山西省吕梁市2023届高三下学期三模理科综合化学试题（含解析）

这是一份山西省吕梁市2023届高三下学期三模理科综合化学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
山西省吕梁市2023届高三下学期三模理科综合化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．中华文化是我国广大劳动人民智慧的结晶，其中蕴含了众多化学知识。下列关于文中描述所作的说明正确的是选项描述说明A独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂飞絮和马尾的主要成分均为蛋白质B纷纷灿烂如星陨，赫赫喧豗似火攻所涉及金属元素的焰色试验属于化学变化C美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来沙里淘金主要利用其物理性质D凿开混沌得乌金，蓄藏阳和意最深乌金属于二次能源A．A B．B C．C D．D2．化合物M(结构如图所示)是一种治疗高血压药物的中间体。下列关于M的说法正确的是A．具有两性B．分子中含有4种官能团C．能发生消去反应和加成反应D．能使溴的四氯化碳溶液褪色3．利用如图所示装置进行下列实验，能达到相应实验目的的是选项①②③实验目的A稀品红溶液比较N、S的非金属性强弱B浓盐酸石蕊溶液证明有漂白性C浓氨水生石灰等浓度和的混合溶液比较和的大小D浓醋酸石灰石硅酸钠溶液比较硅酸和碳酸的酸性强弱A．A B．B C．C D．D4．权威杂志报导了质子溶剂参与下，苯乙烯环氧化反应过程如图所示(R表示烃基)。下列说法错误的是A．反应过程中ROH通过电离提供质子B．反应过程中O元素化合价发生改变C．反应过程存在极性键和非极性键的断裂D．相同压强下，的沸点高于5．氟元素可形成多种有工业价值和科研价值的化合物，如OF2、NF3、XeF2等。其中XeF2的四方晶胞结构如图所示，图中M点原子坐标参数为(，，)，Xe和F的最短距离为bnm、下列说法错误的是A． OF2分子中键角小于分子中的B．中Xe的杂化方式为spC．基态N、F原子核外电子均有5种空间运动状态D．Q点原子坐标参数为 []6．我国学者设计如图所示装置，将氯碱工业和硬水软化协同处理，同时制备工业硫酸和氢氧化钠。图中双极膜中间层的水解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法错误的是A．膜p适合选择阴离子交换膜B．溶液Y适合选择稀硫酸C．硬水中生成、沉淀D．相同时间内，理论上两极上生成气体的物质的量相等7．25℃时，用溶液滴定溶液，加入NaOH溶液的体积、混合溶液中的离子浓度与pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A．的第二步电离常数的数量级为B．第一步电离和第二步电离的滴定所选指示剂不同C．P点溶液中存在D．M点和N点溶液中相等 二、工业流程题8．钛及其合金广泛用于航空航天，有“空中金属”之称，可溶于较浓盐酸。学习小组以高钛渣(含、和少量、和)为原料制备单质钛的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“筛分”的目的为___________；浸渣的主要成分为___________(填化学式)。(2)“转化”工序加入铁粉的目的为___________；“结晶”操作不能控制温度过高的原因为___________。(3)“水解”时发生主要反应的离子方程式为___________。(4)“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为___________。(5)试剂X适合选用___________(填标号)。A．浓盐酸 B．稀盐酸 C．NaCl溶液 D．NaOH溶液(6)的晶体类型为___________；单质钛的两种同素异形体的晶胞结构如图所示，甲、乙两种晶体的空间利用率之比为___________(用代数式表示)。 三、原理综合题9．二氧化碳的资源化催化重整可以有效缓解温室效应，助力人与自然和谐共生的战略目标早日实现。科研团队研究催化氢化，密闭容器中涉及反应：Ⅰ.  Ⅱ.  回答下列问题：(1)  ___________。(2)在恒温恒压密闭容器中通入一定量的和发生反应，下列事实能说明容器内反应达到平衡状态的是___________(填标号)。