内蒙古包头市创新实验学校2025届高三下学期综合训练卷（三）化学试题

高三化学综合训练卷（三） 试题答案 第Ⅰ卷（选择题 共 45分） 一、选择题：本题共 15小题，每小题 3分，共 45分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 选项 A C C A D B C B B B D C A C B 1.【答案】A 【解析】A．石墨是能导电的非金属单质，具有润滑性的优良性能，所以高铁列车的受电弓和接触导线之间涂抹石墨主 要是利用了石墨的润滑性和导电性，故 A正确； B．芯片主要材质是单晶硅，不是二氧化硅，故 B错误； C．硅胶的主要成分二氧化硅没有还原性，不能用作食品抗氧化剂，故 C错误； D．聚四氟乙烯中不含有碳碳双键，不可能含有π键，也不能与溴水发生加成反应使溴水褪色，故 D错误； 故选 A。 2.【答案】C 【解析】A项， 是 1-丙醇，1-丁醇的键线式： ，A项错误；B项，石膏的化学式为 CaSO4·2H2O，B项错误；C项，NaH为离子化合物，电子式表示的形成过程为： ，C 项正确；D项，图中是由两个氯原子的 p轨道肩并肩形成的 p-pπ键不是σ键，D项错误；故选 C。 3.【答案】C 【分析】石英砂主要成分是 SiO2，SiO2与焦炭在 1800～2000℃条件下发生还原反应产生粗硅，然后粗硅与 HCl在 300℃ 条件下发生反应产生 SiHCl3、H2，然后经蒸馏得到纯净 SiHCl3，SiHCl3与 H2在 1100℃条件下发生还原反应产生高纯 硅，然后根据问题分析解答。 【详解】A． 2SiO 为共价晶体，由 Si原子与 O原子通过共价键结合成空间网状结构，不存在单个 2SiO 分子，A错误； B．反应①中，每消耗 21mol SiO ，断开 4mol Si O 键，同时焦炭中的C C 键也会断开，则断裂共价键的数目多于 A4N ， B错误； C． 3SiHCl 中 Si原子的成键电子对数为 4，无孤电子对，采用 3sp 杂化形成 4个 3sp 杂化轨道，H原子和 Cl原子的未成 对电子分别位于 1s和 3p轨道，则 31mol SiHCl 中有 3mol Cl原子与 Si原子形成的 3sp pσ 键，数目为 3NA，C正确； D．因为电负性：Cl H Si  ，所以 3SiHCl 中 Si为 4 价，H和 Cl均为 1 价，根据反应③的化学方程式 3 2 1100 SiHCl H Si 3HCl  ℃ ，每有 22.4L标准状况下的 2H (即 21mol H )参与反应，生成1mol Si，Si的化合价由 4 价 降为 0价， 3SiHCl 中的 H化合价从 1 价升高到 1 价， 2H 中的 H化合价从 0价升高到 1 价，则转移的电子数为 A4N ， D错误； 答案选 C。 4.【答案】A 【解析】由于 Y的单质能与水反应产生氧气，则 Y为 F，X含有两个共价键，则 X为 O，Z含有 6个共价键，则 Z为 S，W含有 2个共价键，得到一个电子，则W为 N，据此回答。 A．由上述分析知，W为 N，由于 N的价电子排布为 2 32s 2p ，p轨道为半满结构，能量较低，第一电离能较大，第一 电离能：O N F  ，A错误； B．由分析知，X为 O，Z为 S，简单氢化物均为“V”形分子，但电负性 O>S，故分子极性： 2 2H O>H S，B正确； C．由分析知，W为 N，X为 O，Y为 F， 3 2N O F  、 、 电子层结构相同，半径逐渐减小，故简单离子半径 3 2N >O >F   ， C正确； D．由分析知，X为 O，Y为 F，Z为 S，O和 F同周期，从左往右非金属性增强，即 F>O，O和 S同主族，从上往下， 非金属性逐渐减弱，即 O>S，故非金属性：F O S  ，D正确； 故选 A。 5.【答案】D 【解析】A．灼烧固体应在坩埚中，不能用蒸发皿，A错误；B．分液时，先使下层液体从下口流出，再将上层液体从 上口倒出，用苯萃取，苯的密度小于水，故有机相在上层，水相在下层，故应先从下口放出水相，再从上口倒出有机 相，B错误；C．过滤时搅拌易捣破滤纸，应使水自然流下，操作不合理，C错误；D．“操作 X”为蒸馏操作，从有机 相蒸馏分离出溴，应选蒸馏烧瓶、直形冷凝管等仪器，球形冷凝管易残留馏分，D正确：答案选 D。 6.【答案】B 【详解】A．B用于除去氯化氢，应为饱和食盐水，A错误； B．反应开始时，应先点燃 A处酒精灯开始反应，待观察到装置中充满黄绿色气体时，最后点燃 D处酒精灯，B正确； C．若 D中生成的 3AlCl 凝华堵塞导管，B中压强增大，可观察到的现象为长颈漏斗中液面上升，C错误； D．无水氯化钙不能吸收氯气，不能起到尾气处理作用，D错误； 故选 B。 7.【答案】C 【解析】A项，由流程可知， 中红色部分化学键断裂，再发生加聚反应和 F生成 X和二氧 化碳，则生成 1mol高分子 X，消耗 n(E)= mmol、n(F)=1mol，同时生成 m molCO2，A正确；B项，X中只有右端的端 基存在 1个氨基，每个重复单元中只有一个酰胺基，因此存在 m个酰胺基，B正确；C项，由 X结构，一定条件下， X中的酰胺基水解可得到 F，但是无法形成 E中环，不能得到 E，C错误；D项，G与 X生成 Y的过程中存在 G的双 键断裂生成高聚物的过程，有加聚反应发生，D正确；故选 C。 8.【答案】B 【解析】A．由图可知，从中间体C到产物，生成 A时活化能更小，速率更大，生成 B时，B更稳定，故 A错误； B．由于第一步是慢反应，第二步是快反应，故中间体C的存在时间极短，故 B正确； C．Ea是第二步反应中 1，2-加成反应的活化能，Eb是第二步反应中 1，4-加成反应的活化能，Eb-Ea是只是两种活化能 的差值，图中数据不能计算该加成反应的反应热，1，4-加成反应过程中有 p p 键的断裂，也有 p p 键生成，故 C 错误； D．