精品解析：四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学2024-2025学年高三下学期高考模拟考试（三）化学试卷

2024-2025成都市锦江区嘉祥外国语高级中学高2022级 高三下学期高考模拟考试(三)化学试卷 考试时间：75分钟 满分：100分 注意事项： 1.开始作答前，请考生先在答题卡上填写好自己的个人信息。 2.选择题部分用2B铅笔填涂，非选择题部分用0.5mm黑色墨迹签字笔认真书写。 3.考试结束后，将试卷，答题卡，草稿纸一并交回。 可能用到的相对原子质量： O -16 C-12 N-14 H-1 一、单选题：本大题共15小题，共45分。 1. 化学与生活、生产息息相关，从化学视角认识世界，下列说法错误的是 A. 黄山迎客松扎根于岩石缝，以惊人的韧性和刚强创造了奇迹，松木富含糖类 B. 2023 年诺贝尔化学奖授予量子点研究，直径为2 ~20 nm硅量子点属于胶体 C. Nature在线发表了同济大学材料科学与工程学院精准合成的芳香型碳环C10和C14，两者互为同素异形体 D. 新型陶瓷碳化硅不仅可用作耐高温结构材料，还可用作耐高温半导体材料 【答案】B 【解析】 【详解】A．松木含纤维素，纤维素属于糖类，A正确； B．胶体是混合物，是分散质粒子直径为1-100nm的分散系，直径为2 ~20 nm硅量子点无分散剂，不是胶体，B错误； C．C10和C14都是碳元素的不同单质，两者互为同素异形体，C正确； D．新型陶瓷碳化硅是新型无机非金属材料，可用作耐高温结构材料、耐高温半导体材料，D正确； 本题选B。 2. 下列叙述正确的是 A. HClO 的结构式为H-Cl-O B. 核内有33个中子的Fe表示为Fe C. NH2OH的电子式为 D. CH3CHO 的球棍模型为 【答案】C 【解析】 【详解】A. HClO 的结构式为H-O-Cl，故A错误； B. 核内有33个中子的Fe原子质量数为：33+26=59，表示为Fe，故B错误； C. NH2OH的电子式为，故C正确； D. CH3CHO 的球棍模型为，故D错误； 正确答案是C。 3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 44g 含有的分子数为 B. 1mol 含有的电子数为11 C. 0.5 溶液中含有的离子数为1.5 D. 常温常压下，22.4L CO含有的原子数为2 【答案】A 【解析】 【详解】A．44g二氧化碳是1mol，所含分子数为NA，故A正确； B．1个所含电子是10个，1mol含有电子应该是10NA，故B错误； C．选项中没有体积无法计算物质的量，无法计算离子数目，故C错误； D．常温常压应该改为标准状况，才能计算气体的物质的量，故D错误； 答案选A。 4. 反应①②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应： ①； ②。 下列说法正确的是 A. 两个反应中硫元素均被氧化 B. 碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化 C. 氧化性： D. 反应①②中生成等量的时，转移电子数之比为 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据反应前后元素化合价变化可知，①中I元素被氧化，②中S元素被氧化，A错误； B．同理，①中I元素被氧化，②中I元素被还原，B错误； C．氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物，故①中氧化性：MnO2> I2，②中氧化性：>，无法得出C结论，C错误； D．①中生成1mol I2时，转移电子数为2mol，②中生成1mol I2时，转移电子数为mol，两者之比为1:5，D正确； 本题选D。 5. 某有机物结构如下图，关于该有机分子，下列说法不正确的是 A. O—H键极性强于C—H键 B. ①号碳原子和②号碳原子杂化类型相同 C. 该分子中含有手性碳原子，具有旋光性 D. 带*的氮原子能与以配位键结合 【答案】B 【解析】 【详解】A．氧氢的电负性差大于碳氢的，故O—H键极性强于C—H键，A正确； B．①号碳原子为苯环上碳原子，为sp2杂化；②号碳原子为饱和碳原子，为sp3杂化；杂化类型不相同，B错误； C．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；分子中含有手性碳原子，具有旋光性，C正确； D．带*的氮原子由一对孤电子对，氢离子存在空轨道，故能与以配位键结合，D正确； 故选B。 6. 下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 物质（括号内为杂质） 除杂试剂 A FeCl2溶液（FeCl3） Fe粉 B NaCl溶液（MgCl2） NaOH溶液、稀HCl C Cl2（HCl） H2O、浓H2SO4 D NO（NO2） H2O、无水CaCl2 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。 【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意； B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意； C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意； D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意； 综上所述，本题应选B。 