A．与的物质的量之比不再改变B．单位时间内键的数目不再改变C．与的浓度之比为D．反应Ⅱ的正、逆反应速率常数之比不再改变(3)一定温度下，向容积为20L的恒容密闭容器中充入和，反应至20min恰好达到平衡。实验测得反应前容器内气体压强为，、和的浓度与时间的变化关系如图所示。①内，反应的平均速率___________；内，平均反应速率更大的是反应___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。②图中表示的浓度与时间的变化关系曲线为___________(填“”或“”)。③设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以()。反应Ⅱ的___________。④20min后，若再向容器中充入、和，反应Ⅰ向___________(填“正反应方向”或“逆反应方向”)进行，理由为___________。(4)我国学者结合实验和计算机模拟结果，研究了在铁基催化剂作用下，反应Ⅱ包含的部分中间转化过程的反应机理如图所示，且该步骤最大能垒的计算结果比国外学者计算的低。国外学者计算的最大能垒为___________。 四、实验题10．氧钒碱式碳酸铵晶体 []是制备多种光、电、磁材料的中间体，难溶于水，昜被氧化、可用与反应制备。科研小组在实验室中对氧钒碱式碳酸铵晶体的制备和组成进行探究。回答下列问题：Ⅰ.制备氧钒碱式碳酸铵晶体的装置和步骤如下。步骤一：按图安装好仪器，添加药品；步骤二：打开，通入足量，充分反应后，关闭、打开，向三颈烧瓶中滴加适量溶液；步骤三：C中反应充分进行后，经一系列操作得到产品。(1)图中盛放溶液的仪器名称为___________；试剂X的作用为___________；中V元素的化合价为___________。(2)步骤二中，通入足量的作用为___________；滴加溶液时，参与反应的与的物质的量之比为___________。Ⅱ.组成测定(3)测定含钒量(杂质不参加反应)：准确称量mg产品，用适量稀硫酸溶解后，依次加入稍过量的酸性溶液、溶液、尿素，充分反应后，用标准溶液滴定()，达到滴定终点时消耗标准液的体积为VmL。则加入溶液的作用为___________；产品中钒元素的质量分数为___________(用代数式表示)。(4)测定结晶水含量：称取纯化后的产品4.26g，充分煅烧后，称得生成的质量为2.184g，则x=___________。 五、有机推断题11．化合物M是一种药物中间体。实验室由芳香化合物A制备M的一种合成路线如下： 已知：① ② ③ ，(R为烃基或氢原子)回答下列问题：(1)A的化学名称为___________；由B生成C的反应类型为___________；D的结构简式为___________。(2)设计由A生成B、由D生成E两步反应的目的为___________。(3)吡啶是一种有机碱，由E生成F的反应中，加入吡啶的作用为___________。(4)M中含氧官能团的名称为___________；由G生成M的化学方程式为__________。(5)同时满足下列条件的B的同分异构体有___________种(不含立体异构)，任写其中一种核磁共振氢谱中有4组吸收峰的结构简式：___________。①分子中含有氨基②苯环上连有4个取代基
参考答案：1．C【详解】A．飞絮和马尾的主要成分分别为纤维素和蛋白质，故A错误； B．金属元素的焰色试验属于物理变化，故B错误；C．沙里淘金主要利用了金密度大的物理性质，故C正确；D．乌金指煤，属于一次能源，故D错误；故选C。2．C【详解】A．由结构简式可知，M分子的官能团为氨基、羟基和醚键，则M分子具有碱性，不具有两性，故A错误；B．由结构简式可知，M分子的官能团为氨基、羟基和醚键，共有3种官能团，故B错误；C．由结构简式可知，M分子中含有的醇羟基一定条件下能能发生消去反应，含有的苯环一定条件下能发生加成反应，故C正确；D．由结构简式可知，M分子中不含有碳碳双键和碳碳双键，不能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，不能使溶液褪色，故D错误；故选C。3．C【详解】A．能将氧化，不能通过该实验比较N、S的非金属性强弱，故A错误；B．浓盐酸与反应生成氯气需加热，故B错误；C．浓氨水滴入生石灰中生成氨气，氨气通入等浓度和的混合溶液中先生成蓝色沉淀，证明，故C正确；D．