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则 1，3-丁二烯的加成反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移 动，1，3-丁二烯的平衡转化率降低，故 D错误； 答案选 B。 9.【答案】B 【解析】A项，不同能级中电子能量不同，同一能级中的电子能量相同，基态 Si原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p2， 则核外有 5种能量不同的电子，A正确；B项，NCl3水解过程中，中心原子的杂化方式为 sp3杂化，SiCl4中 Si原子采 用 sp3杂化，图示过程是亲核水解，中心原子 Si第一步产物中 Si原子的杂化方式为 sp3d杂化，杂化方式发生改变，B 错误；C项，C原子最外层为 l层，没有 d轨道接受水分子中的孤电子对，可以推测 CCl4比 SiCl4难发生亲核水解，C 正确；D项，AsCl3中心原子 As具有正电性(δ+)和空的价层轨道，接受 H2O的孤电子对进攻，且水解产物为 H3AsO3 和 HCl，根据亲核水解机理示意图，可知其水解类型为亲核水解，D正确；故选 B。 10.【答案】B 【详解】由图可知，每个 B 原子具有 5× 12 个共价键，12 个 B 原子共含有 12×5× 1 2 =30 个共价键，含有的三角形数目 =30÷( 12 ×3)=20，但 B12属共价晶体 A 错； B．由图，1、2 是水分子中的键角，3 是硫酸根离子中的键角，水分子中心原子氧原子和硫酸根离子中心原子硫原子都 是 sp3杂化，但是 2 中水分子中有两对孤对电子对氢氧键排斥，使键角变小，1 中有 1 对孤对电子与铁形成配位键，只 有一对孤对电子排斥，键角稍大于 2，3 无孤对电子排斥，键角为 109°28'，键角最大，故大小顺序为 3＞1＞2，故 B 正 确； C．A 中冠醚与 K+之间并非离子键，而是通过配位键结合，故 C 错误； D．两原子形成共价键，有且仅有一根为σ键，故 N-甲基咪唑分子中σ键的数目为 12，D 错误； 本题选 B。 11.【答案】D 【详解】A．向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，醛基被氧化成羧基，此时溶液呈 碱性，向上层清液中滴加溴水，Br2和 OH-反应也会导致溴水褪色，该实验不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，A错误； B．硝酸具有氧化性，能氧化 Na2S生成 S，干扰 Na2SO3氧化 Na2S，根据实验现象不能证明 2Na S与 2 3Na SO 在酸性条件 下发生了归中反应，B错误； C．      2 22HI g H g I g 是气体体积不变的反应，压缩体积，增大反应容器压强，I2浓度增大，气体颜色加深，但 平衡没有发生移动，C错误； D．[Cu(H2O)4]2+在水溶液中呈蓝色、[CuCl4]2-在水溶液中呈黄色，[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2-的混合溶液呈黄绿色，根据实 验现象知，发生了[Cu(H2O)4]2+到[CuCl4]2-的转化，D正确； 故选 D。 12.【答案】C 【解析】A．M电极通入 2O ，发生反应生成自由基 OH ，反应式为： 2O 2e 2H 2 OH      ，M作阴极，A正确； B．N为阳极，电解时阴离子向阳极移动，所以OH 透过膜 a向 N极移动，B正确； C．甲醛与 OH 反应生成 2CO 的反应： - 2 2HCHO-4e +4OH + OH CO +4H O    ，6.0g甲醛为0.2mol，有 +0.8molH ，透过 膜 b，C错误； D．根据氧化还原反应规律，1mol甲醛生成 2CO 转移 4mole ， 6 61molC H O生成 2CO 转移 28mole，理论上苯酚和甲醛转 化生成 2CO 物质的量之比为 6∶7，D正确； 故选 C。 13.【答案】A 【分析】粉煤灰的主要成分为 SiO2、Al2O3，FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等，加入硫酸酸浸过滤得到滤渣 1和滤液，氧化 铝溶解生成硫酸铝，氧化亚铁溶解生成硫酸亚铁，氧化铁溶解生成硫酸铁，氧化镁溶解生成硫酸镁，“酸浸”后钛主要 以 TiOSO4形式存在，滤渣为二氧化硅，加入铁粉还原铁离子生成亚铁离子，结晶析出硫酸亚铁晶体，过滤，得到滤液 1含硫酸铝、硫酸镁、TiOSO4、少量硫酸亚铁，水解过滤，TiOSO4生成 TiO2·xH2O，经酸洗水洗干燥和灼烧后得到 TiO2， 滤液 2中含硫酸铝和硫酸镁、少量硫酸亚铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液 pH使铝离子和铁离子全 部沉淀，过滤得到滤渣 2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液 3含硫酸镁，最终获取MgCl2·6H2O。 【详解】A．由分析可知，加入铁粉的作用是将 Fe3+还原为 Fe2+，A错误； B．“水解”的目的是让TiOSO4和水反应生成TiO2·xH2O，不能让Fe3+和Al3+水解，假设滤液1中Al3+、Fe3+浓度均为0.4mol/L， Fe3+开始沉淀时溶液的 c(OH-)=     38 sp 3 12.333 3+ K Fe OH 4.0 10= mol/L 1 10 mol/L 0.4c Fe         ，c(H+)= 14 12.3 10 mol/L 1 10   =10-1.7mol/L， pH=1.7，Al3+开始沉淀时溶液的 c(OH-)=     34 sp 3 1233 3+ K Al OH 1.0 10= mol/L 6.3 10 mol/L 0.4c Al         ， c(H+)= 14 3 12 10 mol/L=1.6 10 mol/L 6.3 10     ，pH=2.8，则“水解”调 pH不应高于 1.7，B正确； C．