陕西省咸阳市2022-2023学年高三高考第三次模拟理综
化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：____________
一、单选题
1．据科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨的，每百吨核聚变所释放出的能量相当于目前人类一年消耗的能量。在地球上氦元素主要以的形式存在。下列说法正确的是 （ ）
A．原子核内含有4个质子 B．原子核内含有3个中子
C．和是两种核素 D．和互为同素异形体
2．有机物Q是一种具有解热镇痛及抗生素作用的药物的主要成分，其结构简式如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是（ ）
A．属于芳香烃 B．与乙酸互为同系物
C．能发生氧化反应和加成反应 D．苯环上的一氯取代物只有一种
3．下列有关物质的性质与用途，不具有对应关系的是（ ）
A．溶液显碱性，可用于中和胃酸过多
B．的熔点高，常用作耐火、耐高温材料
C．为淡黄色固体，可用于潜艇中的供氧剂
D．具有强氧化性，常作为杀菌、消毒剂
4．下列说法正确的是（ ）
A．增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C．升高温度化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
D．催化剂能降低反应活化能和△H，从而增大活化分子百分数，使反应速率增大
5．化学与人类生产、生活密切相关。下列描述中不涉及盐类水解原理的是（ ）
A．明矾净水 B．氯化铵溶液除铁锈
C．用食盐腌制肉制品 D．用草木灰去除油污
6．一种新型锂电池如图所示，其中电解质LiClO4溶于络合有机溶剂中，Li+在电解质溶液中可自由移动，b极参与反应的物质是二氯亚砜(SOCl2)，且放电过程中b极有刺激性气味的气体产生。下列说法错误的是（ ）
A．a极为负极
B．不可用水代替有机溶剂
C．正极反应为2SOCl2+4e-=S+SO2↑+4Cl-
D．a极质量增加7g，电路中通过1mol电子
7．短周期主族元素X、Y、Z、W、 R的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液中，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：R>W>X> Y> Z
B．Y与W具有相同的最高化合价
C．Z、W的简单离子都能促进水的电离
D．往元素X的最简单氢化物的稀溶液中滴加酚酞，无明显变化
二、实验题
8．医学上常将酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量。测定血钙的含量的方法是：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量溶液，反应生成沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到后，再用溶液滴定。回答下列问题：
(1)用溶液滴定待测液的反应原理为：_______ (用离子方程式表示) 。该反应中的还原产物是_______。
(2)测定血钙的含量：
①稀硫酸溶解沉淀的化学方程式是_______。
②溶解沉淀时_______(能或不能)用稀盐酸，原因是_______。
③若滴定至终点时共消耗了的溶液20.00mL，则该血液中含钙_______g/100mL
三、原理综合题
9．25℃时，在体积为2L的密闭容器中，气态物质A、B、C的物质的量n(mol)随时间t的变化如下图1所示．已知达平衡后，降低温度，A的转化率将增大。
(1)从反应开始到达第一次平衡时的平均速率v(A)为_____．
(2)根据上图数据，写出该反应的化学方程式_____；求出此反应在25℃的平衡常数K=_____(保留2位小数)．
(3)在5～7min内，若K值不变，则此处曲线变化的原因是_____．
(4)下图表示此反应的反应速率v和时间t的关系图，根据上图判断，在t3和t5时刻改变的外界条件分别是_____和_____；A的转化率最大的一段时间是_____。
四、工业流程题
10．硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2 xH2O]是一种重要的铁盐，为充分利用资源，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如图：
回答下列问题：
(1)NH4Fe(SO4)2 xH2O中铁元素的化合价为____价。
(2)步骤②的操作名称为____，主要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，其中玻璃棒的作用为____。
(3)下列有关固体硫酸铵的说法正确的是____(填标号)。
A．从物质的组成来看，硫酸铵属于氧化物
B．0.1mol硫酸铵中所含的氮元素的总质量为2.8g