【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。 7. 下图是配制一定物质的量浓度溶液的过程示意图。下列说法中错误的是 A. 所配制的Na2CO3溶液的物质的量浓度为1.0 mol/L B. 操作2是将溶解的Na2CO3溶液转移到容量瓶中 C. 操作4是滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐 D. 操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，要继续加水至液面与刻度线平齐 【答案】D 【解析】 【详解】A、所配制的Na2CO3溶液的物质的量浓度为10.6g÷106g/mol÷0.1L=1.0 mol/L，正确； B、将溶质全部转移到容量瓶中，正确； C、定容方法，正确； D、继续加水，溶液浓度变稀，配制失败，要重配，不正确。 答案选D。 8. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X) B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物 C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强 D. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强 【答案】B 【解析】 【分析】X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题； 【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A错误； B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确； C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误； D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误； 总上所述，本题选B。 【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。 9. 有机小分子X通过选择性催化聚合可分别得到聚合物Y、Z。 下列说法不正确的是 A. X的结构简式是 B. Y中含有酯基，Z中不含有酯基 C. Y和Z的链节中C、H、O的原子个数比相同 D. Y和Z分别通过化学反应均可形成空间网状结构 【答案】B 【解析】 【分析】X的结构简式是，通过选择性催化聚合可分别得到聚合物X和Z，X是碳碳双键聚合，Y是酯基开环得到的聚酯。 【详解】A． X含有碳碳双键和酯基，X的结构简式是，故A正确； B． Y中含有酯基，Z中也含有酯基-COO-R，故B错误； C． Y和Z都是由聚合而成，Y和Z的链节中C、H、O的原子个数比相同，故C正确； D． Y中含有酯基、Z中含有碳碳双键，分别通过化学反应均可形成空间网状结构，故D正确； 故选B。 10. 铁氮化合物在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物。转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，下列有关说法不正确的是 A. Cu元素位于元素周期表中的ds区 B. 图1中氮原子的配位数为6 C. 更稳定的Cu替代型产物的化学式为 D. 当a位置Fe位于体心时，b位置Fe位于棱上 【答案】C 【解析】 【详解】A． Cu在周期表中位于第四周期第IB族，属于ds区元素，故A正确； B．由图1可知，氮原子的上下左右前后各有1个铁原子，故其配位数为6，故B正确； C．由图2可知，Cu替代a位置Fe型的能量低，更稳定，则1个晶胞中Fe原子数为，Cu原子数为，N原子数为1，则更稳定的Cu替代型产物的化学式为，故C错误； D．根据图1，将顶点置于体心(如图所示)，即当a位置Fe位于体心时，b位置Fe位于棱上，故D正确； 答案选C。 11. 贵州重晶石矿(主要成分)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡工艺。部分流程如下： 下列说法正确的是 A. “气体”主要成分是，“溶液1”的主要溶质是 B. “系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C. “合成反应”中生成的反应是氧化还原反应 D. “洗涤”时可用稀去除残留的碱，以提高纯度 【答案】B 【解析】 【分析】重晶石矿（主要成分为）通过一系列反应，转化为溶液；加盐酸酸化，生成和气体；在溶液中加入过量的NaOH，通过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到；过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH；加水溶解后，加入，进行合成反应，得到粗品，最后洗涤得到最终产品。 【详解】A．