TiO2·xH2O失去 2个结晶水质量减少 19.1%，则 2 18 19.1% 48 32 18x     ，解得 x=6，C正确； D．当滤液 2中 Al3+完全沉淀时，滤液中         3+ 33+ 34 3 3+ 383+ 3 3 Kc(Al )cc(Al ) 1.0 10 c(Fe ) 4.0 10c(Fe )c K sp sp Al OHOH OH Fe OH              2.5×103，D正确； 故选 A。 14.【答案】C 【 解 析 】 实 验 1 所 得 溶 液 pH 约 为 12 ， 即 2 1(OH ) 10 mol Lc     ， 由 2 3 2 3CO H O HCO OH     可 知 2 1 3(HCO ) (OH ) 10 mol Lc c       ， 2 2 1 3 3(CO ) 0.1 10 =0.99mol L (HCO )c c        ，故 A 错误；CaCO3和 CaSO4的物质类 型相似，溶解度小的物质能转化为溶解度更小的物质，根据实验 2，可推测 Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，故 B错误；Na2CO3 溶液物料守恒关系为    + 22 3 3 3Na =2[ H CO + (HCO )+ (CO )]c c c c  ；滴入等体积 0.1mol⋅ L-1稀盐酸后生成NaCl和NaHCO3， 仍 然 存 在    + 22 3 3 3Na =2[ H CO + (HCO )+ (CO )]c c c c  ， 故 C 正 确 ； 反 应 323 3 32CO +H SO HCO +HSO- - - 的 平 衡 常 K= 3 3 2 3 2 3 HCO HSO ( )C ( O O ( ) ) S( H) c c c c      = + 3 3 2 + 3 2 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) HCO HSO H CO H SO H c c c c c c       = 1 2 3 2 2 3 (H SO ) (H CO ) a a K K = 2 11 1.4 10 5.6 10     =2.5×108，故 D错误。 15.【答案】B 【解析】A．由图可知，原子M为坐标原点，原子 N为上层的 1 8 晶胞正四面体的中心，在 x轴上位移为 1 4 ，在 y轴上 位移为 3 4 ，在 z轴上位移为 3 4 ，则原子 N的坐标为( 14 , 3 4 , 3 4 )，故 A正确； B．如果沿晶胞面对角线方向上的投影如图 2，则球 6为原子 C，球 11为与原子M相接的 Te原子，球 7为上层的另一 个 Te原子，球 8为原子 N即 Te原子，球 9为左侧面心的 Cd原子，球 10为右侧面心的 Cd原子，则代表 Te原子的位 置有 7、8、11；故 B错误； C．另作图（如下），则 A为 6号原子，AB的长度即是 6号原子与 11号原子的距离，C为 B原子在底面的投影，落在 面对角线 1 4 处，BC的长度即为晶胞边长的 1 4 ，即为 1 4 apm，CD的距离为面对角线的 1 4 ，即为 2 apm 4 ，AD的长度为 面对角线的一半，即为 2 apm 2 ，根据勾股定理，AC的长度的平方为 2 22 2( apm) ( apm) 4 2  = 10apm 16 ，AB的长度 为 2 2 10 1( apm) ( apm) 16 4  = 11 pm 4 a ， ；故 C正确； 第 II卷（非选择题 共 55分） 二、非选择题，共 4题，共 55分。 16.（14分）【答案】 （1） 将废渣粉碎、适当提升温度、适当提升酸的浓度等（1分） PbSO4 （1分） SiO2（1分） （2）c(HCl)增大，平衡        3 2 2 3In 3H A InA 3HA 3H   水相 有机相 有机相 水相 ，逆向移动，In3+进入水溶液中， 提高反萃取率（2分） （3）平面三角形（1分） 2 - 26 - 23S On +O 66 CS lnCl O +3H H    （2分） （4） 4 2 22H 4 2 4 HInCl Zn In ZnCl    （2分） （5）4（1分） 0.4 （1分） r2 30 A 4M a b 10 N （2分） 【分析】从炼锌废渣(主要含 ZnO、In2O3，还含少量 SnO2、PbO、SiO2等物质)中提取粗铟，炼锌废渣加入稀硫酸，酸 浸后滤渣含有 PbSO4、SiO2，滤液再加入 H2A2萃取剂将 In3+(水相)转化为 InA3·3HA(有机相)，最后加入盐酸再进行反 萃取得到含 4InCl  、 2 6SnCl  溶液。加烧碱沉铟后， 2 6SnCl  转化为 2 3SnO  除去，加盐酸“酸溶”后，铟主要以 4InCl  形式存在 溶液中，加入锌粉还原制得粗铟。 【解析】（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有将废渣粉碎、适当提升温度、适当提升酸的浓度等；由分析可知， 酸浸后滤渣含有 PbSO4、SiO2； （2）加入浓度较大的盐酸后，c(HCl)增大，平衡        3 2 2 3In 3H A InA 3HA 3H   水相 有机相 有机相 水相 ，逆向 移动，In3+进入水溶液中，提高反萃取率。 （3）① 23SnO  价层电子对个数= 13 3 2  （4+2-2 ）=3，所以原子杂化方式是 sp2，VSEPR为平面三角形结构； ② 2 6SnCl  在碱性条件转化为 2 3SnO  的离子方程式为 2 - 2 6 - 23S On +O 66 CS lnCl O +3H H    ； （4）铟主要以 4HInCl 形式存在溶液中，加入锌粉制得粗铟，同时还生成一种具有还原性的气体，发生反应的化学方程 式 4 2 22H 4 2 4 HInCl Zn In ZnCl     （5）①以面心的 Cu为研究对象，与其距离最近的 4个 Se 构成了正四面体，则 Cu最近且等距的 Se 的个数为 4； ②铜铟镓硒晶体可以看作是铜铟硒晶体中部分 In被 Ga取代，则 In和 Ga总个数为 1，In与 Ga的个数比为 3：2，则 y=0.4；晶胞中 Cu 原子个数为 1 18 +4 +1=4 8 2   ， x y 2CuIn Ga Se 的式量用 rM 表示，则晶胞的质量为 r A 4M N g，晶胞体积为 a2b×10-30cm3，则晶胞密度为 r2 30 A 4M 10 Na b  3g cm 17.（13分）【答案】 (1)蒸馏烧瓶（1分） (2)2NaHSO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+2H2O+2SO2↑（2分） (3)bd（2分） (4)温度较低时，反应速率较慢，温度较高时，SO2的溶解度较小（2分） (5)碱性环境下，Na2S2O4能稳定存在（1分） (6)bacd（2分） (7) 83.52 （2分） 偏低（1分） 【详解】（1）根据题图可以看到，该烧瓶圆底，无支管，所以是“圆底烧瓶”； （2）复分解反应，强酸制弱酸，方程式为“2NaHSO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+2H2O+2SO2↑”； （3）装置防倒吸一般按照气流短进长出或者短进短出的方案选择仪器，所以本问应选填“bd”； （4）若反应温度过低，反应速率过慢，反应时间过长，而温度过高，气体在反应液中溶解度变低，无法充分参与反应， 所以本问应填“温度较低时，反应速率较慢，温度较高时，SO2的溶解度较小”； （5）根据题目所给条件可知本问应填“碱性环境下，Na2S2O4能稳定存在”； （6）过滤除去沉淀后，在滤液中加入 NaCl，提高溶液中 Na+浓度，促进 Na2S2O4结晶析出，对偏碱性溶液加热至 52℃ 以上，再趁热过滤，获得无结晶水的 Na2S2O4晶体，获得晶体后用乙醇洗涤晶体，除去残留滤液，降低晶体溶解损失， 所以本问应填“bacd”； （7）配平离子方程式：“     3 42 2 2 4 3 26 6 2 Fe CN S O 4OH =2SO +2 Fe CN +2H O            ”， 设样品中 2 2 4S O  的物质的量为 x，根据配平计算   3 2 2 46 1 3 2 Fe CN ~ S O 2 1 0.1mol L 24 10 L x          解之，得 x=1.2×10-3mol，所以 Na2S2O4在样品中的质量分数为 2 2 4 3 1 Na S Om 1.2 10 mol 174g mol100% 100% 83.52% m 0.25g           样 ；若实验过程中未通 N2做保护气，则样品中的有效成分 会被空气中的氧气所氧化，则滴定消耗的 K3[Fe(CN)6]标准溶液会偏少，则计算所得质量分数会“偏小”。 18.（15分）【答案】 (1)4(1分) (2)2ΔH3+ΔH4-ΔH2(2分) (3)①AC(2 分) ②a、b(2分) MH(2分) (4)①CO2(1分) 先升高后降低(1分) ② 2 4 3.8 7.8p p 17.4 17.4 1 4.6p p 17.4 17.4                           (2分) ③AB(2分) 【解析】(1)碳的原子序数为 6，其基态原子的核外电子排布式为 1s22s22p2，运动轨道数有 1s、2s、2个 2p轨道，共 4 个轨道，则核外电子的空间运动状态有 4种；(2)依据盖斯定律，反应 I=反应Ⅲ×2+反应Ⅳ-反应Ⅱ×2，ΔH＝2ΔH5+ΔH4-ΔH2； (3)①A项，反应中二氧化碳和氢气的消耗不一样，cH2与 cCO2的比值减小，比值不变，说明达到平衡状态；B项， 生成氢气是逆反应，生成甲烷是正反应，但速率之比不等于计量系数之比，故不是平衡状态，平衡状态下应为    2 4v H =4v CH生成 生成 ；C项，恒温恒容条件下，气体的物质的量在变 ，容器内气体压强改变，当压强不变，达到平 衡状态；D项，通过三段式计算， 2 2 4 2CO (g) 4H (g) CH (g) 2H O(g) ( ) 4 4 0 0 ( ) 4 2 ( ) 4 4 4 2 mol mol x x x x mol x x x x      起始 转化 某时 CO2的体积分数为 4 1 8 2 2 x x    ，始终不变，不能判断是否达到平衡状态；选 AC；②由题意和图中信息可知，k受温度影 响，温度升高，k增大，可知 1/T从右往左看，MH和 NG是 lgk 随温度升高而增大的线。从 T4到 T1，温度升高，c、b、 a反应速率逐渐加快，所以在相同的时间，b、a达平衡状态，c点速率最慢，没有达到平衡状态。③b点到 a点平衡状 态，温度升高，H2转化率下降，故反应 I的正向为放热反应；升高温度，lgk 正，lgk 逆均增大， 平衡逆向移动， 平衡 常数 (K=k 正/k 逆)减小，故升高温度时逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度，即 lgk 逆增大的程度更大，故MH 为 lgk 逆的线，NG 为 lgk 正的线；(4)①平衡时 X的物质的量较大，随着温度升高 X的物质的量逐渐减小，Y的物质的 量逐渐增大，由于反应 I是放热反应，随着温度升高，甲烷的量应该逐渐减小，二氧化碳的量增大，又由于反应 II是 吸热反应，一氧化碳的量随温度升高而逐渐增大，二氧化碳的物质的量逐渐减小，根据量的关系 800℃时另一种物质是 1mol，在 1100℃时另一种物质接近 2.2 mol，1400℃时另一种物质接近 0.5mol，说明另一种物质先变大后变小，则可能 是开始温度低的阶段反应 