醋酸挥发也会与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，不能通过该实验比较硅酸和碳酸的酸性强弱，故D错误；选C。4．A【详解】A．R表示烃基，推测为非电解质，由图中信息知，主要作用是与形成氢键而增强分子极性，使其中原子更容易与碳碳双键加成，故A错误； B．中从价降到价，故B正确；C．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂，故C正确；D．可用于形成氢键的原子更多，相对分子质量更大，故其沸点高于的沸点，故D正确；故选A。5．B【详解】A．OF2中原子有2对孤电子对，NF3中原子有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，故OF2分子中键角小于NF3分子中的，A正确；B．XeF2中Xe的价层电子对数目为5，不可能为sp杂化，B错误；C．基态N、F原子核外电子均占据5个原子轨道，故均有5种空间运动状态，C正确；D．由信息，Q点原子坐标参数为，D正确；故答案为：B。6．B【分析】由装置功能和信息知，左端电极为阴极，水电离出的在该电极上得电子生成和，与生成沉淀、与反应生成后生成沉淀，同时硬水中通过膜进入溶液，双极膜中水解离出的进入溶液，达到制备工业硫酸的目的；右端电极为阳极，饱和食盐水中在该电极上失电子生成，同时通过膜进入溶液，双极膜中水解离出的也进入溶液而达到制备的目的。【详解】A．膜适合选择阴离子交换膜，正确；B．溶液适合选择稀溶液，B错误；C．硬水中生成、沉淀，C正确；D．由电子守恒，相同时间内，理论上两极生成和的物质的量相等，D正确；故选B。7．D【详解】A．，由点可知，数量级为，故A正确； B．由电离常数和水解常数知，溶液显酸性、溶液显碱性，第一步滴定选择甲基橙作指示剂、第二步滴定选择酚酞作指示剂，故B正确；C．点为溶液，电离程度大于水解，溶液中，故C正确；D．点和点溶液的不同，溶液中不相等，故D错误；故选D。8．(1)     控制高钛渣颗粒大小均匀，便于控制酸浸速率和进行程度     、(2)     将还原为     防止提前水解使绿矾不纯或降低钛的回收率(产品产率)(3)(4)防止、被氧化变质(5)B(6)     分子晶体      【分析】高钛渣(含、和少量、和)经“筛分”后用硫酸酸浸，、FeTiO3与H2SO4反应转变为TiOSO4、，故得到含有H2SO4、TiOSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液，微溶、SiO2没有溶解，过滤得到浸渣为 ，加入铁屑转化时还原体系中的，过滤，所得滤液经结晶得到绿矾，所得滤液在90°C下TiOSO4水解得到H2TiO3沉淀和H2SO4 ，过滤，煅烧发生反应，制得烧渣为；经过氯化冷凝时，转化为液态，在氩气中被镁还原得到Ti，Ti和多余的镁的混合物通过加稀盐酸、过滤，得到纯Ti。【详解】（1）“筛分”可控制高钛渣颗粒大小均匀，有利于控制酸浸速率和进行程度；由转化关系知，浸渣的主要成分为原料中难溶于酸的和生成的。（2）由流程信息，“酸浸”后生成，而“结晶”得到绿矾，故“转化”工序加入铁粉的目的为将还原为；在90℃时充分水解成，若“结晶”控制温度过高，会导致提前水解使制得的绿矾不纯，又会降低钛的回收率(或产品产率)。（3）由信息，在90℃时水解成，反应的离子方程式为（4）“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为防止、被氧化变质。（5）由信息，钛溶于浓盐酸，故可用稀盐酸分离生成的和多余的单质；故选B。（6）通常为液体，其晶体类型为分子晶体；由图知，甲、乙晶胞中均含有2个原子，故二者的空间利用率之比即为体积之比的倒数，计算得。9．(1)(2)AB(3)     0.003     Ⅰ          25     正反应方向     反应Ⅰ的平衡常数，再向容器中充入、和时，浓度商为，反应Ⅰ向正反应方向进行(4)112.3 【详解】（1）由盖斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ得反应  ；（2）A．两个反应在恒温恒压密闭容器中进行时，两个反应的反应物计量数之比不同，则与的物质的量之比不再改变时，达到平衡状态，A项正确；B．单位时间内键的数目不再改变说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，B项正确；C．