由分析可知，“气体”主要成分为气体，“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH，A项错误； B．由分析可知，“系列操作”得到的是晶体，故“系列操作”可以是蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B项正确； C．“合成反应”是和反应生成，该反应中元素化合价未发生变化，不是氧化还原反应，C项错误； D．“洗涤”时，若使用稀，会部分转化为难溶的，故不能使用稀，D项错误； 故选B。 12. 研究小组探究Na2O2与水的反应。取1.56g Na2O2粉末加入到40mL水中，充分反应得溶液A(溶液体积几乎无变化)，进行以下实验。 下列说法中，不正确的是 A. 由实验ⅲ中现象可知，Na2O2与H2O反应有H2O2生成 B. 由实验ⅱ、ⅲ、ⅳ可知，实验ⅱ中溶液褪色与H2O2有关 C. 由实验ⅳ、ⅴ可知，实验ⅳ中溶液褪色的原因是c(OH-)大 D. 向实验ⅱ褪色后的溶液中滴加盐酸，溶液最终变为红色 【答案】D 【解析】 【详解】A．由实验ⅲ中现可知溶液A中加入二氧化锰产生大量能使带火星木条复燃的气体为氧气，说明溶液中含过氧化氢，故A正确； B．由ⅱ、ⅲ、ⅳ反应现象分析可知，ⅱ中溶液红色褪去的主要原因是生成了过氧化氢具有氧化性，不是氢氧根离子浓度的关系，故B正确； C．由ⅳ、ⅴ可知，在碱溶液中酚酞变红色和氢氧根离子浓度有关，1mol/L的氢氧化钠溶液中滴入酚酞溶液变红色，10分钟后溶液褪色，再滴入盐酸反应后氢氧根离子浓度减小，溶液变红色，说明ⅳ中溶液红色褪去是因为c(OH-)大，故C正确； D．ⅱ中溶液红色褪去的主要原因是生成了过氧化氢具有氧化性，把有色物质氧化为无色物质，向ⅱ中褪色后的溶液中滴加盐酸，溶液最终不会变成红色，故D错误。 答案选D。 13. 在容积不变的容器中充入CO和NO发生如下反应：,其他条件不变时，分别探究温度和催化剂的比表面积对上述反应的影响。实验测得与时间的关系如图所示。 已知：ⅰ.起始投料比均为2∶3； ⅱ.比表面积：单位质量的物质具有的总面积。 下列说法不正确的是 A. Ⅰ、Ⅱ反应温度相同，催化剂的比表面积不同 B. Ⅱ中NO的平衡转化率为75％ C. 在Ⅲ的条件下，该反应的平衡常数 D. ，Ⅲ中平均反应速率 【答案】B 【解析】 【详解】A．Ⅰ、Ⅱ两个过程达到反应平衡时间不同，反应温度相同，催化剂的比表面积不同，催化剂比表面积越大，催化效率越高，A正确； B．Ⅱ中△c(CO)=4×10-3mol/L-1×10-3mol/L=3×10-3mol/L，起始投料比均为2∶3，△c(NO)=6×10-3mol/L-3×10-3mol/L =3×10-3mol/L ，NO的平衡转化率为3×10-3mol/L ÷6×10-3mol/L ×100%=50％，B错误； C．在Ⅲ的条件下，，平衡常数，C正确； D．，Ⅲ中平均反应速率，D正确； 答案选B。 14. 新型Li-Mg双离子可充电电池是一种高效、低成本的储能电池，其工作原理如图所示。放电时电极a的反应为：;下列说法不正确的是 A. 充电时，极为阴极 B. 放电时，从I室向II室迁移 C. 放电时，II室溶液的浓度增大 D. 每消耗，电极a质量理论上增加 【答案】C 【解析】 【详解】A．放电时电极a的反应为：，a为正极，为负极，所以充电时为阴极，A正确； B．放电时I室为负极区，II室为正极区，阳离子向正极移动，所以向II室迁移，B正确； C．放电时电极a的反应为：，消耗，同时锂离子通过透过膜进入II室，所以溶液的浓度不变，C错误； D．放电时发生反应：，当有发生反应时，转移，电极a质量理论上增加，质量为：，D正确； 故选C。 15. 某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol•L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。 下列说法正确的是 A. 该水样中c(CO)=0.01mol•L-1 B. a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—) C. 当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变 D. 曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol•L-1 【答案】C 【解析】 【分析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO+H+=HCO、HCO+H+= H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO+H+=HCO可知，水样中碳酸根离子的浓度为=0.02mol/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中碳酸氢根离子的浓度为=0.01mol/L。 【详解】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A错误； B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+ c(CO)，故B错误； C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C正确； D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03 mol/L，故D错误； 故选C。 