I逆向移动占主要地位，后来温度高时反应 II正向移动占主要地位，因此图中 X为甲烷，Y 为 CO，而缺少 CO2物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化趋势为先升高后降低；②根据反应 I： CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) ΔH1，反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH2；通过元素守恒，CH4、 CO、CO2、H2、H2O的物质的量分别为 3.8 mol、0.2 mol、5mol-3.8mol-0.2mol=1 mol、20mol-4×3.8mol-0.2mol=4.6 mol、 2×3.8mol+0.2mol= 7.8mol ， 总 物 质 的 量 为 17.4mol 。 则 该 温 度 时 反 应 I 的 平 衡 常 数 Kp 的 计 算 式 为 2 2 4 3.8 7.8 17.4 17.4 MPa 1 4.6 17.4 17.4 p p p p                            ；③A项，温度升高，在一定温度范围，以反应 II为主时，由于反应 II正向是吸热反应， 故升高温度平衡正移，CO2的平衡转化率增大；B项，水蒸气浓度减小，平衡正移，CO2的平衡转化率增大；C项，催 化剂不改变 CO2的平衡转化率；D项，在恒温恒压下再按原比例充入一定量的 CO2和 H2，CO2的平衡转化率不变；故 选 AB。 19.（13分）【答案】 (1) 浓硫酸、浓硝酸、加热(1分) (1分) (2)氧化过程中酚羟基需先保护，经氧化后需要再脱除保护(2分) (3) 3AlCl (2分) 3 (2分) (2分) (4)加成反应(1分) (5)AC(2分) 【分析】 A的分子式 C7H8可知，A为甲苯 ，甲苯发生对位硝化反应生成 B为 ，硝基发生还原反应生成 C为 ，D 发生已知 I 生成 E 为 ，E 与 生成 F 为 ，G 为 ，G转化为 H是 ，I为 。 【详解】（1） A为甲苯 ，甲苯发生对位硝化反应生成 B为 ，A到 B的反应条件浓硫酸、浓硝酸、加热；C的结构 简式： ； （2）D发生已知 I生成 E为 ，D反应成 E实际需经过多步反应，原因是：氧化过程中酚羟基需先保护，经 氧化后需要再脱除保护； （3） G为 ，G到 H的化学方程式： 3AlCl ； H是，比 H少 2个碳原子的同系物 L，①F原子直接连苯环，除苯环外无其他环状结构即部分结构有 。②与 KOH溶液反应，最多消耗 5mol KOH，其中碳氟键能与 1molKOH 发生水解反应，含有酯基，且水解后的羟基能继续 与 KOH反应。③苯环上只有两个支链，同分异构体为 邻、间、对位取代共 3种；其中核磁共 振氢谱有四组峰，峰面积比 2∶2∶1∶1∶1的有机物的结构简式为 ； （4）F和 J生成 K的反应类型为加成反应； （5）A．反应①中 O提供孤电子对，Al提供空轨道，O与 Al有配位键的生成，导致 O、Al原子上电子云分布发生变 化，有利于②反应C-O键的异裂，故 A正确； B．整个反应过程双键上的 C原子采取 sp2杂化，饱和碳原子甲基上采取 sp3杂化，反应②产物中碳原子是 sp杂化，则 杂化方式有 3种，故 B错误； C．③反应后分子中环上一个 C原子与 H原子形成σ键，其余 5个碳原子提供 p轨道，有 4个电子参与离域π键 45Π ，故 C正确； D．苯乙酮中酮羰基是吸电子基团，③反应中苯是给电子基团，则苯乙酮不易发生此类反应，故 D错误； 故选 AC。 高三化学综合训练卷（三) (考试时间：75分钟试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-140-16Na-23A1-27Si-28S-32Ti-48 第1卷（选择题共45分) 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.高速铁路、量子计算机、移动支付、共享单车被称为中国新“四大发明”，下列说法正确的是( ) A B C D A.高铁列车的受电弓和接触导线之间涂抹石墨主要是利用了石墨的润滑性和导电性 B.量子计算机计算精度高、能力强，其芯片主要材质是SO。 C.手机保护壳通常是纳米硅胶材料，优点是防滑抗震性好，硅胶还常用作食品抗氧化剂 D.共享单车用到的聚四氟乙烯材料含有σ键和π键，能使溴水褪色 2.下列化学用语或表述正确的是() OH A.1-丁醇的键线式： B.石膏的化学式：2CaS04H20 C.NaH的形成过程： NafH→NaH D.Cl的ppo键形成过程： 8-8-88-8 3.工业制备高纯硅的原理示意图如下，设N为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是() 石英砂然e→粗硅盟→SHCL,品。→高纯硅 焦炭 ① ② ③ A.60gSiO,含有SiO,分子的数目为NA B.反应①消耗1 mol SiO,,断裂共价键的数日为4N C.1 nol SiHCI,含有sp3-po键的数目为3Na D.22.4LH2(已折算为标准状况)参加反应③，转移电子的数目为2NA 为离子液体中常见的阴离子，离子中各原子均达到稳定结构，其组成元素W、X、Y、Z为4种 数依次增大的短周期主族元素，其中Y的单质能与水反应产生氧气。下列说法错误的是() A.第一电离能：W<X<Y B.简单氢化物的分子极性：X>Z C.简单离子半径：W>X>Y D.非金属性：Y>X>Z 5.实验室从废定影液[含AgS,O)和Br等]中回收Ag和Br,的主要步骤为。下列说法正确的是() Cl2 Na,S溶液 用苯萃取 滤液 有机相 操作X,Br, 分液 废定影液 过滤 洗涤 滤渣干燥，Ag AgS 灼烧 A.在空气中用蒸发皿高温灼烧AgS制取Ag B.分液时先从下口放出有机相，再从上口倒出水相 C.为加快过滤速度，可以用玻璃棒轻轻搅拌漏斗中的液体 D.