宁夏2023届高三第三次模拟考试理科综合化学试卷（含解析）

宁夏2023届高三第三次模拟考试理科综合化学试卷

一、单选题

1．下列说法正确的是 （    ）

A．某短周期元素最外层有2个电子，则其一定是第IIA族元素

B．主族元素的单原子阳离子一定具有稀有气体的电子层结构

C．元素周期表有7个主族7个副族，副族均由长周期元素组成

D．主族元素在周期表中的位置不仅仅取决于该元素的电子层数

2．如图是产生和收集气体的实验装置，该装置最适合于（    ）

A．用氯酸钾和二氧化锰的混合物制取 B．用盐酸与反应制取

C．用稀硝酸与Cu反应制取NO D．用和浓反应制取

3．下列离子方程式中，正确的是（    ）

A．氧化亚铁与稀盐酸反应：FeO+2H+=Fe3++H2O

B．氯化铁溶液与铜反应：Fe3++Cu=Cu2++Fe2+

C．向氯化亚铁溶液中通入氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

D．向硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓

4．我国药学家屠呦呦因发现植物黄花蒿叶中含贫抗疟疾的物质——青蒿素而荣获2015年诺贝尔奖。科学家对青蒿素的结构进行进一步改良，合成药效更佳的双氢青蒿素、蒿甲醚。

下列说法错误的是（    ）

A．利用黄花蒿叶研究青蒿素结构的基本步骤为：分离、提纯→元素分析确定实验式→测定相对分子质量确定分子式→波谱分析确定结构式

B．①、②的反应类型分别为还原反应、取代反应

C．可用质谱法确定分子中含有何种官能团的信息

D．双氢青蒿素在水中的溶解性大于青蒿素

5．下列有关钠及其化合物的说法正确的是（    ）

A．将一小块金属钠投入溶液中，有红色物质析出

B．钠及其化合物焰色为黄色是钠元素化学性质的展现

C．钠原子的最外层上只有1个电子

D．、和长期放置在空气中最终产物不相同

6．下列有关金属镁的说法不正确的是（    ）

A．Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，是放热反应

B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA

C．Mg和稀硫酸反应时，滴加少量硫酸铜溶液，能加快反应速率

D．镁可以用来制造信号弹和焰火，MgO可以作耐高温材料

7．磷酸(H3PO4)是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数)与pH的关系如图，下列说法正确的是（    ）

A．H3PO4的电离方程式为：H3PO43H++PO

B．pH=2时，c(H2PO)=c(HPO)

C．pKa3=10

D．滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)

二、工业流程题

8．金属钛是一种性能优越的结构材料和功能材料，被誉为“太空金属”。以云南富民钛铁精矿(主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，含SiO2、Al2O3等杂质)为原料，制备海绵状金属钛的流程设计如图：

已知：TiCl4及所含杂质氯化物的性质

回答下列问题：

(1)“氯化”过程需在沸腾炉中进行，且需维持在1050℃，若TiO2氯化时生成的CO与CO2的物质的量之比为1：1，则该反应的化学方程式为_______；氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_______(填化学式)。

(2)“精制"过程中，粗TiC4经两步蒸馏得纯TiCl4。第一步蒸馏分离出的杂质是_______(填化学式)；再将温度控制在一定的范围内蒸馏分离出纯TiCl4，所控制温度范围是_______。

(3)“氧化”过程的产物中可循环利用的是_______(填化学式)。

三、实验题

9．获取安全的饮用水一直以来都是人们关注的重要问题，自来水厂经常用氯气进行杀菌，某化学兴趣小组利用氧化还原反应滴定，测定了某工厂废水中游离态氯的含量，实验如下：

①取水样10.00mL于锥形瓶中，加入10.00mL的KI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴。

②将自己配制的0.010mol·L-1标准Na2S2O3(显碱性)溶液装入滴定管中，调整液面，记下读数。

③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。

试回答下列问题：

(1)步骤①发生的离子反应方程式为___________，加入的指示剂是___________

(2)步骤②、③中将标准液装入___________滴定管，达到滴定终点的现象是___________

(3)实验测得游离态氯的浓度比实际浓度偏大，造成误差的原因可能是___________(填字母序号)