二、非选择题：55分 16. 某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)： 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH 沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH 7.2 8.7 3.7 4.7 2.2 3.2 7.5 9.0 回答下列问题： (1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。 (2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。 (3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即 “滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。 (4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。 (5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。 (6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。 【答案】 ①. 除去油脂、溶解铝及其氧化物 ②. +H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O ③. Ni2+、Fe2+、Fe3+ ④. O2或空气 ⑤. Fe3+ ⑥. ⑦. 3.2~6.2 ⑧. 2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O ⑨. 提高镍回收率 【解析】 【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。 【详解】(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O； (2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+； (3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+； (4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2，故答案为：；3.2~6.2； (5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O； (6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。 【点睛】本题主要考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数Ksp的计算、氧化还原离子反应方程式的书写等知识点，需要学生具有很好的综合迁移能力，解答关键在于正确分析出工艺流程原理，难点在于Ksp的计算及“调pH”时pH的范围确定。 17. 无水氯化铜是一种用途广泛的化学试剂，乙醇溶解减压脱水法制备装置如图所示。 回答下列问题： （1）圆底烧瓶中盛放的试剂是_______。 （2）在常压下，圆底烧瓶中液体的恒沸温度为78℃，本实验中恒温槽中最佳水温是_______℃。 a.0 b.60 c.78 d.100 （3）干燥塔中装有足量的无水，其作用是_______。 （4）实验结束后，关闭真空泵，在卸下圆底烧瓶前，必须进行的操作是_______。 （5）直接加热无法制得，而是分解得到。该反应的化学方程式是_______。 （6）采用佛尔哈德返滴定法测定样品中氯化铜的含量的反应原理为：，。取样品于锥形瓶中，加入的溶液，再加指示剂：用的溶液滴定，消耗溶液。 ①滴定选用的指示剂是_______。 a.甲基橙 b.酚酞 c.淀粉溶液 d.溶液 ②样品中的含量为_______%。 【答案】（1）、乙醇 （2）b （3）吸收乙醇和水蒸气 （4）打开三通阀 （5） （6） ①. d ②. 99.8 【解析】 【分析】氯化铜是强酸弱碱盐，直接加热氯化铜晶体，氯化铜会发生水解生成碱式氯化铜，该实验采用乙醇溶解氯化铜晶体减压脱水法制备无水氯化铜。 【小问1详解】 由题意可知，圆底烧瓶中盛放的试剂是乙醇和二水氯化铜晶体形成的恒沸液，故答案为：、乙醇； 【小问2详解】 降低压强，恒沸液的温度会降低，由在常压下，圆底烧瓶中液体的恒沸温度为78℃可知，本实验中恒温槽中最佳水温是60℃，故选b； 【小问3详解】 由题意可知，干燥塔中装有的足量无水氯化钙用于充分吸收乙醇和水蒸气，便于氯化铜晶体受热失去结晶水制得无水氯化铜，故答案为：吸收乙醇和水蒸气； 【小问4详解】 实验结束后，关闭真空泵后，为保障实验安全，防止意外事故发生，在卸下圆底烧瓶前，应打开三通阀通入空气平衡气压，便于在常压条件下卸下圆底烧瓶，故答案为：打开三通阀； 【小问5详解】 由题意可知，二水氯化铜晶体直接受热分解生成碱式氯化铜、氯化氢和水，反应的化学方程式为，故答案为：； 【小问6详解】 ①当硫氰化铵溶液与硝酸银溶液完全反应后，过量的硫氰酸根离子能与铁离子生成红色的硫氰化铁，所以滴定时应选用硫酸铁铵溶液做滴定的指示剂，故选d； ②由题意可知，0.135g样品中氯离子的物质的量为0.1000mol/L×0.04L—0.1000mol/L×0.002004L=0.001996mol，则氯化铜晶体的含量为×100%=99.8%，故答案为：99.8。 