“操作X中需要的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、直形冷凝管等 6.无水A1C1(178℃升华)遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用A1和氯气通过如图所示装置制备。下列说法正确的是 () 浓盐酸 铝粉 MnO, NaOH 溶液 A.试剂瓶B、C、F中分别盛饱和NaHCO3溶液、浓硫酸、浓硫酸 B.反应开始时，应先点燃A处酒精灯，待观察到装置中充满黄绿色气体时，再点燃D处酒精灯 C.若D中生成的AICL,凝华堵塞导管，B中可观察到的现象为长颈漏斗中液面下降 D.装置F和G可用装有无水CaCl2的干燥管替换 7.高分子Y是一种人工合成的温敏性聚肽高分子，其合成路线如下： NH H 定条件 H 一定条件 入N 高分子X 高分子Y 下列说法不正确的是() 核电荷 A.生成lmol高分子X,消耗nE)=mmol、n)=1mol,同时生成nmolC02 B.X中有1个氨基和m个酰胺基 C.一定条件下，X水解可得到E和F D.G与X生成Y的过程中有加聚反应发生 8.1,3-丁二烯和Br以物质的量之比为1：1发生加成反应分两步：第一步Br进攻1,3-丁二烯生成中间体C(溴正离子)： 第1页共5页 第二步Br进攻中间体C完成1,2-加成或1,4-加成。反应过程中的能量变化如下图所示，下列说法正确的是( 中间体C CH,-CH-CH-CH, 2加成产物A L4加或产物塑。→ 反应过程 A.从中间体C到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物B B.第一步的反应速率比第二步慢，中间体C的存在时间极短 C.该加成反应的反应热为E,-E，反应过程中有p-pπ键的断裂和生成 D.升高温度，1,3-丁二烯的平衡转化率增大 9.非金属的卤化物水解可以分为亲电水解和亲核水解，实例及部分机理示意如下。发生亲电水解的条件是中心原子 电性且带有孤电子对，能接受HO的H的进攻，如： CI CI-OH c-+骨8H-→-N-HHc0c 一系列反应，NH CI ci C H 发生亲核水解条件是中心原子显正电性且有空的价层轨道，空轨道用以容纳H0的配位电子，如： CI OH 一系列反应 H --Si029 OH HO OH 下列说法错误的是() A.基态Si原子核外有5种能量不同的电子 B.NCl和SiCl4水解过程中中心原子的杂化方式不变 C.推测CCL4比SiCL4难发生亲核水解 D.已知AsC13的水解产物为HAsO3和HC1,推测其水解类型为亲核水解 10.观察下列结构示意图并结合相关信息，判断有关说法正确的是 名称或化学式 B12结构单元 FeS0,·7H,O 18-冠-6 N甲基咪唑 ●Fe os 结构示意图 0 A.该晶体B12属分子晶体，结构单元中通过B一B键可形成20个正三角形 B.FeS04·7H,O结构中键角1、2、3由大到小的顺序：3>1>2 C.18-冠-6中0（灰球)电负性大，带负电荷，通过离子键与K+作用，体现了超分子“分子识别的特征 D.N甲基咪唑分子中σ键的数目为6 11.下列方案设计、现象和结论都正确的是（) 选 目的 方案设计 现象和结论 项 向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液， 检验丙烯醛中含有碳碳双键 加热至不再生成砖红色沉淀，静置， 若溴水褪色，则丙烯醛中含有碳碳双键 向上层清液中滴加溴水 溶液变浑浊， 向Na,S与Na,SO,的混合液中 探究不同价态硫元素的转化 证明NazS与Na,SO,在酸性条件下 加入硝酸 发生了归中反应 显负 探究压强对 气体颜色加深，则说明增大压强， C 2HΠ(g)≥H2(g)+I,(g) 压缩体积，增大反应容器压强 该化学平衡正向移动 的影响 验证C1与H,O 溶液由蓝色变为黄绿色， 向0.05mol.LCuS0,溶液中 D 在配合物形成过程中 说明发生了[cu(H,O)4]到[Cucl,] 加入少量NaCl固体 存在相互竞争 的转化 12.羟基自由基(OH)具有极强的氧化能力，它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源作用下，利用双极膜 电解池产生羟基自由基(OH)处理含苯酚废水和含甲醛废水，原理如图所示。已知：双极膜中间层中的H,O解离为H和OH。 下列说法错误的是() 直流电源 OH O2膜b OH C02 膜a 含 酚废水 废 OH Na.SO,HO Na,SO A.M极为阴极，电极反应式：O,+2e+2H+=2.OH B.双极膜中HO解离出的OH透过膜a向N极移动 C.每处理6.0g甲醛，理论上有0.4molH透过膜b D.通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成CO,物质的量之比为6：7 13.某工厂煤粉灰的主要成分为SiO2AlO3,FeO、Fe2Og、Mg0、TiO2等。研究小组对其进行综合处理的流程如下： 2页共5页 H,SO,铁粉 1)酸洗2)水洗 >TiO,xH,O Ti02 3)干燥、煅烧 煤粉灰酸浸反应结晶滤液1≥水解 双氧水 滤渣1 FeSO,·7H,O 滤液2调pH>滤液3→…→MgCl26H,O 滤渣2 己知：Kp[A1(OD]=1.0×1034,Ksp[Fe(OH)]=4.0×1038;“酸浸后钛主要以TiOS04形式存在，强电解质TiOS04在溶液中仅 能电离出$O4和一种阳离子，该阳离子会水解。 下列说法错误的是() A.加入铁粉的主要目的是消耗过量的硫酸 B.假设滤液1中A13+、Fe3+浓度均为0.4mol/L,则水解'调pH不应高于1.7 C.Ti0zXH20失去2个结晶水质量减少19.1%，则x=6 D.当滤液2中A完全沉淀时，滤液中cA) =2.5×103 c(Fe) 14.室温下，通过下列实验探究Na2C03的性质。