A．配制标准Na2S2O3溶液定容时，加水超过刻度线

B．锥形瓶水洗后直接装待测水样

C．装标准Na2S2O3溶液的滴定管水洗后没有润洗

D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数

E．装标准Na2S2O3溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失

四、原理综合题

10．二氧化锰是化学工业中常用的氧化剂和催化剂。我国主要以贫菱锰矿(有效成分为MnCO3)为原料，通过热解法进行生产。

(1)碳酸锰热解制二氧化锰分两步进行：

i．MnCO3(s)⇌MnO(s)+CO2(g) △H1=+a kJ∙mol−1

ii．2MnO(s)+O2(g)⇌2MnO2(s) △H2=+b kJ∙mol−1

①反应i的化学平衡常数表达式K=_______；

②焙烧MnCO3制取MnO2的热化学方程式是_________；

(2)焙烧(装置如图1)时持续通入空气，并不断抽气的目的是_______；

(3)在其他条件不变时，某科研团队对影响转化率的生产条件进行了研究，结果如图2、图3所示。

①常压下，要提高MnCO3的转化率，应选择的生产条件是____________焙烧68h。

②图3中，焙烧8h时，MnCO3的转化率：干空气<湿空气，原因是______________。

五、结构与性质

11．我国科学家在2021年《Natural·Chemical》 发表了研究成果—AgCrS2在室温下具有超离子行为。回答下列问题：

(1)基态铬原子核外电子排布式为_______，基态硫原子核外电子运动状态有_______种。

(2)铬的化合物氯化铬酰(CrO2Cl2)，熔点95.6℃、 沸点117℃，易溶于CCl4，可作为化工生产中的氧化剂。能通过反应K2Cr2O7+ 3CCl4=2KCl + 2CrO2Cl2 + 3COCl2↑来制备。

①反应方程式中的非金属元素电负性由大到小的关系为_______(用元素符号表示)。

②固态CrO2Cl2属于_______  晶体。化合物COCl2中存在的共价键类型是_______。

(3)中S的杂化轨道类型为_______。已知氧族元 素氢化物的熔沸点高低顺序为：H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，其原因是_______。

(4)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。已知A、B的原子坐标分别为(0，0，0)、(1，1，0)，则C的原子坐标为_______，1个钙原子与_______个氧原子等距离且最近，已知钙和氧的最近距离为a nm，则该晶体的密度为_______g/cm3 (列出计算式，NA为阿伏伽德罗常数的值)。

六、有机推断题

12．以化合物A为原料合成内酯F的路线如图。

回答以下问题：

(1)化合物A的官能团名称为___，B的一溴取代产物有__种。

(2)化合物的名称是__，1mol该物质最多消耗__mol NaOH。

(3)化合物D具有手性碳(连有四个不同原子或基团的碳原子)的数目为__，E的结构简式为___。

(4)E转化成F时，伴随产生的另一种产物是__。

(5)化合物的F的一种同分异构体H，同时满足以下条件：①只有三种环境的H；②能发生银镜反应；③含有六元环结构。则H的结构简式是__。

(6)芳香卤代烃与NaOH反应常常有自身特点。有如图所示的两种主要机理(苯炔机理和SNAr机理)。若用1—14C(黑点标记)氯苯与NaOH反应，则得到两种苯酚：14C在1位上的苯酚占58%，14C在2位上的苯酚占42%。则此时按苯炔机理和SNAr机理反应的氯苯，物质的量之比是__。

参考答案

1．D

【详解】A．短周期元素He、Be、Mg的最外层电子数均为2，He位于0族，故A错误；

B．主族元素的单原子失去最外层电子转化为阳离子，则短周期主族元素的单原子阳离子一定具有稀有气体的电子层结构（H＋除外），长周期主族元素不符合，如Ga失去3个电子后最外层电子数为18，故B错误；