与的浓度之比为，是反应进行到某特定时刻的组分比例，不能说明达到平衡状态，C项错误；D．速率常数只与温度有关，故温度恒定，正、逆反应速率常数之比保持不变，D项错误；故选AB；（3）由图知，表示的浓度与时间的变化关系，平衡时和的浓度均为，由原子守恒推知至少需要消耗，故曲线表示的浓度与时间的变化关系，曲线表示的浓度与时间的变化关系；则①内，反应的平均速率；由原子守恒知，内，参加反应的中原子为，其中生成，则生成，故平均反应速率更大的是反应Ⅰ；②图中表示的浓度与时间的变化关系曲线为。③由上述分析和信息推知，起始时、的浓度分别为、，总压强为，平衡时、、的浓度分别为、、，根据阿伏加德罗定律推知，、、的平衡分压分别为、、，则反应Ⅱ的；④时，容器内、、、的浓度分别为、、、，平衡常数；若再向容器中充入、和，浓度商为，反应Ⅰ向正反应方向进行；（4）我国学者计算所得最大能垒为70.6kJ⋅mol-1-(-8.3kJ⋅mol-1)=，比国外学者计算的低，则国外学者计算的最大能垒为。10．(1)     分液漏斗     吸收中的，提高产品产率     +4(2)     排尽装置中空气，防止原料或产品被氧化，与氨水充分反应全部转化为，提高原料的利用率     (3)     除去过量的，防止影响测定结果     (4)10 【详解】（1）由图知，盛放溶液的仪器名称为分液漏斗；试剂适合选择饱和溶液，除去中的，提高产品产率；中O的化合价为-2价，则元素的化合价为；（2）由信息和原理知，步骤二中，通入足量可排尽装置中空气，防止原料或产品被氧化，并与氨水充分反应全部转化为，提高原料的利用率；滴加溶液后，与反应制得产品，根据元素守恒可得知，参与反应的与的物质的量之比为；（3）为使价元素被完全氧化为价，所加酸性溶液需适当过量，故加入溶液的作用为除去过量的，防止影响测定结果；由反应原理可得关系式，则产品中钒元素的质量分数为；（4）由题中数据计算得的物质的量为，则的物质的量为、摩尔质量为=，计算得。11．(1)     对硝基苯酚(或4-硝基苯酚)     取代反应     (2)保护酚羟基(3)中和生成的HCl，有利于反应正向进行，提高产品产率(4)     醚键、酯基     (5)     16     或 【分析】由题干有机合成流程图可知，由B的结构简式、A的分子式和A到B转化条件并结合已知信息①可知，A的结构简式为：，由C的分子式、B的结构简式和B到C的转化条件可知，C的结构简式为：，由D的分子式和C到D的转化条件可知，D的结构简式为：，由M的结构简式、G的分子式和F到G的转化条件、G到H的转化条件并结合已知信息③可知，G的结构简式为：，(5) 由题干合成流程图中B的结构简式可知B的分子式为：C7H7O3N，不饱和度为：=5，则同时满足下列条件①分子中含有氨基，②苯环上连有4个取代基即为-NH2、-CHO和两个-OH，故先考虑两个羟基的位置关系有邻、间、对三种，再考虑连接氨基则分别有2种、3种和1种，、、、、和，然后最后考虑连接-CHO则又分别有：3种、3种、3种、2种、2种，3种，故符合条件B的同分异构体一共有3+3+3+2+2+3=16种，由此分析解题。【详解】（1）由分析可知，A的结构简式为：，则A的化学名称为对硝基苯酚(或4-硝基苯酚)，由B生成C的反应方程式为：+ClCH2OH+HCl，该反应的反应类型为取代反应，D的结构简式为；（2）由题干合成流程图可知，由A生成B是将酚羟基转化为醚键、由D生成E即又将原来位置上的醚键转化为酚羟基，故设计这两步反应的目的为保护酚羟基，防止在C到D的转化过程中将酚羟基氧化破坏；（3）由E生成F的反应中除了生成F之外还生成HCl，吡啶是一种有机碱，能够消耗HCl，故加入吡啶的作用为中和生成的HCl，有利于反应正向进行，提高产品产率；（4）由题干合成流程图中M的结构简式可知，M中含氧官能团的名称为醚键、酯基；由G生成M即发生已知信息③的反应，该反应的化学方程式为：；（5）由题干合成流程图中B的结构简式可知B的分子式为：C7H7O3N，不饱和度为：=5，则同时满足下列条件①分子中含有氨基，②苯环上连有4个取代基即为-NH2、-CHO和两个-OH，故先考虑两个羟基的位置关系有邻、间、对三种，再考虑连接氨基则分别有2种、3种和1种，、、、、和，然后最后考虑连接-CHO则又分别有：3种、3种、3种、2种、2种，3种，故符合条件B的同分异构体一共有3+3+3+2+2+3=16种，其中一种核磁共振氢谱中有4组吸收峰的结构简式：或。