已知：25C时，H2S03的Ka1H2S03)=1.4×10-2,Ka2HS03)=6.0×10-8,H2C03 的Ka1H2C03)=4.3×10-7,K2HC03)=5.6×1011。 实验1：配制50mL0.1moL1Na2C03溶液，测得溶液pH约为12； 实验2：取10nL0.1molL1Na2C03溶液，向其中加入少量CaS04固体充分搅拌，一段时间后过滤。向滤渣中加入足量稀 盐酸，固体完全溶解： 实验3：取10mL0.1molL1NazC03溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1moL1稀盐酸。 下列说法正确的是() A.实验1所得溶液中，cHCO,)>c(CO) B.根据实验2，可推测Kp(CaCO3)>Kp(CaSO4) C.实验3反应后溶液中存在：c(Na)=2[c(H,CO3)+cHCO)tc(CO〗 D.25C时，反应C0+H,S0,≥HCO,+HSO,的平衡常数K=4×109 15.CdTe的晶胞属立方晶系，晶胞参数如图1所示。下列说法错误的是() 0-Cd 7 ●-Te 10 M ==OD 11 a pm 图1 图2 A.已知原子M的坐标为(0,0,0)，则原子N的坐标为(1/4,3/4,3/4) B.该晶胞在面ABCD上的投影如图2所示，则代表T©原子的位置是9,10,11 C.晶胞中原子6和11之间的距离为 4-pm D.距离Cd最近的Cd原子有12个 第3页 第1川卷（非选择题共55分） 二、非选择题：共4题，共55分。 16.(14分)铟In)被广泛应用于电子、太阳能等领域。以某炼锌废渣（主要含Zn0、In,O,还含少量SnO2、Pb0、Si0,等 物质)为原料，制备粗铟的工艺流程如下： 稀硫酸H,A,煤油 盐酸 NaOH溶液 盐酸 锌粉 炼锌 废渣 酸浸→萃取 含nCl 反萃取→ sc1溶液沉铟→酸溶→还原]→粗锅 滤渣 水相 有机相 滤液 滤液 已知：①Sn(锡)是第IVA族元素； ②H,A2和煤油为萃取剂，萃取n+原理为： n3+(水相)+3H,A,(有机相、三nA,·3HA(有机相)+3H(水相) (1)为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 (任意写一条)，滤渣的主要成分是 (2)“反萃取”中，从有机相IA,·3HA中分离铟时，需加入浓度较大的盐酸，从平衡移动的角度说明其原因 (3)“沉铟中，SnC1。合转化为SnO ①SnO?合的VSEPR模型名称是 ②写出SnCl?合转化为SnO的离子方程式 (4)“酸溶”后，铟以HnC1,形式存在溶液中，加入足量锌粉可制得粗铟，写出该制得粗铟反应的化学方程式是 (5)铜铟镓硒晶体（化学式为Cun,Ga,Sc2)和铜铟硒晶体（化学式为CnS€，）是同一类型的晶胞结构，铜铟镓硒晶体可以看 作是铜铟硒晶体中部分In被Ga取代。一种铜铟镓硒的晶胞结构如图所示。 ● OCu b pm OSe 。Ga或In a pm a pm ①该晶体中，距离Cu最近且等距的Se的个数为 ②若该晶体中In与Ga的个数比为3：2，则y= (填数值)；Culn,Ga,Se,的式量用M,表示，NA为阿伏加德 罗常数的值，则该晶体密度为 g·cm3(列出计算式)。 17.(13分)连二亚硫酸钠N2S2O4)是无机精细化学品，在造纸、印染等行业应用广泛。某科研小组通过以下方案制备Na2S2O4 并测定其纯度。 已知：①2SO4在空气中极易被氧化，易溶于水且随温度的升高溶解度增大，不溶于乙醇，在碱性介质中较稳定。 ②低于52C时Na2S2O4在水溶液中以NaS2O42H20形态结晶，高于52C时Na2S2O42H20在碱性溶液中脱水成无水盐。 请回答下列问题： I.Na2S2O4的制备 共5页 其制备过程如下： 步骤1：安装好整套装置（夹持装置省略），并检查装置的气密性； 步骤2：在三颈烧瓶中依次加入Zn粉和水，电磁搅拌形成悬浊液： 步骤3：打开仪器a的活塞，向装置C中先通入一段时间SO2: 步骤4：打开仪器c的活塞滴加稍过量NaOH溶液使装置C中溶液的pH在8.2~10.5之间： 步骤5：过滤，将滤液经“一系列操作可获得Na2S2O4。 浓硫酸 单向阀示意图 …可 18%NaOH溶液 。尾气处理 温度计 饱和 NaHSO 溶液 Zn-H2O悬浊液 69 电加热磁力搅拌器 (1)仪器b的名称是 (2)写出装置A中发生反应的化学方程式： (3)装置B(单向阀)的作用是防倒吸，下列装置能代替它的是 (填字母)。 (④步骤3中生成物为ZS2O4,该反应需控制温度在35~45C进行，其原因为 (⑤)步骤4中，需控制溶液的pH在8.2~10.5之间，其原因为： ①pH太大Zn(OHD2会溶解： ②pH太小Zn+沉淀不完全； ③。 (⑥“一系列操作”包括： a.搅拌下用水蒸气加热至60℃左右： b.分批逐步加入细食盐粉，搅拌使其结晶，用倾析法除去上层溶液，余少量母液： c.趁热过滤； d.用乙醇洗涤。 上述操作的合理顺序为 →干燥（填字母）。 II.Na2S2O4含量的测定 实验装置： 一滴定管 自动电位滴定仪 N,入口 00000 CIT3 电磁搅拌器 实验原理：[Fe(CN)6]3+S20+OH一—S0}+[Fe(CN)6]4+H2O(未配平)。 实验过程：称取0.25g样品加入三颈烧瓶中，加入适量NOH溶液，打开电磁搅拌器，通过滴定仪控制滴定管向三颈烧瓶 中快速滴加0.10molL1,K3[Fe(CN)标准溶液，达到滴定终点时消耗24.00mL标准溶液。 (7)样品中Na2S2O4的质量分数为%（假设杂质不参与反应）；若实验过程中忘记通入N2,对测定Na2SO4含量的影响是 (填“偏低“偏高或“无影响)。 18.(15分)中央经济工作会议强调要“加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。