C．元素周期表有18个纵行，分为7个主族，8个副族，1个0族，总共16个族，副族由长周期元素组成，故C错误；

D．主族元素的最外层电子数等于族序数，电子层数等于周期数，则主族元素在周期表中的位置取决于该元素的电子层数、最外层电子数，故D正确；

故答案选C。

2．C

【详解】A．用氯酸钾和二氧化锰的混合物制取需要加热，A不适合；

B．CO2易溶于水，不宜用排水法收集，B不适合；

C．用稀硝酸与Cu反应制取NO，反应装置和收集方法均可以，C适合；

D．SO2在水中溶解度大，不用排水法收集，D不适合；

答案选C。

3．C

【详解】A．氧化亚铁与稀盐酸反应，离子方程式：FeO+2H+=Fe2++H2O，故A错误；

B．氯化铁溶液与铜反应，离子方程式：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故B错误；

C．氯化亚铁溶液中通入氯气，离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故C正确；

D．向硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀，反应的离子方程式：Cu2+++2OH-+Ba2+=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，故D错误；

故选：C。

4．C

【详解】A、研究有机化合物一般的步骤是分离、提纯→元素定量分析确定实验式→测定相对分子质量，确定分子式→波谱分析确定结构式，故A说法正确；B、反应①是羰基转化为羟基，此反应是加成反应或还原反应，反应②是羟基转化成－OCH3，发生的反应是取代反应，故B说法正确；C、质谱法是确定有机物中有几种不同类型的氢原子及数目，红外光谱是获得分子中含有何种化学键或官能团的信息，故C说法错误；D、双氢青蒿素含有亲水基团，青蒿素不含亲水基团，因此双氢青蒿素在水中的溶解性大于青蒿素，故D说法正确。

5．C

【详解】A．将一小块金属钠投入溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再和反应生成氢氧化铜和硫酸钠，所以既有蓝色沉淀生成又有气体逸出，没有红色物质析出，A错误；

B．钠及其化合物焰色为黄色是钠元素物理性质的展现，B错误；

C．钠属于碱金属元素，位于元素周期表的第IA族，原子的最外层上只有1个电子，C正确；

D．、和长期放置在空气中最终产物相同，均是碳酸钠，D错误；

故选C。

6．B

【详解】A．燃烧为放热反应，则Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，是放热反应，故A正确；

B．Mg与H2SO4完全反应生成硫酸镁，Mg元素的化合价由0升高为+2价，则2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为×（2-0）×NAmol-1=0.2NA，故B错误；

C．滴加少量硫酸铜溶液，Mg置换出Cu，可构成原电池，加快反应速率，故C正确；

D．Mg燃烧发出耀眼的白光，且MgO的熔点高，则镁可以用来制造信号弹和焰火，MgO可以作耐高温材料，故D正确；

故选B。

7．D

【详解】A．磷酸(H3PO4)不是强酸，其电离分步：H3PO4H++H2PO、H2POH++HPO、HPOH++PO，A错误；

B．据图可知pH=2时，c(H2PO)=c(H3PO4)＞c(HPO)，B错误；

C．Ka3=，据图可知c(HPO)=c(PO)时，pH约为12.2，即c(H+)=10-12.2mol/L，所以Ka3=10-12.2，pKa3=12.2，C错误；

D．滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)，且c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)，D正确；

综上所述答案为D。

8．(1)          FeCl3、AlCl3

(2)     SiCl4     高于136℃而低于181℃

(3)Cl2

【分析】钛铁精矿通入氯气、碳氯化，将钛、铁、硅、铝转化为相应的氯化物，冷凝分离得到粗四氯化钛，根据物质沸点不同，分离出纯四氯化钛，加入氧气转化为二氧化钛，电解得到钛。