C．固体硫酸铵不能导电，但其属于电解质
(4)步骤③中通入O2的目的是将Fe2+全部转化为Fe3+，请写出反应的离子方程式：____，该反应中，每转移0.2mol电子，此时消耗O2的体积为____L(标准状况下)。
五、结构与性质
11．锂离子电池常用的电极材料是LiCoO2和石墨。
(1)画出基态Co2+离子的价电子排布图________。
(2)Co2+与CN-结合形成配合物[Co(CN)6]4－，其中与Co2+结合的C原子的杂化方式是_____。
(3)NH3分子与Co2+结合成配合物[Co(NH3)6]2+，与游离的氨分子相比，其键角∠HNH__（填“较大”，“较小”或“相同”），解释原因______。
(4)Li2O的熔点为1570℃，CoO的熔点为1935℃，解释后者熔点更高的主要原因是__。
(5)石墨的晶胞为六方晶胞，部分晶胞参数如下图所示。若石墨的密度为d g·cm－3，以NA代表阿伏加德罗常数的数值，则石墨中的C－C键长为____pm。
六、有机推断题
12．化合物M是一种有机合成的中间体，M的合成路线如图：
(1)E中含氧官能团的名称为____，M分子中含____个手性碳原子(连有4种不同原子或基团的碳原子)。
(2)D的结构简式为____，D→E的反应类型为____。
(3)A→B的化学方程式为____。
(4)A有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体共有____种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1的同分异构体的结构简式为_____。
①能发生银镜反应；②与FeCl3溶液发生显色应；③苯环上只有2个取代基
(5)已知：，设计以苯和为原料制备的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)_____。
试卷第11页，共33页
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参考答案
1．C
【分析】核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数=质子数+中子数；
【详解】A．He原子核内含有2个质子，故A错误；
B．He中子数=3-2=1，故B错误；
C．He和He质子数相同，中子数不同，是同种元素的两种原子，属于两种核素，故C正确；
D．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；同素异形体是同种元素组成的单质；和互为同位素，故D错误；
故选C。
2．C
【详解】A．该有机化合物含有碳、氢、氧三种元素，不属于烃，属于烃的衍生物，A错误；
B．同系物是指结构相似，在分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物，有机物Q与乙酸结构不相似，不互为同系物，B错误；
C．该有机物可以燃烧，则能发生氧化反应；该有机物含有苯环，在一定条件下能发生加成反应，C正确；
D．苯环上有2种等效氢，则其一氯取代物有2种，D错误；
故选C。
3．C
【详解】A．NaHCO3是弱酸强碱盐，溶液呈弱碱性，可用于中和胃酸过多，故A正确；
B．Al2O3的离子键强，导致其熔点高，可用作耐火、耐高温材料，故B正确；
C．Na2O2能与二氧化碳、水反应生成氧气，可作潜艇中的供氧剂，与Na2O2为淡黄色固体无关，故C错误；
D．NaClO具有强氧化性，能杀灭细菌，所以NaClO可作杀菌、消毒剂，故D正确；
故选C。
4．C
【详解】A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但百分数不变，故A错误；
B．增大压强，可增大单位体积的活化分子数目，但百分数不变，故B错误；
C．升高温度，可增加反应物分子中活化分子的百分数，使反应速率增大，故C正确；
D．加入催化剂，降低反应物的活化能，增大活化分子的百分数，反应速率增大，但催化剂对焓变无影响，故D错误；
故选C。
5．C
【详解】A．明矾中得氯离子水解为氢氧化铝胶体，从而吸附水中的杂质，A正确；
B．氯化铵是强酸弱碱盐，水解成酸性，铁锈易溶于酸性溶液，B正确；
C．食盐主要成分为氯化钠，不发生水解，C错误；
D．草木灰的主要成分为碳酸钾为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解，D正确；
答案选C。
6．D
【详解】A．Li为活泼金属所以放电时a电极为负极，b电极为正极，A正确；
B．Li为活泼金属，会和水反应，所以不可用水代替有机溶剂，B正确；
C．b为正极，正极上SOCl2得电子发生还原反应，且放电过程中b极有刺激性气味的气体产生，说明生成SO2，电极反应式为：2SOCl2+4e-=S+SO2↑+4Cl-，C正确；
D．放电时负极反应为Li-e-=Li+，电极质量减小，不会增加，D错误；
综上所述答案为D。
7．C
【分析】常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，可联想到Al在浓硝酸、浓硫酸中的钝化，则Z应为Al元素，W的原子序数大于Al，则W为S元素，R为原子序数大于S的短周期主族元素，则为Cl；X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，且X的原子序数小于Y，应是指氨气极易溶于水，所以X为N元素，Y为O元素。
【详解】A．核外电子排布形同的时候，原子序数越小半径越大，另外电子层数越多，半径越大，故简单离子半径：W>R>X>Y>Z，A错误；
B． W为S元素，Y为O元素，S的最高化合价为+6价，O不能失去最外层6个电子，没有+6价，最高化合价不同，B错误；
C．Z、W的简单离子分别为铝离子、硫离子，都可以水解，促进水的电离，C正确；
D． 由分析可知，X为N元素，N的气态氢化物为NH3，其水溶液显碱性，滴加酚酞，溶液显红色，D错误；
故选C。
8．(1) Mn2+或MnSO4
(2) CaC2O4+H2SO4=CaSO4＋H2C2O4 不能 酸性高锰酸钾能氧化Cl-，导致结果不准确 0.01
【分析】血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量溶液使血液中钙离子全部转化为沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到后，再用溶液滴定，滴定反应的化学方程式：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，据此，结合所测得的高锰酸钾溶液的体积，可计算出血液中钙的含量。
（1）
用溶液滴定草酸溶液，草酸中H2C2O4中C元素化合价从+3升高到+4价， KMnO4中锰元素由+7降低到+2得到MnSO4，反应的化学方程式：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，则反应原理用离子方程式表示为：。该反应中的还原产物是Mn2+或MnSO4。
（2）
①稀硫酸溶解沉淀发生复分解反应，化学方程式是CaC2O4+H2SO4=CaSO4＋H2C2O4。
②溶解沉淀时不能用稀盐酸，原因是：酸性高锰酸钾具有强氧化性，若用盐酸来溶解，溶液中的氯离子能被其氧化，使结果不准确。
③CaC2O4沉淀用稀硫酸溶解后得到H2C2O4，再用KMnO4溶液滴定，根据氧化还原方程式可知关系式为：5Ca2＋～2KMnO4，所以可计算出每100 mL该血液中含钙的质量为1.0×10-4 mol·L-1×0.02000 L××40 g·mol-1=0.01 g。即则该血液中含钙0.01g/100mL。
9． 0.05mol/(L min) A(g)+2B(g) 2C(g) 6.43L/mol 增大压强 升高温度 加入催化剂 t2～t3
【分析】0~3min时，B和A的物质的量减小，是反应物，C的物质的量增加，是生成物，3min时各物质的物质的量不变，达到平衡状态；根据变化的物质的量之比等于化学计量数之比，可以写出化学方程式。5min后A、B的物质的量减小，C的物质的量增加，由此分析。
【详解】(1)从反应开始到达第一次平衡时的平均速率v(A)==0.05mol/(L min)；
(2)由图1可知，A、B为反应物，C为生产物，且最后A、B的物质的量不为0，为可逆反应，3min时Δn(A)：Δn(B)：Δn(C)=(1-0.7)mol∶(1-0.4)mol∶0.6mol=1∶2∶2，物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为A(g)+2B(g) 2C(g)；
该反应达到平衡状态时，c(C)=，c(A)=，c(B)=，K=；
(3)K值不变，温度不变，由图1可知，5min时各组分的物质的量不变，且平衡向正反应移动，只能改变压强，由反应为前后气体体积减小的反应，故应增大压强；
(4)t3时刻，正逆反应速率都增大，且逆反应速率变化大，平衡向逆反应移动，应为升高温度；
t5时刻，正逆反应速率都增大且相等，平衡不移动，该反应前后气体体积改变，则改变的条件是加入催化剂，
t3和t5时刻平衡向逆反应方向移动，所以t2～t3段A的转化率最高。
10．(1)+3
(2) 过滤 引流
(3)BC
(4) 4Fe2＋+O2+4H＋=4Fe3＋+2H2O 1.12
【分析】废铁屑处理后加入稀硫酸生成硫酸亚铁，通入氧气转化为硫酸铁，再加入固体硫酸铵，处理后得到硫酸铁铵；
【详解】（1）NH4Fe(SO4)2 xH2O中铵根、硫酸根化合价分别为+1、-2，根据化合价代数和为零可知，铁元素的化合价为+3；
（2）步骤②的操作为分离固液的操作，名称为过滤；主要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，其中玻璃棒的作用为引流，防止液体洒出；
（3）A．氧化物是含有两种元素，其中一种为氧元素的化合物；从物质的组成来看，硫酸铵属于盐、不属于氧化物，A错误；
B．0.1mol硫酸铵[(NH4)2SO4]中所含的氮0.2mol，氮元素的总质量为0.2mol×14g/mol=2.8g，B正确；
C．固体硫酸铵不能导电，但其水溶液能够，故属于电解质，C正确；
故选BC；
（4）氧气具有氧化性，步骤③中通入O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，4Fe2＋+O2+4H＋=4Fe3＋+2H2O；该反应中电子转移情况为O2~4e-，每转移0.2mol电子，此时消耗O20.05mol，体积为1.12L(标准状况下)。
11． sp 较大 NH3通过配位键与Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N－H成键电子对的排斥力减小，N－H键之间的键角增大 Co2+带两个正电荷，Li+带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能
【分析】(1)Co为27号元素，先写出Co2+价电子排布式，再根据洪特规则和泡利原理，写出价电子排布式图。
(2)CN－中C和N共用叁键，价层电子对数为2，由此确定杂化轨道数。
(3)利用孤电子对之间的斥力>孤电子－成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力进行分析，确定NH3中的N原子形成配位键后，键角的变化。
(4)晶格能与离子半径、所带电荷数有关，通过分析CoO和Li2O中离子的带电荷，判断CoO与Li2O的晶格能关系。
(5)根据俯视图，确定可用于计算的三角形，然后假设未知数进行计算。
【详解】(1)Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，失去2个电子后，Co2+价电子排布式为3d7，根据洪特规则和泡利原理，Co2+的价电子排布式图是；答案：；
(2)CN－中C和N共用叁键，其中C有一个σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数为2，杂化轨道数=价层电子对数=2，即C的杂化类型为sp；答案：sp；
(3)游离态氨中N有2个孤电子对，络合物中[Co(NH3)6]2+中N提供一个孤电子对与Co2+形成配位键，利用孤电子对之间的斥力>孤电子－成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力，导致游离态氨分子中N－H键之间的夹角偏小，而与Co2+结合后，孤电子对变成了σ键电子对，排斥力减小，因此N－H键之间的夹角会增大；答案：较大；NH3通过配位键与Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N－H成键电子对的排斥力减小，N－H键之间的键角增大；
(4)Li2O、CoO为离子晶体，影响熔沸点高低的是晶格能，而晶格能与离子半径、所带电荷数有关，CoO中Co2+带两个正电荷，Li+带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能，因此CoO熔点高于Li2O；答案：Co2+带两个正电荷，Li+带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能；
(5)根据俯视图，碳碳键长应是AC或AD或AF距离，该平面为菱形，△FDC为正三角形，∠CAD=120°，令AC=AD=AF=x，根据余弦定理，a2=x2+x2－2x2cos120°，解得x= pm。答案为：。
【点睛】在进行石墨中的C－C键长计算时，由于俯视图不是矩形，所以需利用余弦定理进行计算，在选择三角形时，要将已知信息与未知量融合在此三角形中。
12．(1) 羰基、醚键 1
(2) 取代反应
(3)++H2O
(4) 15
(5)
【分析】A中醛基上的O与氨基的2个H结合生成B和H2O，B中双键与氢气发生加成反应生成C，C中酚羟基断裂O-H键与CH3I发生取代反应生成D为，D发生取代反应生成E和HCl；
（1）
E中含氧官能团的名称为羰基、醚键；连有4种不同原子或基团的碳原子是手性碳原子，M分子中连接羟基、乙基、苯的碳是手性碳原子，则M分子含1个手性碳原子；
（2）
由分析可知，D的结构简式为，D发生取代反应生成E和HCl ，D→E的反应类型为取代反应；
（3）
A中醛基上的O与氨基的2个H结合生成B和H2O，A→B的化学方程式为++H2O；
（4）
①能发生银镜反应说明含有醛基；②与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；③苯环上只有2个取代基，满足条件的A同分异构体有：、、、、共15种；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1的同分异构体的结构简式为；
（5）
苯和硝酸发生硝化反应生成硝基苯，硝基发生还原反应生成氨基，生成，与反应生成，C=N与氢气发生加成反应生成，合成路线为：。
答案第11页，共22页
答案第11页，共22页