C02甲烷化是目前研究的热点 方向之一，C02也可以获得新型能源二甲醚(CHOCH),在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下： 反应I:C02(g)+4H2(g)=CL(g)+2H2O(g)△H1 反应I:C02(g)十H(g）)=CO(g+HO(g)H2 反应Ⅲ：C02(g)+3H(g)=CH:OH(g)+HO(g)△H 反应IV:2 CH;OH(g)=CH3OCH(g)+HO(g)△H4 回答下列问题： (1)基态碳原子核外电子的空间运动状态有 种。 (2)反应2C0(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H= (3)在体积相等的多个恒温恒容密闭容器中，分别充入4 molCO2(g)和4molH(g)均只发生上述反应I,在不同温度下反应相 同时间，测得lgk正、lgk遮、H2转化率与温度关系如图所示。 Igk 50 40 的 转 大 a☑ 30 化 8 H o /% 1 1 增大 1 已知该反应的速率方程为Vkc(CO,)c4(H,),V池c(CH,)c2(H,O),其中kE、k为速率常数，只受温度影响，温 度升高，k增大。 ①下列可作为反应I达到平衡状态的判断依据的是 A.cH)与cCO的比值不变 B.4V生成(H2)=V生成(CH4) C.容器内气体压强不变 D.CO2的体积分数不变 第4页共5页 ②由图中信息可知，a、b、c三点中可能达平衡状态的是 代表gk逆曲线的是」 (填MF或NG”)。 (4向恒温恒压的密闭容器中充入5olC0z(g)和20moHz(g),若只发生反应I和反应IⅡ，达到平衡时其中两种含碳物质的 物质的量与温度T的关系如图所示，已知反应Ⅱ为吸热反应。 n(X)/mol 5.0 曲线X 曲线Y 4.0 q(800,j.8) 3.0 2.0 1.0 1c(800,0.2) 0 500 800 1100 T/K ①图中缺少 (填含碳物质的分子式)物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化趋势为 ②已知80OK时体系压强为pMPa,则该温度时反应I的平衡常数K,的计算式为 MPa2(代入平衡分压写出计算式， 无需化简。已知：分压=总压×物质的量分数)。 ③下列措施既能提高CO2平衡转化率的是 A.在一定范围内升高温度 B.将部分HO(g)及时分离出去 C.加入催化剂 D.按原比例再充入一定量的CO2和H2 19.(13分)依折麦布片是一种新型高效的调脂药，其合成路线如下，回答以下问题： NH, OH A B Fe.HCI C NaNO,,H,SO E C,H C.HNO C.H.N C,H03 H CH. D G 还原 C20H20FNO K 定条件 C:H3oF2N.Os 依折麦布片 CHO 已知：I. 第5页 含碳碳 :H, 双键或 Ⅱ.RC=0+NHKR RI C OH R, N R 失，0→ 碳氮双(R为C或H)° 键产物 (I)A到B的反应条件 ,C的结构简式： (2)D反应成E实际需经过多步反应，原因是 (3)G到H的化学方程式： 一，比H少2个碳原子的同系物L,其同分异构体符合下列要求的有（不考虑立体 异构)种。 ①F原子直接连苯环，除苯环外无其他环状结构。②与KOH溶液反应，最多消耗5 ol KOH。③苯环上只有两个支链。 其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比2：2：1：1：1的有机物的结构简式为 (4)F和J生成K的反应类型为」 (⑤)信息(3)的反应机理如下，有关说法正确的是 (填字母)。 A.反应①中配位键的生成，导致O、A1原子上电子云分布发生变化，有利于②反应CO键的异裂 B.整个反应过程碳原子杂化方式有两种 C.③反应后分子中存在离域π键卫 D.最终产物苯乙酮相对于苯更易发生此类反应 共5页报告查询：登录zhixue..com或扫描二维码下载App ■ (用户名和初始密码均为准考证号) ▣T ■ 高三化学综合训练卷（三） 答题卡 姓名： 班级： 考场/座位号： 准考证号 [0] [0] [0] 注意事项 [0] [0] [0] [0] [0] 1. 答题前请将姓名、班级、考场、准考证号填写清楚 [1] [1 [1] [1] [1] [1] [11 客观题答题，必须使用2B铅笔填涂，修改时用橡皮擦干净。 [2] [21 [2 [2] [2] [2] [2] 3. 主观题答题，必须使用黑色签字笔书写。 「31 [3] [3] [37 [3] [ [3 4. 必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效 [4] [4] [4] [4] [4] [4] [4] [4] 保持答卷清洁、完整。 [5] [5] [5] [5] [5] [5] [5] [5] [6] [6] [6] [6] 6 [6] [6 6] 正确填涂 缺考标记 ▣ ] [7] [7] [7] [7J [7] [7] [ [8 [8] [8] [8] [8] [8 [8] [9] [9] [9] [9] [9] [9] [9] [9] 单选题 1[A][B][C][D] 6[A][B][C][D] 11[A][B][C][D] 2[A][B][C][D] 7[A][B][C][D]I2[A][B][C][D] 3[A][B][C][D] 8[A][B][C][D] 13[AJ[B][C][D] 4A][B][C][D] 9[A][B][C][D] 14[A][B][C][D] 5[A][B][C][D] 10[A][B][C][D] 15[A][B][C][D] 填空题 16.(1) (2) (3) (4) (5) 填空题 17.(1) (2) (3) (4) (5) 囚囚■ ■ ■ ▣ (6) (7) 填空题 18.(1) (2) (3)① ② 1 (4)① ② ③ 填空题 1 19. (1) (2) (3) 1 (4) (5) ■ 囚■囚 ■