【详解】（1）维持在1050℃，若TiO2氯化时生成的CO与CO2的物质的量之比为1：1，反应同时生成四氯化碳，该反应的化学方程式为 ；根据图表中物质的沸点可知，氯化产物中氯化铁、氯化铝也会被气化导出，则冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有FeCl3、AlCl3；

（2）根据图表中物质的沸点可知，“精制"过程中，粗TiC4经两步蒸馏得纯TiCl4，SiCl4沸点较低，故第一步蒸馏分离出的杂质是SiCl4；再将温度控制在一定的范围内蒸馏分离出纯TiCl4，所控制温度范围是高于136℃而低于181℃；

（3）“氧化”过程四氯化钛和氧气反应生成二氧化钛和氯气，氯气在氯化过程中可循环利用。

9．(1)     Cl2+2I-=I2+2Cl-     淀粉溶液

(2)     碱式     溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色

(3)ACE

【分析】饮用水中溶解的Cl2会与加入的KI发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，然后根据I2遇淀粉溶液变为蓝色，以淀粉溶液为指示剂，用Na2S2O3溶液滴定反应产生的I2，当溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色时达到滴定终点，停止滴加，然后根据物质反应关系计算水中Cl2的含量，根据实际滴定操作对标准溶液的消耗量判断滴定误差。

（1）

在步骤①中发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，该反应的离子方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；加入的指示剂为淀粉溶液；

（2）

Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此步骤②③中应该将Na2S2O3标准溶液装入碱式滴定管中。当达到滴定终点时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色；

（3）

A．配制标准Na2S2O3溶液定容时，加水超过刻度线， 则标准溶液的浓度减小，滴定时，消耗的标准溶液的体积偏大，导致测定结果偏大，A符合题意；

B．锥形瓶水洗后直接装待测水样，不影响溶质的物质的量，因此不影响标准溶液的消耗，故对测定结果无影响，B不符合题意；

C．装标准Na2S2O3溶液的滴定管水洗后没有润洗，会使标准溶液的浓度减小，在滴定时，消耗的标准溶液的体积偏大，导致测定结果偏大，C符合题意；

D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，读数偏小，则消耗的标准溶液的体积偏小，导致测定结果偏小，D不符合题意；

E．滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则消耗的标准溶液的体积偏大，最终导致测定结果偏大，E符合题意；

故合理选项是ACE。

10．     c(CO2)     2MnCO3(s) ＋O2(g) 2MnO2(s) ＋2CO2(g)   △H1=＋(2a+b) kJ∙mol−1     保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率     湿空气中，350℃左右     干空气中没有催化剂，反应速率比湿空气中慢，8h时未达到平衡

【分析】(1)①根据化学平衡常数的定义来书写；②将第i方程式乘以2，再加上第ii个方程式得到焙烧MnCO3制取MnO2的热化学方程式。

(2)焙烧(装置如图1)时持续通入空气，并不断抽气主要利用平衡移动原理分析。

(3)①根据图中的信息得出；②根据湿空气中会吸收部分的二氧化碳及平衡移动来分析。

【详解】(1)①反应i的化学平衡常数表达式是生成物浓度的系数次方之积除以反应物浓度的系数次方之积，因此K= c(CO2)；故答案为：c(CO2)。

②将第i方程式乘以2，再加上第ii个方程式得到焙烧MnCO3制取MnO2的热化学方程式是2MnCO3(s) ＋O2(g) 2MnO2(s) ＋2CO2(g)   △H1=＋(2a+b) kJ∙mol−1；故答案为：2MnCO3(s) ＋O2(g) 2MnO2(s) ＋2CO2(g)   △H1=＋(2a+b) kJ∙mol−1。

(2)焙烧(装置如图1)时持续通入空气，并不断抽气的目的是不断的移出CO2，降低CO2的浓度，保持O2的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率；故答案为：保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率。

