碳原子共面，C正确；

D．1mol苯环可以3mol氢气发生加成反应，1mol碳碳双键可以和1mol氢气发生加成反应，羧基不能发生加成反应，1mol异肉桂酸最多与4molH2发生加成反应，D错误；

故选D。

3．B

【详解】A．由图可知，中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)能量更低，故更稳定，A正确；

B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中过渡态与反应物之间的相对落差越大则活化能越大，该反应进程中的最大能垒(活化能)为，B错误；

C．生成HOMgCH3(s)的过程中有碳氢键的断裂和氢氧键的生成，故有极性键的断裂和形成，C正确；

D．由图可知，总反应为氧化镁和甲烷反应生成镁和甲醇，反应放热，其热化学方程式为MgO(s)+CH4(g)=Mg(s)+CH3OH (g) ΔH=-146.1kJ·mol-1，D正确；

故答案选B。

4．C

【分析】短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒，W是O元素；Z形成4个共价键，Z是C元素；X形成1个共价键，X是F元素；Y显+3价，Y是B元素。

【详解】A．同周期中第一电离能比O元素小的有Li、Be、B、C，共4种，故A错误；

B．中含有1个配位键，没有该离子的物质的量不能确定该物质中含有配位键的物质的量，故B错误；

C．基态X原子核外电子排布为1s22s22p5，有5个原子轨道，空间运动状态有5种，故C正确；

D．B元素的最高价氧化物的水化物是H3BO3，B形成3个σ键，无孤电子对，价电子对数是3，B元素的杂化方式为sp2杂化，故D错误；

选C。

5．D

【分析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳极上Br-被氧化为Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的H+在直流电场作用下移向阴极，OH-移向阳极。

【详解】A．KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Br2为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，故A错误；

B．阳极上为Br-失去电子生成Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，故B错误；

C．电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1mol乙二酸生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，1mol乙二醛生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，根据转移电子守恒可知每生成1mol乙醛酸转移电子为1mol，因此制得2mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2mol电子，故C错误；

D．由上述分析可知，双极膜中间层的H+在外电场作用下移向阴极，即H+移向铅电极，故D正确；

综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。

6．D

【详解】A．该反应中NaCl的量不足，AgNO3有较多剩余，加入碘化钠肯定生成碘化银沉淀，不是沉淀的转化，不能得出溶解度大小的结论，A错误；

B．浓盐酸具有挥发性，有可能是氯化氢使苯酚钠生成苯酚，不能比较出碳酸和苯酚的酸性强弱，B错误；

C．向酸性KMnO4溶液中通入SO2，酸性高锰酸钾溶液褪色是因为二氧化硫具有还原性，二者发生了氧化还原反应，C错误；

D．压缩体积一瞬间N2O4的浓度增大，所以气体颜色变深，增大压强，平衡向生成N2O4的方向移动，气体颜色变浅，因此气体颜色先遍身后稍变浅，D正确；

故选D。

7．C

【分析】H3PO4的一级电离大于二级大于三级电离，当===0时，其一级电离对应的溶液氢离子浓度更大，故pH=2.15、7.20、12.38的曲线分别对应、、随溶液pH值的变化，且其、、；

【详解】A．室温下Na2HPO4溶液的水解常数为，故水解大于其电离，溶液显碱性，A正确；

B．由分析可知，H3PO4二级电离常数，故Ka2的数量级为10-8，B正确；

C．，故随着pH增大，的比值不变，C错误；

D．pH=2.15时，根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)，D正确；

故选C。

8．(1)

(2)     2FeS2+3MnO2+12H+=2Fe3++3Mn2++4S↓+6H2O     Fe3+、Mn2+和MnO2等都是双氧水分解的催化剂

(3)Fe(OH)3、Al(OH)3

(4)50

(5)Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑

(6)     Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+     硫酸浓度高，MnOOH被消耗，效率降低

【分析】“酸浸”过程滤液中主要含有Fe3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+、Al3+等金属离子，滤渣1中主要是S、SiO2、CaSO4等；“调pH”，则Fe3+和Al3+以Fe(OH)3和Al(OH)3形式沉淀（滤渣2），滤液中主要含有Mg2+、Mn2+、Ca2+等金属离子；加入NH4F“除杂”，Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2形式沉淀（滤渣3），滤液中含有Mn2+金属离子；“沉锰”步骤则Mn2+以MnCO3形式沉淀出来；MnCO3经后续操作得到MnO2。

【详解】（1）Fe为26号元素，则基态Fe2+的价电子轨道表示式为。

（2）加入H2SO4后发生反应生成单质S的离子方程式为2FeS2+3MnO2+12H+=2Fe3++3Mn2++4S↓+6H2O。Fe3+、Mn2+和MnO2等都是双氧水分解的催化剂，故H2O2会迅速分解。

（3）根据表格信息，可知“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。

（4）可知。

（5）“沉锰”步骤中溶液中主要含有Mn2+，Mn2+和反应生成MnCO3，离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑。

（6）阳极发生氧化反应，Mn2+失去电子生成MnO2，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。当硫酸浓度超过3.0mol/L，硫酸浓度高，MnOOH被消耗，因此会导致电流效率降低。

9．(1)     恒压滴液漏斗     100mL容量瓶

(2)     溶解苯丙氨酸，同时与NaNO2一起产生HNO2     H2SO4+NaNO2=Na2SO4+2HNO2

(3)较低温度下可防止HNO2分解，但反应速率较慢，需要较长时间反应

(4)     作萃取剂提取3−苯基乳酸     重结晶

(5)     当最后半滴NaOH标准溶液滴入锥形瓶，溶液由无色变为粉红色，且30s内不褪色     93.3%

【分析】三颈烧瓶中加入6.0g苯丙氨酸，再加入70mL稀硫酸溶解苯丙氨酸，搅拌下加入硝酸钠，与硫酸反应生成亚硝酸，亚硝酸与苯丙氨酸反应，持续低温下发一个一段时间，再该用水浴下搅拌反应，再向烧瓶中加入乙酸乙酯，萃取产品并分液，再进一步提纯。

【详解】（1）根据图中信息得到仪器a的名称为恒压滴液漏斗，配制溶液需要容量瓶，由于没有60mL的容量瓶，因此配制60mL0.1g·mL-1NaNO2溶液需要的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒、烧杯；故答案为：恒压滴液漏斗；100mL容量瓶。

（2）苯丙氨酸与亚硝酸反应，苯丙氨酸溶解在稀硫酸中，由于后面加入亚硝酸钠，因此加入稀硫酸的作用是溶解苯丙氨酸，同时与NaNO2一起产生HNO2，生成重氮盐之前涉及反应是硫酸和亚硝酸钠反应生成亚硝酸和硫酸钠，其反应的化学方程式为H2SO4+NaNO2=Na2SO4+2HNO2；故答案为：溶解苯丙氨酸，同时与NaNO2一起产生HNO2；H2SO4+NaNO2=Na2SO4+2HNO2。

（3）步骤①中先在5℃下搅拌50min，根据信息HNO2(M=47)为弱酸，不稳定，遇热即分解，因此采用较低温度较长时间反应的原因是较低温度下可防止HNO2分解，但反应速率较慢，需要较长时间反应；故答案为：较低温度下可防止HNO2分解，但反应速率较慢，需要较长时间反应。

（4）根据信息3−苯基乳酸(M=166)为白色晶体，微溶于水，易溶于有机溶剂，因此步骤②中乙酸乙酯的作用是作萃取剂提取3−苯基乳酸，搅拌后将混合液中的水分离，两者是液体不相溶，因此采用分液，根据3−苯基乳酸(M=166)为白色晶体，微溶于水，因此对后续提纯粗产品的方法是重结晶；故答案为：作萃取剂提取3−苯基乳酸；重结晶。

（5）开始溶液是无色，由于酚酞遇碱变红，因此判断滴定终点的现象是当最后半滴NaOH标准溶液滴入锥形瓶，溶液由无色变为粉红色，且30s内不褪色，粗产品的纯度是；故答案为：当最后半滴NaOH标准溶液滴入锥形瓶，溶液由无色变为粉红色，且30s内不褪色；93.3%。

10．(1)第四周期第IVB族

(2)     18     四面体型

(3)分子间作用力

(4)     TiCl4(g)+2CO(g)⇌TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)ΔH=+45.5kJ·mol-1     反应速率加快，平衡正向移动，反应物的转化率增大     0.008mol/(L∙min)     20%

(5)     6    

【详解】（1）基态钛原子的价电子排布为3d24s2，钛在周期表中的位置是第四周期第ⅣB族，故答案为第四周期第ⅣB族；

（2）[Ti(H2O)6] 3+中Ti3+与6个H2O共形成6个配位键，配位键属于σ键，每个H2O分子含有2个σ键，则1个[Ti(H2O)6] 3+含有σ键数目为6+62= 18，则1mol[Ti(H2O)6 ]Cl3中含有σ键的数目为18NA；H2O分子中O原子价层电子对数为2+ =4，配体H2O的VSEP R模型名称是四面体型；

（3）常温下，T'iCl4是易溶于四氯化碳、易挥发的无色液体，说明TiCl4属于分子晶体，TiCl4挥发过程中破坏的作用力类型是分子间作用力，故答案为：分子间作用力；

（4）①

根据盖斯定律，Ⅰ-Ⅱ得，TiCl4(g)+2CO(g)⇌TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)ΔH=ΔH1-ΔH2=[-175.4-（-220.9）] kJ·mol-1=+45.5kJ·mol-1；即热化学方程式为TiCl4(g)+2CO(g)⇌TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)ΔH=+45.5kJ·mol-1；

该反应的正反应为吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡将向正反应方向移动，反应物的转化率将增大；

②根据三段式可知，

那么v(Cl2)= 0.008mol·L-1·min-1，TiCl4的平衡转化率为=20%；故答案为0.008mol·L-1·min-1；20%；

（5）氮化钛晶体具有NaCl型结构，则该晶体中阳离子的配位数为6，晶胞中相当于含有4个“TiN”，晶胞质量为，晶胞参数为423.5pm，则晶体密度==，故答案为6；。

11．(1)     环氧乙烷     醚键

(2)          取代反应     sp

(3)+C2H5OH+H2O

(4)     5     、

(5)

【分析】根据C的结构简式和D的化学式，可知D为，根据已知①，可知F为。

【详解】（1）B的化学名称为环氧乙烷，B中官能团的名称为醚键。

（2）根据C的结构简式和D的化学式，可知Cl取代了羟基，D的结构简式为，C→D该反应的反应类型为取代反应，-CN中碳原子的杂化方式为sp。

（3）F为 ， F→M发生酯化反应，化学方程式为+C2H5OH+H2O。

（4）其同分异构体中同时含有苯环和碳碳三键的结构有、、、、5种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶2的同分异构体为和。

（5）根据图示合成路线和已知信息，可设计以下路线：。