四川省绵阳中学2023届高三三诊模拟考试理综-化学试题（含解析）

这是一份四川省绵阳中学2023届高三三诊模拟考试理综-化学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．化学与生产、生活、科技、环境保护息息相关。下列说法不正确的是
A．《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现合金硬度的特性
B．印制货币票面文字、号码等处使用含的油墨，利用了的磁性
C．纳米铁粉可以通过吸附作用高效地除去被污染水体中的、等重金属离子
D．“北斗三号”采用星载氢原子钟，通过电子跃迁产生电磁波进行精准定位
2．中药黄芩素具有增加脑血流量的作用。下列关于黄芩素的叙述正确的是
A．极易溶于水，可用冷水萃取
B．苯环上的一氯代物有4种
C．能与发生加成反应
D．5个氧原子不可能在同一平面
3．某物质A的结构简式如图所示。X、Y、Z、M、N均为原子序数依次增大的短周期主族元素。Z的族序数是周期序数的三倍。下列说法错误的是
A．X最高价氧化物对应的水化物是三元酸
B．A中各原子或离子均达到8电子稳定结构
C．简单氢化物的稳定性：YD．通入和溶液中均无沉淀产生
4．下列实验能达到实验目的且操作正确的是
A．AB．BC．CD．D
5．为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4L己烷中含有碳碳单键数目大于
B．60g二氧化硅晶体中含有Si-O键数为
C．将2.3gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于到之间
D．2mL0.5ml/L硅酸钠溶液中滴入盐酸制硅酸胶体，所得胶粒数目为
6．如图，甲、乙是两个完全相同的光伏并网发电模拟装置，利用它们对煤浆进行脱硫处理。下列叙述中错误的是
A．光伏并网发电装置中b为正极
B．石墨1电极上消耗1mlMn2+，甲、乙中各转移0.5ml电子
C．脱硫反应原理为：15Mn3++FeS2+8H2O=15Mn2++Fe3++2SO+16H+
D．处理60gFeS2，石墨2电极上消耗7.5mlH+
7．用溶液滴定溶液，加入的碳酸氢钠溶液体积与溶液pH变化曲线如图所示，其中时溶液中无沉淀，之后出现白色浑浊且逐渐增多，当滴加的溶液体积为25.00mL时，溶液的pH稳定在7.20左右，整个滴定过程中未见气泡产生。下列叙述错误的是
已知：，。
A．a点的混合溶液，
B．a→b的过程中，水的电离程度不断增大
C．总反应的化学方程式：
D．b点的混合溶液，
二、解答题
8．硫代硫酸钠(Na2S2O3)在工业、医药等领域应用广泛。下图为实验室制取硫代硫酸钠的装置，反应过程中需通过pH传感器控制pH为7-8。
(1)盛Na2SO3的仪器名称为 。
(2)为了确保硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是 。
(3)若n(Na2CO3)：n(Na2S)=1：2，则装置C中的化学反应方程式为： 。
(4)当数据采集处pH接近7时，应采取的操作为 。
(5)装置B中的药品可以选择下列物质中的___________(填字母)。
A．饱和NaHCO3溶液B．饱和NaHSO3溶液
C．NaOH溶液D．酸性KMnO4溶液
(6)现使用“碘量法”测定脱碳液中V2O5的含量：取mg脱碳液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入适量盐酸和足量KI溶液，发生反应为V2O5+6HCl+2KI=2VOCl2+2KCl+I2+3H2O，此时溶液颜色为棕色，使用0.1000ml·L-1的Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL，该过程的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。(已知有色离子仅有VO2+，其颜色为蓝色)
①滴定终点的现象为： 。
②若滴定时，滴定管未用标准液润洗，则测得V2O5的含量 (填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。
③脱碳液中V2O5的质量分数为 %。
9．锡烟尘(主要含ZnO、、SnO、、、)氧压浸出分离回收金属的工艺流程如下：
已知：。请回答下列问题：
(1)“氧压浸出”过程中，生成单质S的离子方程式为 。
(2)实验测得氧分压对Sn、In、Zn的浸出率影响如图所示：
结合反应的离子方程式，从平衡移动的角度解释氧分压对Sn的浸出率的影响： ；最佳氧分压为 。
(3)“萃取”过程中，发生反应。
①“萃取”实验中，使用的硅酸盐仪器有 。
②“萃余液Ⅰ”中含有的金属离子为 。
(4)“反萃取”过程中将有机层转移到水层，为使尽可能多地发生上述转移，可采取的措施为 。
(5)“反萃取”后，可先中和，再加入Zn粉置换，中和的目的是 ；已知常温下，“反萃取”后溶液中的浓度为，则中和时可调节pH的最大值为 。
10．工业生产硝酸的核心反应之一是在恒压装置中将NO转化为NO2：
反应Ⅰ．NO(g)+O2(g)NO2(g) ΔH
目前认为反应Ⅰ分两步进行：
反应Ⅱ．2NO(g)N2O2(g) ΔH1=a
反应Ⅲ．N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH2=b
回答下列问题：
(1)ΔH= (用a和b表示)，该工艺适宜的压强条件是 (填“高压”或“低压”)。
(2)已知：ΔG=ΔH﹣TΔS，ΔG越小，反应正向自发趋势越大。忽略ΔH、ΔS随温度的变化 (填“高温”或“低温”)有利于反应Ⅰ正向自发进行，原因是 。
(3)控制原料比n(NO)：n(O2)=2：1，在不同条件下，反应Ⅰ中NO转化率随时间的变化如图。当100kPa、90℃时，NO转化率达到50%的过程中，v(NO)= kPa•s﹣1(保留3位有效数字)。

(4)由图可知，反应Ⅰ的速率随温度升高而 (填“增大”、“减小”或“不变”)，可能的原因是 [已知反应Ⅱ为快速平衡，ΔH1<0，反应Ⅲ的速率方程为v=k•p(N2O2)•p(O2)]。
(5)T℃、3200kPa时，控制原料比n(NO)：n(O2)：n(N2)=2：1：2发生反应Ⅰ(N2由空气带入，不参与反应)，NO平衡转化率为80%，写出该反应压强平衡常数的计算式：Kp= 。
(6)已知不同温度下反应Ⅰ的浓度平衡常数Kc如表。
NO由NH3催化氧化得到，而催化氧化后的产物气体往往高于800℃，为使反应Ⅰ顺利进行，再进行反应。“急剧冷却”的目的有 (写出两条即可)。
11．稀土元素是指钪(Sc)、钇(Y)和镧系元素，共17种，位于元素周期表中第ⅢB族，均为金属元素，在工业生产中有重要的作用。回答下列问题：
(1)基态钪(Sc)元素的原子核外电子占据的轨道数目共 个，钇(Y)位于元素周期表中钪(Sc)的下一周期，钇(Y)的价电子轨道表达式为 。
(2)稀土元素常常能和许多配位体形成配合物。若一个配位体含有两个或两个以上的能提供孤电子对的原子，这种配位体就叫多齿配位体，有一个能提供孤电子对的原子为一齿，(羰基中的氧原子不能提供孤对电子)，EDTA()是 齿配位体，EDTA所含元素原子第一电离能由大到小顺序为 。
(3)钪(Sc)离子在水中以稳定对称的存在，其中O-Sc-O的键角只有90度和180度两种，其空间构型为 。
(4)甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。
①甘氨酸铜中铜原子的杂化类型为 (填“”或“”)。
②已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是 。
(5)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。铁酸钇()的正交相晶胞结构以及各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。
一个晶胞中有 个O。已知1号O原子分数坐标为，2号O原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为 。
12．布洛芬具有抗炎、解热、镇痛作用，其一种合成路线如下图所示。回答下列问题：
(1)布洛芬中所含官能团的名称为： 。
(2)A的系统命名为： ，1mlC最多可以和 mlH2发生加成反应。
(3)D的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的有 种，写出其中任意一种的结构简式 。
(4)B→C的化学方程式为： ，反应类型为 。
(5)布洛芬显酸性，对肠、胃道有刺激作用，用对其进行成酯修饰能改善这种情况。成酯修饰时发生反应的化学方程式为： 。
(6)已知：NaBH4单独使用能还原醛、酮，不能还原羧酸。根据布洛芬合成路线中的相关知识，以甲苯、CH3COCl为主要原料(其它无机试剂任用)，用不超过三步的反应设计合成 ，合成路线为 。
A
B
C
D
检验淀粉水解生成了葡萄糖
用乙醇萃取碘水中的
测溶液
检查气密性
温度/℃
27
77
127
177
227
500
平衡常数Kc
1.1×106
4.3×104
3.7×103
5.6×102
1.2×102
1.0
参考答案：
1．C
【详解】A．合两柔则钢，可知合金的硬度大于成分金属，故A正确；
B．具有磁性，可将印有磁性编码的货币投入磁码识读器中辨识真伪，B正确；
C．纳米铁粉可以从溶液中将、等重金属离子置换成单质，与吸附性无关，故C错误；
D．氢原子钟一种精密的计时器具，它是利用原子能级跳跃时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟，D正确；
故选C。
2．B
【详解】
A．黄芩素不易溶于水，易溶于乙醇、甲醇等有机溶剂，A错误；
B．结构不对称，但由于单键可旋转，最右侧苯环有三种氢，最左侧苯环含有一种氢，故 苯环上的一氯代物有4种，B正确；
C．苯环，双键，酮羰基均能与氢气加成，故能与8mlH2发生加成反应，C错误；
D．与苯环相连的氧原子一定共平面，碳碳单键可以旋转，则羰基上的氧原子可能与苯环上的氧原子共面，5个氧原子可能在同一平面，D错误；
故选B。
3．A
【分析】
X、Y、Z、M、N均为原子序数依次增大的短周期主族元素。由物质A的结构简式可知，N+化合价为+1价，N元素位于第ⅠA族，则N为Na；Z形成2个共价键，且Z的族序数是周期序数的三倍，则Z为O；M形成1个共价键，则M为F；X形成4个共价键，再获得1个电子，则X为B；Y形成4个共价键，则Y为C，综上所述，X、Y、Z、M、N分别为B、C、O、F、Na；
【详解】
A．X为B，其最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，H3BO3为一元酸，A错误；
B．由物质A的结构简式可知，B、C、O、F、Na均达到了8电子稳点结构，B正确；
C．比较其简单氢化物的稳定性就是比较C、O、F三者的非金属性，同周期主族元素从左到右，非金属性逐渐增强，则简单氢化物的稳定性：C＜O＜F，C正确；
D．碳酸酸性弱于盐酸和硝酸，则CO2通入和溶液中均无沉淀产生，D正确；
故选A。
4．D
【详解】A．新制氢氧化铜悬浊液在碱性条件下水解，没有加入碱中和稀硫酸，故A错误 ；
B．乙醇和水互溶不能萃取，故B错误；
C．测pH试纸的方法为：将pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，与标准比色卡对比，故C错误；
D．用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好不漏气，故D正确；
故选D。
5．A
【详解】A．标准状况下，己烷不是气体，故不能用气体摩尔体积进行计算，若为气体，22.4L己烷中含有碳碳单键数目等于，故22.4L己烷中含有碳碳单键数目大于，故A正确；
B．60g二氧化硅晶体的物质的量为1ml，含有Si-O键数为，故B错误；
C．2.3gNa的物质的量为0.1ml，将0.1mlNa与氧气完全反应，Na由0价上升到＋1价，反应中转移的电子数为，故C错误；
D．2mL0.5m/L硅酸钠溶液中滴入适量盐酸制备硅酸胶体，胶体粒子是多个硅酸分子的聚合体，所得胶粒数目少于，故D错误；
故选A。
6．B
【分析】由图可知，石墨1电极上Mn元素价态升高失电子，故石墨1为阳极，电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+，Mn3+与FeS2反应实现脱硫，反应为15Mn3++FeS2+8H2O═15Mn2++Fe3++2+16H+，石墨2为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，据此分析解题。
【详解】A．石墨1为阳极极，则b极为电源的正极，A正确；
B．石墨1为阳极，电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+，消耗1mlMn2+，电路中转移1ml电子，B错误；
C．阳极生成的Mn3+与FeS2反应实现脱硫，反应为15Mn3++FeS2+8H2O═15Mn2++Fe3++2+16H+，C正确；
D．处理60gFeS2，消耗阳极生成的Mn3+的物质的量为×15=7.5ml，转移电子7.5ml，石墨2为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，石墨2上消耗7.5mlH+，D正确；
故答案为：B。
7．B
【详解】A．a点时溶液中存在电荷守恒，a点溶液显碱性，所以c(OH- ) >c(H+)，则可得到，A正确；
B．a点溶液中溶质有NaHCO3和CaCl2，水的电离被促进，b点溶液中溶质有NaCl 和H2CO3，水的电离被抑制，对比之下发现，a到b的过程中，水的电离程度不断减小，B错误；
C．根据题干中信息，有白色浑浊生成且全程无气体生成，得出反应的化学方程式：CaCl2+2NaHCO3=2NaCl +CaCO3↓+H2CO3，C正确；
D．Ka2 ( H2CO3)=，则=，代入题中给出的数据=，D正确；
故选：B。
8．(1)蒸馏烧瓶
(2)若SO2过量，溶液显酸性，产物易分解导致产量减少
(3)Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2
(4)控制分液漏斗的活塞，调节滴加硫酸的速率，同时调节三通阀的方向使二氧化硫进入B装置
(5)ACD
(6) 滴入最后一滴硫代硫酸钠时溶液由棕色变为蓝色，且半分钟内不恢复 偏大
【详解】（1）有支管的烧瓶称为蒸馏烧瓶。答案为蒸馏烧瓶；
（2）SO2溶于水中形成H2SO3会使溶于呈酸性，硫代硫酸钠酸性条件不稳定。答案为若SO2过量，溶液显酸性，产物易分解导致产量减少；
（3）反应中SO2与S2-发生归中反应生成Na2S2O3，而Na2CO3转变为CO2。答案为Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2；
（4）C中pH等于7时反应Na2CO3与Na2S完全转变为产物，此时反应应该停止，将多余的SO2气体进行尾气吸收。答案为控制分液漏斗的活塞，调节滴加硫酸的速率，同时调节三通阀的方向使二氧化硫进入B装置；
（5）装置B吸收SO2尾气。同时SO2具有酸性氧化物、氧化性、还原性性质。
A.2NaHCO3+SO2=2CO2+Na2SO3+H2O，NaHCO3能用于吸收SO2，A项正确；
B.NaHSO3不能与SO2反应，无法吸收SO2，B项错误；
C.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，NaOH能用于吸收SO2，C项正确；
D.SO2能被酸性KMnO4氧化吸收，D项正确；
故选ACD。
（6）当溶液中I2被完全消耗时即为反应终点，溶液由棕色变为蓝色。
由反应得到关系式为V2O5~I2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=10-4Vml推出n(V2O5)=5×10-5Vml，则含量为。由上述计算式看，若滴定管为润洗，Na2S2O3溶液被稀释而导致V增大，V2O5含量偏大。答案为滴入最后一滴硫代硫酸钠时溶液由棕色变为蓝色，且半分钟内不恢复；偏大；。
9．(1)
(2) ，氧分压增大，平衡正向移动，Sn的浸出率降低 0.7Mpa
(3) 烧杯、分液漏斗 、
(4)多次反萃取，适当提高酸的浓度，充分振荡(答案合理即可)
(5) 减少Zn粉的使用量 4
【分析】
锡烟尘(主要含ZnO、、SnO、、、)进行氧压浸出，将-2价硫氧化为硫单质，SnO酸性条件下氧化生成H2SnO3沉淀，其余均转化为金属离子进入溶液中，加入萃取剂将In3+萃取入有机层中，分液，在有机层中加入反萃取剂，得到含In3+的无机溶液，锌置换得到In。
【详解】（1）根据质量守恒、得失电子守恒判断，“氧压浸出”过程中，生成单质S的离子方程式为。
（2）根据题图判断，氧分压越大，Sn的浸出率越低，可能原因为浸出过程中发生反应，氧分压增大，平衡正向移动，Sn2+转化为的量增大，则浸出率降低；氧分压高于0.7MPa时，Zn2+、In3+的浸出率没有明显上升，则最佳氧分压为0.7Mpa。
（3）①“萃取”实验中，使用的硅酸盐仪器(即玻璃仪器)为烧杯、分液漏斗；
②由流程分析可知，“萃余液Ⅰ”中含有的金属离子为、。
（4）“反萃取”过程中将有机层转移到水层，为使尽可能多地发生上述转移，可采取的措施为：多次反萃取，适当提高酸的浓度，充分振荡(答案合理即可)。
（5）“反萃取”后，溶液中含有较多H+，先中和可减少Zn粉的使用量；根据题意计算，，，，即中和时可调节pH的最大值为4。
10．(1) (a+b) 高压
(2) 高温 升高温度△G减小，有利于反应Ⅰ正向自发进行
(3)1.05
(4) 减小 反应Ⅱ为快速平衡，温度升高，导致反应Ⅲ的速率降低
(5)0.324
(6)降低温度，使反应Ⅰ平衡右移；除去大量的H2O，使氨气的催化氧化反应平衡右移