(3)①根据图中的信息得出常压下，要提高MnCO3的转化率，应选择的生产条件是湿空气中，350℃左右焙烧68h；故答案为：湿空气中，350℃左右。

②图3中，焙烧8h时，MnCO3的转化率：干空气＜湿空气，原因是湿空气中会吸收部分的二氧化碳，降低二氧化碳的浓度，平衡有利于正向移动，增大碳酸锰的转化率，也可能湿空气有催化剂，提高反应速率；故答案为：干空气中没有催化剂，反应速率比湿空气中慢，8h时未达到平衡。

【点睛】化学平衡题型是常考题型，主要考查热化学方程式书写、化学平衡表达式、利用平衡移动原理分析平衡移动、实际工业中的选择。

11．(1)     1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1     16

(2)     O＞Cl＞C     分子晶体     σ键和π键

(3)     sp3     均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大，H2S、H2Te、H2Se相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，H2O分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高

(4)     (1，，)     12    

【详解】（1）铬的原子序数为24，基态铬原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，核外电子有多少个即有多少种运动状态电子，所以基态硫原子核外电子运动状态有16种；

故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，16。

（2）①反应方程式中涉及的非金属元素为C、O、Cl，其电负性由大到小的关系为O＞Cl＞C，②氯化铬酰(CrO2Cl2)，熔、 沸点较低，且易溶于CCl4，属于分子晶体，化合物COCl2中存在碳氧双键，所以共价键类型是σ键和π键。

故答案为：O＞Cl＞C，分子晶体，σ键和π键。

（3）中的S 有4个σ键，没有孤电子对，所以S的杂化轨道类型为sp3，氧族元素氢化物均为分子晶体，其中H2O分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高，H2S、H2Te、H2Se相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增强，熔沸点逐渐升高。

故答案为：sp3，均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大，H2S、H2Te、H2Se相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，H2O分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高。

（4）根据氧铬酸钙的立方晶胞图以及A、B的原子坐标可知C的原子位于晶胞右侧面的面心，其坐标为(1，，)，氧原子位于晶胞的面心，钙原子位于晶胞的顶点，每个钙原子与12个氧原子等距离且最近，根据均摊法计算晶胞中有3个氧原子，1个铬原子和1个钙原子，由钙和氧的最近距离为a nm可得晶胞的边长为anm，由密度计算公式可得。

故答案为：(1，，)，12，。

12．     羰基(酮基)     3     溴乙酸乙酯     2     1          CH3CH2OH或乙醇          21：4

【详解】(1)化合物A中含有—C=O，其名称为羰基(酮基)；具有对称结构，其中不同化学环境的氢原子有3种，因此一溴取代产物有3种，故答案为：羰基(酮基)；3；

(2)为溴乙酸与乙醇发生酯化反应的产物，因此名称为溴乙酸乙酯；中酯基、溴原子能与NaOH溶液在一定条件下反应，因此1mol 最多能消耗2mol NaOH，故答案为：溴乙酸乙酯；2；

(3)化合物D中手性碳原子位置为，其数目为1；E为中羰基与H2发生加成反应后的产物，因此E的结构简式为，故答案为：1；；

(4)在酸性条件下反应时酯基中—C—O—发生断裂，碳原子与环上的羟基上的氧原子成键，羟基上的氢原子与CH3CH2O-成键形成乙醇和F，因此E转化成F时，伴随产生的另一种产物是CH3CH2OH或乙醇；

(5)化合物F的化学式为C8H12O2，其同分异构体中只有三种环境的H，同时含有能发生银镜反应的醛基和六元环结构，说明具有对称结构，由此可知其结构简式为 ；

(6)设氯苯的物质的量为1mol，按照SNAr机理反应的氯苯为xmol，按照苯炔机理反应的氯苯为ymol，按照SNAr机理反应生成的1位苯酚为xmol，按照苯炔机理反应生成的1位苯酚为0.5y mol，2位苯酚为0.5y mol，而最终得到产物中14C在1位上的苯酚占58%，14C在2位上的苯酚占42%，因此0.5y=0.42，则y=0.84，同时0.5y+x=0.58，解得x=0.16，由此可知氯苯按苯炔机理和SNAr机理反应的物质的量之比是0.84：0.16=21：4。