18. 我国“十四五”规划提出要制定2030年前碳达峰行动方案，努力争取2060年前实现碳中和。为此，研发CO2转化利用技术成为重要科技目标。 （1）以CO2为原料加氢可以合成甲醇，将n(H2)/n(CO2)=3的混合气体充入体积为V L的密闭容器中，在催化剂存在的条件下进行以下两个反应： CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H1＜0 CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H2＞0 测得温度与转化率、产物选择性的关系如图所示。 CH3OH选择性= ①270°C以后CO2转化率随温度升高而增大的原因可能是___________。 ②有利于提高CH3OH选择性的反应条件可以是___________(填标号)。 A．降低温度 B．使用更合适的催化剂 C．增大压强 D．原料气中掺入适量的CO ③控制温度240℃，测得混合气体流速为a L· h-1(已换算为标准状况)，则CO2的反应速率___________mol·L-1·min-1(写出计算式)。 （2）以CO2和NH3为原料合成尿素。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下： i： 2NH3(g)+CO2(g) NH2CO2NH4(s) △H=- 1 59.5kJ·mol-1 ii： NH2CO2NH4(s) CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H= +72.5kJ·mol-1 iii： 2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H ④反应iii的△H= ___________ kJ·mol-1。3个反应的△G(自由能变化)随温度的变化关系如图所示，图中对应于反应iii的线是___________(填字母)。 ⑤一定条件下的恒容容器中，充入原料气3molNH3和1molCO2，平衡时CO2的转化率为0.5，则平衡时NH3和CO2的物质的量比为 ___________ ，已知反应ii的Kp=p，测得平衡时容器内总压为ap，则反应iii的平衡常数Kp=___________。 【答案】（1） ①. 反应未达平衡，温度升高，反应速率加快；生成CO的反应为主反应，该反应吸热，温度升高转化率增大 ②. ABCD ③. （2） ①. - 87.0 ②. b ③. 4：1 ④. 【解析】 【小问1详解】 ①270°C以后CO2转化率随温度升高而增大的原因可能是反应未达平衡，温度升高，反应速率加快；生成CO的反应为主反应，该反应吸热，温度升高转化率增大；答案为：反应未达平衡，温度升高，反应速率加快；生成CO的反应为主反应，该反应吸热，温度升高转化率增大。 ②A．降低温度，反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)正向移动，反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)逆向移动，有利于提高CH3OH的选择性，A项选； B．使用更合适的催化剂，对反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的选择性更好，抑制CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)反应的发生，可提高CH3OH的选择性，B项选； C．增大压强，反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)正向移动，反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)不移动，有利于提高CH3OH的选择性，C项选； D．原料气中掺入适量的CO，反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)逆向移动，CO2、H2浓度增大，反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)正向移动，有利于提高CH3OH的选择性，D项选； 答案选ABCD。 ③将n(H2)/n(CO2)=3的混合气体充入体积为V L的密闭容器中，控制温度240℃，测得混合气体流速为a L· h-1，根据图象可知，240℃时CO2的转化率为10%，CO2的反应速率=；答案为：。 【小问2详解】 ④根据盖斯定律，iii=i+ii，则反应iii的∆H=-159.5kJ/mol+(+72.5kJ/mol)=-87.0kJ/mol；反应ii的∆H＞0、∆S＞0，根据∆G=∆H-T∆S，反应ii随温度的升高∆G减小，对应于反应ii的线是c，反应i的∆H＜0、∆S＜0，反应iii的∆H＜0、∆S＜0，反应i和反应iii随温度的升高∆G增大，反应iii相对于反应i有气态物质生成，则反应iii的∆S的绝对值比反应i的小，反应iii的∆S比反应i的大，对应于反应i的线是a，对应于反应iii的线是b；答案为：-87.0；b。 ⑤一定条件下的恒容容器中，充入原料气3molNH3和1molCO2，平衡时CO2的转化率为0.5，转化CO2物质的量为0.5mol，在反应i、iii中消耗的NH3、CO2物质的量之比为2：1，则转化NH3物质的量为1mol，平衡时NH3物质的量为3mol-1mol=2mol、CO2物质的量为1mol-0.5mol=0.5mol，平衡时NH3和CO2的物质的量比为2mol：0.5mol=4：1；已知反应ii的Kp=p，则平衡时H2O(g)的分压为p，测得平衡时容器内总压为ap，平衡时NH3和CO2的总压为ap-p=(a-1)p，平衡时NH3和CO2的物质的量比为4：1，在恒温恒容容器中气体的压强之比等于物质的量之比，则平衡时NH3、CO2的分压依次为、，则反应iii的平衡常数Kp== =；答案为：4：1；。 19. 莫西赛利(化合物K)是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善脑梗塞或脑出血后遗症等症状。以下为其合成路线之一。 回答下列问题： （1）A的化学名称是_______。 （2）C中碳原子的轨道杂化类型有_______种。 （3）D中官能团的名称为_______、_______。 （4）E与F反应生成G的反应类型为_______。 （5）F的结构简式为_______。 （6）I转变为J的化学方程式为_______。 （7）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种(不考虑立体异构)； ①含有手性碳；②含有三个甲基；③含有苯环。 其中，核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为的同分异构体的结构简式为_______。 【答案】（1）3-甲基苯酚(间甲基苯酚) （2）2 （3） ①. 氨基 ②. 羟基 （4）取代反应 （5）Cl-CH2CH2N(CH3)2 （6）+H2O+HCl+N2↑ （7） ①. 9 ②. 【解析】 【分析】根据流程，A与2-溴丙烷发生取代反应生成B，B与NaNO2发生反应生成C，C与NH4HS反应生成D，D与乙酸酐[(CH3CO)2O]反应生成E，结合E的结构简式和D的分子式可知，D为；E与F反应生成G，结合E和G的结构简式和F的分子式可知，F为；G发生两步反应生成H，H再与NaNO2/HCl反应生成I，结合I的结构和H的分子式可知，H为；I与水反应生成J，J与乙酸酐[(CH3CO)2O]反应生成K，结合K的结构简式和J的分子式可知，J为；据此分析解题。 【小问1详解】 根据有机物A的结构，有机物A的化学名称为3-甲基苯酚(间甲基苯酚)； 【小问2详解】 有机物C中含有苯环，苯环上的C原子的杂化类型为sp2杂化，还含有甲基和异丙基，甲基和异丙基上的C原子的杂化类型为sp3杂化，故答案为2种； 【小问3详解】 根据分析，有机物D的结构为，其官能团为氨基和羟基； 【小问4详解】 有机物E与有机物F发生反应生成有机物G，有机物中的羟基与有机物F中的Cl发生取代反应生成有机物G，故反应类型为取代反应； 【小问5详解】 根据分析，有机物F的结构简式为Cl-CH2CH2N(CH3)2； 【小问6详解】 有机物I与水反应生成有机物J，该反应的方程式为+H2O+HCl+N2↑； 【小问7详解】 连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。在B的同分异构体中，含有手性碳、含有3个甲基、含有苯环的同分异构体有9种，分别为：、 、、、、 、、、；其中，核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为3:3:3:2:2:1的同分异构体的结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025成都市锦江区嘉祥外国语高级中学高2022级 高三下学期高考模拟考试(三)化学试卷 考试时间：75分钟 满分：100分 注意事项： 1.开始作答前，请考生先在答题卡上填写好自己的个人信息。 2.选择题部分用2B铅笔填涂，非选择题部分用0.5mm黑色墨迹签字笔认真书写。 3.考试结束后，将试卷，答题卡，草稿纸一并交回。 可能用到的相对原子质量： O -16 C-12 N-14 H-1 一、单选题：本大题共15小题，共45分。 1. 化学与生活、生产息息相关，从化学视角认识世界，下列说法错误的是 A. 黄山迎客松扎根于岩石缝，以惊人的韧性和刚强创造了奇迹，松木富含糖类 B. 2023 年诺贝尔化学奖授予量子点研究，直径为2 ~20 nm硅量子点属于胶体 C. Nature在线发表了同济大学材料科学与工程学院精准合成的芳香型碳环C10和C14，两者互为同素异形体 D. 新型陶瓷碳化硅不仅可用作耐高温结构材料，还可用作耐高温半导体材料 2. 下列叙述正确的是 A. HClO 的结构式为H-Cl-O B. 核内有33个中子的Fe表示为Fe C. NH2OH的电子式为 D. CH3CHO 的球棍模型为 3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 44g 含有的分子数为 B. 1mol 含有的电子数为11 C. 0.5 溶液中含有的离子数为1.5 D. 常温常压下，22.4L CO含有的原子数为2 4. 反应①②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应： ①； ②。 