【详解】（1）已知反应Ⅰ。NO(g)+O4(g)⇌NO2(g) ΔH，反应Ⅱ。2NO(g)⇌N4O2(g)ΔH1=a，反应Ⅲ。N7O2(g)+O2(g)⇌5NO2(g) ΔH2=b，根据盖斯定律反应Ⅰ=，则ΔH=ΔH1+ΔH3=(a+b)，该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，因此适宜在高压条件下进行；
（2）已知：ΔG=ΔH﹣TΔS，ΔG越小，反应正向自发趋势越大。忽略ΔH、ΔS随温度的变化，升高温度△G减小，有利于反应Ⅰ正向自发进行；
（3）设n(NO)=2ml，n(O3)=1ml，则有
p始(NO)=100kPa×=，p末(NO)=100kPa×=40kPa，1.05kPa•s﹣1；
（4）反应Ⅱ为快速平衡，但其为放热反应，温度升高，该平衡逆向移动，导致反应Ⅲ的速率降低，故反应Ⅰ速率减小；
（5）设n(NO)=2ml，n(O2)=1ml，n(N2)=2ml，则有
n总=4.2ml，P总=3200kPa，Kp==0.324；
（6）由表中数据可知，升高温度反应Ⅰ的平衡常数逐渐减小，则反应Ⅰ为放热反应，降低温度，使反应Ⅰ平衡右移，提高NO转化率；除去大量的H2O，使氨气的催化氧化反应平衡右移，生成更多的NO。
11．(1) 11
(2) 6 N>O>H>C
(3)正八面体
(4) 顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子
(5) 6
【详解】（1）基态钪(Sc)元素的原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，占据的轨道数目共11个，钇(Y)位于元素周期表中钪(Sc)的下一周期，钇(Y)的价电子排布式为4d15s2，轨道表达式为。
（2）多齿配位体中有一个能提供孤电子对的原子为一齿，(羰基中的氧原子不能提供孤对电子)，EDTA()中羟基O和N原子能提供孤电子对，EDTA是6齿配位体，同周期元素，从左往右第一电离能有逐渐增大的趋势，但由于N原子的最外层电子达到了稳定的半充满结构，因此其第一电离能大于相邻元素，EDTA所含H、C、N、O原子第一电离能由大到小顺序为：N>O>H>C。
（3）钪(Sc)离子在水中以稳定对称的存在，其中O-Sc-O的键角只有90度和180度两种，即钪(Sc)离子的前后左右上下与水中氧连接形成正八面体；故答案为：正八面体。
（4）①氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，则甘氨酸铜中Cu、与铜形成σ键的2个O、2个N处于同一平面，则铜原子的杂化类型为杂化(若为杂化，则该5个原子构成四面体)；
②根据相似相溶原理，极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂，由于水是极性分子，故顺式甘氨酸铜已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水，即顺式甘氨酸铜已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子。
（5）由和可知位于晶胞内的O有4个，由可知Z方向的棱上O的个数，故一个晶胞中有6个O；1号O原子分数坐标为，2号O原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为。
12．(1)羧基
(2) 2-甲基丙酸 4
(3) 4
(4) +(CH3)2CHCOCl+HCl 取代反应
(5)++H2O
(6)
【分析】
A→B过程中A的羧基中的C-O键断裂，与SOCl2发生取代反应生成B，B与苯在AlCl3的作用下发生取代反应生成C，D与CH3COCl发生取代反应生成E，E加氢发生还原反应生成F，F→G的过程为醇羟基在酸性环境下的取代反应，最后G在一定条件下生成H（布洛芬），据此作答。
【详解】（1）布洛芬中有-COOH，故答案为：羧基；
（2）A中主链有3个碳原子，，2号碳原子上有甲基，故名称为：2-甲基丙酸；C中的苯环和羰基均可以和氢气加成，故一共可以消耗4ml氢气；
（3）D的同分异构体中满足苯环上的一氯代物只有一种的结构有：，一共有4种。
（4）B→C的过程为，B中C-Cl键断裂，苯环中的C-H键断裂，发生取代反应，化学方程式为：+(CH3)2CHCOCl+HCl
（5）
酯化反应过程为酸脱羟基醇脱氢，反应条件为浓硫酸、加热，化学方程式为：++H2O
（6）利用题干图示信息中B→C的过程，可以使苯环多一个侧链，另已知NaBH4单独使用能还原醛、酮，不能还原羧酸，可以将原料中的羰基还原成羟基，故合成路线为：