下列说法正确的是 A. 两个反应中硫元素均被氧化 B. 碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化 C. 氧化性： D. 反应①②中生成等量的时，转移电子数之比为 5. 某有机物结构如下图，关于该有机分子，下列说法不正确的是 A. O—H键极性强于C—H键 B. ①号碳原子和②号碳原子杂化类型相同 C. 该分子中含有手性碳原子，具有旋光性 D. 带*的氮原子能与以配位键结合 6. 下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 物质（括号内为杂质） 除杂试剂 A FeCl2溶液（FeCl3） Fe粉 B NaCl溶液（MgCl2） NaOH溶液、稀HCl C Cl2（HCl） H2O、浓H2SO4 D NO（NO2） H2O、无水CaCl2 A. A B. B C. C D. D 7. 下图是配制一定物质的量浓度溶液的过程示意图。下列说法中错误的是 A. 所配制的Na2CO3溶液的物质的量浓度为1.0 mol/L B. 操作2是将溶解的Na2CO3溶液转移到容量瓶中 C. 操作4是滴加水至溶液凹液面的最低点与刻度线平齐 D. 操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，要继续加水至液面与刻度线平齐 8. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X) B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物 C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强 D. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强 9. 有机小分子X通过选择性催化聚合可分别得到聚合物Y、Z。 下列说法不正确的是 A. X的结构简式是 B. Y中含有酯基，Z中不含有酯基 C. Y和Z的链节中C、H、O的原子个数比相同 D. Y和Z分别通过化学反应均可形成空间网状结构 10. 铁氮化合物在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物。转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，下列有关说法不正确的是 A. Cu元素位于元素周期表中的ds区 B. 图1中氮原子的配位数为6 C. 更稳定的Cu替代型产物的化学式为 D. 当a位置Fe位于体心时，b位置Fe位于棱上 11. 贵州重晶石矿(主要成分)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡工艺。部分流程如下： 下列说法正确的是 A. “气体”主要成分是，“溶液1”的主要溶质是 B. “系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C. “合成反应”中生成的反应是氧化还原反应 D. “洗涤”时可用稀去除残留的碱，以提高纯度 12. 研究小组探究Na2O2与水的反应。取1.56g Na2O2粉末加入到40mL水中，充分反应得溶液A(溶液体积几乎无变化)，进行以下实验。 下列说法中，不正确的是 A. 由实验ⅲ中现象可知，Na2O2与H2O反应有H2O2生成 B. 由实验ⅱ、ⅲ、ⅳ可知，实验ⅱ中溶液褪色与H2O2有关 C. 由实验ⅳ、ⅴ可知，实验ⅳ中溶液褪色的原因是c(OH-)大 D. 向实验ⅱ褪色后的溶液中滴加盐酸，溶液最终变为红色 13. 在容积不变的容器中充入CO和NO发生如下反应：,其他条件不变时，分别探究温度和催化剂的比表面积对上述反应的影响。实验测得与时间的关系如图所示。 已知：ⅰ.起始投料比均为2∶3； ⅱ.比表面积：单位质量的物质具有的总面积。 下列说法不正确的是 A. Ⅰ、Ⅱ反应温度相同，催化剂的比表面积不同 B. Ⅱ中NO的平衡转化率为75％ C. 在Ⅲ的条件下，该反应的平衡常数 D. ，Ⅲ中平均反应速率 14. 新型Li-Mg双离子可充电电池是一种高效、低成本的储能电池，其工作原理如图所示。放电时电极a的反应为：;下列说法不正确的是 A. 充电时，极为阴极 B. 放电时，从I室向II室迁移 C. 放电时，II室溶液的浓度增大 D. 每消耗，电极a质量理论上增加 15. 某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol•L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。 下列说法正确的是 A. 该水样中c(CO)=0.01mol•L-1 B. a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—) C. 当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变 D. 曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol•L-1 二、非选择题：55分 16. 某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)： 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时(c=0.01 mol·L−1)的pH 沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH 7.2 8.7 3.7 4.7 2.2 3.2 7.5 9.0 回答下列问题： (1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。 (2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。 (3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即 “滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。 (4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。 (5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。 (6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。 17. 无水氯化铜是一种用途广泛的化学试剂，乙醇溶解减压脱水法制备装置如图所示。 回答下列问题： （1）圆底烧瓶中盛放的试剂是_______。 （2）在常压下，圆底烧瓶中液体的恒沸温度为78℃，本实验中恒温槽中最佳水温是_______℃。 a.0 b.60 c.78 d.100 （3）干燥塔中装有足量的无水，其作用是_______。 （4）实验结束后，关闭真空泵，在卸下圆底烧瓶前，必须进行的操作是_______。 （5）直接加热无法制得，而是分解得到。该反应的化学方程式是_______。 （6）采用佛尔哈德返滴定法测定样品中氯化铜的含量的反应原理为：，。取样品于锥形瓶中，加入的溶液，再加指示剂：用的溶液滴定，消耗溶液。 ①滴定选用的指示剂是_______。 a.甲基橙 b.酚酞 c.淀粉溶液 d.溶液 ②样品中的含量为_______%。 18. 我国“十四五”规划提出要制定2030年前碳达峰行动方案，努力争取2060年前实现碳中和。为此，研发CO2转化利用技术成为重要科技目标。 （1）以CO2为原料加氢可以合成甲醇，将n(H2)/n(CO2)=3的混合气体充入体积为V L的密闭容器中，在催化剂存在的条件下进行以下两个反应： CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H1＜0 CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H2＞0 测得温度与转化率、产物选择性的关系如图所示。 CH3OH选择性= ①270°C以后CO2转化率随温度升高而增大的原因可能是___________。 ②有利于提高CH3OH选择性的反应条件可以是___________(填标号)。 A．降低温度 B．使用更合适的催化剂 C．增大压强 D．原料气中掺入适量的CO ③控制温度240℃，测得混合气体流速为a L· h-1(已换算为标准状况)，则CO2的反应速率___________mol·L-1·min-1(写出计算式)。 （2）以CO2和NH3为原料合成尿素。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下： i： 2NH3(g)+CO2(g) NH2CO2NH4(s) △H=- 1 59.5kJ·mol-1 ii： NH2CO2NH4(s) CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H= +72.5kJ·mol-1 iii： 2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H ④反应iii的△H= ___________ kJ·mol-1。3个反应的△G(自由能变化)随温度的变化关系如图所示，图中对应于反应iii的线是___________(填字母)。 ⑤一定条件下的恒容容器中，充入原料气3molNH3和1molCO2，平衡时CO2的转化率为0.5，则平衡时NH3和CO2的物质的量比为 ___________ ，已知反应ii的Kp=p，测得平衡时容器内总压为ap，则反应iii的平衡常数Kp=___________。 19. 莫西赛利(化合物K)是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善脑梗塞或脑出血后遗症等症状。以下为其合成路线之一。 回答下列问题： （1）A的化学名称是_______。 （2）C中碳原子的轨道杂化类型有_______种。 （3）D中官能团的名称为_______、_______。 （4）E与F反应生成G的反应类型为_______。 （5）F的结构简式为_______。 （6）I转变为J的化学方程式为_______。 （7）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种(不考虑立体异构)； ①含有手性碳；②含有三个甲基；③含有苯环。 其中，核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为的同分异构体的结构简式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $