吉林省2023届高三下学期第三次模拟考试理综化学试卷（含解析）

吉林省2023届高三下学期第三次模拟考试理综化学试卷

学校:___________姓名：___________班级：_____________

一、单选题

1．下列关于铁及其化合物的说法中正确的是 （    ）

A．是一种黑色固体，不稳定，在空气中易被氧化转变为红褐色

B．高炉炼铁是用还原剂将铁从它的化合物中还原出来

C．磁铁矿粉末溶于盐酸后，加入溶液，生成红色沉淀

D．与水蒸气在高温下发生反应生成和

2．下列5种有机化合物中，能够发生酯化、加成和氧化3种类型反应的是（    ）

①CH2=CHCOOH　  ②CH2=CHCOOCH3    ③CH2=CHCH2OH   

④CH3CH2CH2OH     ⑤CH3CH(OH)CH2CHO

A．①③④ B．②④⑤ C．①③⑤ D．①②⑤

3．具有下列电子层结构或性质的原子：①2p轨道上有2对成对电子的原子；②外围电子构型为2s22p3的原子；③短周期第一电离能最小；④第三周期离子半径最小。则下列有关比较中正确的是（    ）

A．原子半径：④＞③＞②＞① B．电负性：①＞②＞④＞③

C．第一电离能：①＞④＞②＞③ D．最高正化合价：①＞②＞④＞③

4．下列实验操作、现象均正确且能得出相应结论的是（    ）

A．A B．B C．C D．D

5．下列关于实验现象的描述不正确的是（    ）

A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡

B．用锌片做阳极，铁片做阴极，电解氯化锌溶液，铁片表面出现一层锌

C．把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁

D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快

6．能使H2O＋H2OH3O＋＋OH－电离平衡向正反应方向移动，且所得溶液呈酸性的是（    ）

A．在水中加Na2CO3固体 B．在水中加入CuCl2固体

C．在水中加入稀硫酸        D．将水加热到99℃，其中c(H＋)＝1×10－6mol·L－1

7．下列叙述错误的是（    ）

A．氯原子的价电子能级排布图为

B．第四周期元素中基态原子未成对电子有一个单电子的元素种数为

C．光气和甲醛分子中：键角

D．某元素基态原子轨道上有个电子，则该基态原子价电子排布一定是

二、实验题

8．CeO2是一种稀土氧化物，在催化剂、电化学、光学等方面都有重要应用。CeO2是淡黄色固体粉末，难溶于水，熔点为2600℃。请回答下列问题：

(一)制备CeO2

I.取一定量化学计量比的Ce(NO3)3·6H2O和NaOH分别溶解在5mL和35mL的去离子水中，分别磁力搅拌30min后，再将两种液体混合，继续磁力搅拌30min，形成白色絮状沉淀[Ce(OH)3]。将混合溶液加热(并通入O2)，在一定温度下反应一段时间。通过离心方法将Ce(OH)4沉淀分离出来。

II.用水和无水乙醇分别洗涤Ce(OH)4沉淀3次。

III.将洗涤后的样品转入干燥炉中，在60°C下干燥24h，得到淡黄色粉末CeO2。

(1)盛放NaOH溶液的仪器名称为_______，无水乙醇的作用是_______。

(2)写出由Ce(OH)3和O2反应制备Ce(OH)4的化学方程式：_______。

(二)某样品中CeO2[M(CeO2)=172.1]纯度的测定

称取mg样品置于锥形瓶中，加入50mL水及20mL浓硫酸，分批加入H2O2溶液，每次5mL，摇匀，低温加热，直至样品完全溶解。加热除尽锥形瓶中的H2O2，冷却后稀释至250mL，加入5mL10g·L-1AgNO3溶液催化，再加入过量的过硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液，低温加热，将Ce3+氧化成Ce4+，当锥形瓶中无气泡冒出，再煮沸2min。待冷却后，加入5滴邻二氮菲-亚铁指示液，用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗cmol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL。已知邻二氮菲与Fe2+可形成红色配合物，这种离子可示表为[Fe(phen)3]2+。

(3)实验中分批加入H2O2溶液时，采取低温加热的原因是_______。

(4)加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，反应的化学方程式为_______；若滴定时锥形瓶中过量的(NH4)2S2O8未除尽，则测得的CeO2纯度_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；判断滴定终点的方法是_______。

(5)样品中CeO2的质量分数w=_______(用含有c、V、m的代数式表示)。

(6)CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1-x)+xO2↑(0≤x≤0.25)的循环。请写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：_______。

三、工业流程题

9．.某化工厂从含的废料杂质为、、中回收、制备具有良好的电化学活性和高堆积密度的羟基氧化镍的工艺流程如下图：

(1)酸浸中不断用搅拌机进行搅拌的目的是_______，下图是酸浸时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是_______℃，若酸浸时将温度控制在80℃左右，则料渣中会含有一定量的，其可能的原因是_______。

(2)生成的化学方程式为_______，试剂是一种绿色氧化剂，反应时氧化剂与还原剂物质的量之比为_______，试剂是用于调节溶液的的，则的调控范围是_______与沉淀相关的数据如表所示。

(3)写出氧化过程中反应的离子方程式：_______，沉钙中当溶液中c(F-)=3×10-3mol·L-1，通过计算确定溶液中是否沉淀完全。答：_______常温时，Ksp(CaF2)=2.7×10-11]。

Ⅱ、T℃时，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的溶液，所得溶液中三种微粒、、的物质的量分数(δ)与的关系如下图所示：

(4)草酸的电离常数分别为与，则=_______。

(5)按投料比n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1配成溶液，下列有关该溶液的叙述正确的是_______填序号。A．该溶液的为

B．

C．3c（Na+）=5[c（）+c（）+c（H2C2O4）]

D．3c（OH－）+c（）=3c（H+）+2c（）+5c（H2C2O4）

四、有机推断题

10．乙酸环己酯是一种香料，可用于配制苹果、香蕉等果香型香精。一种制备乙酸环己酯的合成路线如下：

回答下列问题：

(1)反应①所用试剂是__________，由石油获得E的生产工艺称为___________。

(2)G中官能团名称是_______，在反应①～④中，原子利用率理论上可达100%的是_____(填序号)。

(3)反应③的化学方程式为________________________，反应类型是_________。

(4)下列关于合成路线中所涉及物质的说法正确的是___________(填标号)。

a．A、E分子中的原子均处于同一平面      b．用水可分离A和B的混合物

c．D和E均能与KMnO4酸性溶液反应      d．F与D互为同系物

(5)X是E的同系物，其相对分子质量比E大42，X可能的结构有_____种，其中含3个－CH3的X结构简式为____________。

五、原理综合题

11．甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、和)在催化剂作用下可合成甲醇，发生的主要反应如下：

I.    

II.    

III.    

回答下列问题：

(1)_______。

(2)将2.0mol 和3.0mol 通入容积为3L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应II，测得的平衡转化率与温度的关系如图所示。

①100℃时反应达到平衡所需的时间为5min，则反应从起始至5min内，用表示该反应的平均反应速率为_______。

②100℃时，反应II的平衡常数K=_______。

③下列可用来判断该反应已达到平衡状态的有_______(填标号)。

A．CO的含量保持不变                        

B．容器中

C．容器中混合气体的密度保持不变                   

D．

(3)利用天然气制取合成气的原理，在密闭容器中通入物质的量浓度均为1的与，在一定条件下发生反应，测得的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，则压强_______(填“大于”或“小于”)；压强为时，在Y点：_______(填“大于”“小于”或“等于”)。为了提高该反应中的转化率，除温度、压强外还可以采取的措施是_______。

参考答案

1．B

【详解】A．为白色固体，不稳定，易被空气中氧气氧化生成红褐色氢氧化铁，故A错误；

B．高炉炼铁的原理就是利用还原剂(CO)将铁从铁矿石中还原出来，铁矿石的主要成分是含铁的化合物，故B正确；

C．磁铁矿是Fe3O4，溶于稀盐酸生成三价铁，离子反应方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，故加入KSCN溶液显红色，但不会生成红色沉淀，故C错误；

D．Fe与水蒸气在高温下发生反应生成Fe3O4和H2，故D错误；

故选B。

2．C

【详解】①CH2=CHCOOH中含碳碳双键可发生氧化、加成反应，含-COOH可发生酯化反应，故选；

②CH2=CHCOOCH3中含碳碳双键可发生氧化、加成反应，不能发生酯化反应，故不选；

③CH2=CHCH2OH中含碳碳双键可发生氧化、加成反应，含-OH可发生酯化反应，故选；

④CH3CH2CH2OH不能发生加成反应，故不选；

⑤CH3CH(OH)CH2CHO中含-CHO可发生氧化、加成反应，含-OH可发生酯化反应，故选；

故选C。

3．B

【分析】①2p轨道上有2对成对电子的原子，则为F；②外围电子构型为2s22p3的原子，则为N；③短周期第一电离能最小，则Na；④第三周期离子半径最小，则为Al。

【详解】A．根据同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，因此原子半径：③＞④＞②＞①，故A错误；

B．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此电负性：①＞②＞④＞③，故B正确；

C．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此第一电离能：①＞②＞④＞③，故C错误；

D．最高正化合价等于最外层电子数，F没有最高正价，最高价为0价，因此最高正化合价：②＞④＞③，故D错误。

综上所述，答案为B。

4．C

【详解】A．溶液中的氯离子也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，所以溶液褪色不能说明四氧化三铁中含有Fe(II)，故A错误；

B．葡萄糖在酸性溶液中不能与新制氢氧化铜共热反应生成砖红色沉淀，故B错误；

C．碳酸氢钠溶液与偏铝酸钠溶液混合产生白色沉淀说明碳酸氢钠溶液与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，由强酸制弱酸的原理可知，偏铝酸根离子结合氢离子的能力强于碳酸根离子，故C正确；

D．向过量的硝酸银溶液中先加入少量氯化钾溶液，再加入碘化钾溶液时，溶液中只存在沉淀的生成，没发生沉淀的转化，所以无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故D错误；

故选C。

5．C

【详解】A. 把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，形成铜、铁、稀硫酸原电池，正极是金属铜，该电极上溶液中的氢离子得到电子产生氢气，A项正确；

B. 用锌片做阳极，铁片做阴极，电解氯化锌溶液，这是一个电镀池，镀层金属锌作阳极，待镀件铁作阴极，镀层金属盐氯化锌溶液作电解质，发生反应：阳极：Zn - 2e-= Zn2+；阴极：Zn2+ + 2e- = Zn，B项正确；

C. 把铜片插入三氯化铁溶液中，铜和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，铜的金属活动性不及铁，铜不能置换出铁，C项错误；

D. 把锌片放入盛盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，锌置换出铜，所以形成了铜、锌、稀盐酸原电池，原电池反应可以加速反应速率，D项正确；

答案选C。

6．B

【详解】A. CO32-和H＋（即H3O＋）结合，使溶液中H＋浓度减小，平衡正向移动，溶液中OH－浓度增大，溶液呈碱性，A项错误；

B. 加入CuCl2，Cu2+和OH－结合成Cu(OH)2使OH－浓度减小，水的电离平衡向右移动，导致H＋浓度增大，溶液呈酸性，B项正确；

C. 水中加入稀硫酸使H＋浓度增大，溶液呈酸性，平衡逆向移动水的电离受到抑制，C项错误；

D. 水的电离是一个吸热过程，将水加热到99℃平衡正向移动， H＋浓度增大，但H＋浓度仍等于OH－浓度，溶液呈中性，故D项错误；

答案选B。

7．D

【详解】A．氯原子是17号元素，它的价电子数是7，能级排布图为，故A正确；

B．第四周期元素中基态原子未成对电子有一个单电子的元素有4s1、4s24p1、4s24p2、3d104s1、3d104s2共五种，故B正确；

C．由于羰基中的氧原子在电子云的斥力作用下，使得羰基与氯原子相连接的键角增大，所以光气和甲醛分子中：键角，故C正确；

D．某元素基态原子轨道上有个电子，其价电子可能包括有p轨道上的电子，所以该基态原子价电子排布不一定是，故D错误；

故答案为：D。

8．(1)     恒压漏斗     除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥

(2)4Ce(OH)3+ O2 +2H2O= 4Ce(OH)4

(3)温度低，反应速率慢，温度高，H2O2会分解

(4)     2(NH4)2S2O8 +2H2O 4NH4HSO4+O2↑     偏高     滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色

(5)

(6)2xCO+CeO2 =CeO2(1- x)+2xCO2

【详解】（1）由仪器构造可知该仪器为恒压漏斗；乙醇与水混溶且乙醇易挥发，用乙醇可以除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥，故答案为：恒压漏斗；除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥；

（2）Ce(OH)3与O2反应生成4Ce(OH)4，反应方程式为：4Ce(OH)3+ O2 +2H2O= 4Ce(OH)4，故答案为：4Ce(OH)3+ O2 +2H2O= 4Ce(OH)4；

（3）温度过低时反应速率太慢，温度过高时H2O2不稳定受热易分解，都不利于反应进行，因此采用低温加热，故答案为：温度低，反应速率慢，温度高，H2O2会分解；

（4）加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，反应方程式为：2(NH4)2S2O8 +2H2O 4NH4HSO4+O2↑，若滴定时锥形瓶中过量的(NH4)2S2O8未除尽，则(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液用量偏高，则还原Ce4+的用量偏高，最终测得的CeO2纯度偏高；判断滴定终点的方法是滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色，故答案为：2(NH4)2S2O8 +2H2O 4NH4HSO4+O2↑；偏高；滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色；

（5）根据得失电子守恒知：，故样品中的质量分数=，故答案为：；

（6）能在还原气氛中供氧，CO为还原气体，结合氧生成二氧化碳，根据信息知，化学方程式为：2xCO+CeO2 =CeO2(1- x)+2xCO2，故答案为：2xCO+CeO2 =CeO2(1- x)+2xCO2；

9．(1)     加快反应速率，提高酸浸效率；     70℃     Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解

(2)          1：2     3.2≤pH<7.2

(3)     ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH•H2O↓+Cl-     是

(4)1000

(5)CD

【分析】向含的废料(杂质为、、等)加入过量硫酸，过滤的到可溶性的硫酸盐和含有微溶物硫酸钙的滤渣；向滤液中加入硫化氢过滤得到难容的硫化铜以及单质硫和可溶性的硫酸盐(、、、等)；向滤液中加入试剂X(常用)将氧化为更容易沉淀的，再加试剂Y常选用，用来调节溶液的pH除去，过滤得到含的溶液和氢氧化铁沉淀的滤渣；向滤液中加氟化钠将溶液中的转化为难容性的，过滤得到的溶液，向滤液中加NaOH和NaClO溶液将转化为，经过滤、洗涤干燥等步骤得到固体，据此解题。

【详解】（1）从反应速率影响因素考虑，不断用搅拌机进行搅拌的目的是：加快反应速率，提高酸浸效率；由图可知当温度在70℃左右时镍的浸出率较高，故酸浸时适宜的温度为70℃；Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解，所以80℃左右滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2；

（2）酸浸后溶液中的金属离子有三价铁离子，铜离子，镍离子，钙离子等，其中Fe2(SO4)3可以把硫化氢中-2价硫氧化为单质硫，方程式为：；常见的绿色氧化剂X的作用是将二价铁氧化为三价铁，则它是H2O2，根据得失电子守恒，可知反应中；

调pH需使Fe3+完全沉淀，但不能使Ni2+沉淀，由表格可知，3.2≤pH<7.2；

（3）该反应中Ni2+被氧化为2NiOOH•H2O，ClO-被还原为Cl-，相应的离子方程式为ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH•H2O↓+Cl-；一般认为溶液中离子的浓度小于1.0×10-5mol/L，该离子沉淀完全；Ksp(CaF2)=c(Ca2+)•c(F-)=2.7×10-11，所以c(Ca2+)mol/L=3.0×10-6mol/L<1.0×10-5mol/L，Ca2+已沉淀完全；

（4）坐标（1.2，0.5）时H2C2O4和的含量相同，则K1=c(H+)=10-1.2，坐标（4.2，0.5）时和的浓度相等，K2=c(H+)=10-4..2，则==1000；

（5）A．按投料比n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1配成溶液，此时三种微粒H2C2O4、、的物质的量分数不是0.5，所以该溶液的pH不是4.2，故A错误；

B．按投料比n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1配成溶液，存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH－）+c（）+2c（），故B错误；

C．n（Na2C2O4）：n（NaHC2O4）=2：1的溶液中存在物料守恒：3c（Na+）=5[c（）+c（）+c（H2C2O4）]，故C正确；

D．3c（Na+）=5[c（）+c（）+c（H2C2O4）]，的溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH－）+c（）+2c（），存在物料守恒：3c（Na+）=5[c（）+c（）+c（H2C2O4）]，整理得到：3c（OH－）+c（）=3c（H+）+2c（）+5c（H2C2O44），故D正确。

故选CD。

10．     Fe粉、液溴     石油裂解     羧基     ②③     CH2＝CH2＋H2OCH3CH2OH     加成反应     a c     5    

【分析】苯和液溴在催化剂作用下发生取代反应生成溴苯，溴苯和氢气发生加成反应生成C，C和NaOH溶液加热发生水解反应生成环己醇，石油裂解得到乙烯，乙烯和水在一定条件下发生加成反应生成乙醇，乙醇在酸性高锰酸钾作用下发生氧化反应生成乙酸，乙酸和环己醇发生酯化反应生成乙酸环己酯。

【详解】(1)反应①是苯和液溴在催化剂作用下发生取代反应，所用试剂是Fe粉、液溴，由石油获得乙烯的生产工艺称为石油裂解；故答案为：Fe粉、液溴；石油裂解。

(2)F(乙醇)在酸性高锰酸钾作用下发生氧化反应生成G(乙酸)，G中官能团名称是羧基，在反应①～④中，①④是取代反应，②③是加成反应，因此原子利用率理论上可达100%的是②③；故答案为：羧基；②③。

(3)反应③乙烯与水在一定条件下发生加成反应，其化学方程式为CH2＝CH2＋H2OCH3CH2OH，反应类型是加成反应；故答案为：CH2＝CH2＋H2OCH3CH2OH；加成反应。

(4)a．苯中12个原子都处于同一平面内，乙烯中6个原子均处于同一平面，故a正确；b．苯和溴苯是互溶的，不能用水可分离A和B的混合物，利用蒸馏方法进行分离，故b错误；c．D含有碳碳双键，E含有羟基，两者均能与KMnO4酸性溶液反应，故c正确；d．F是链状醇，D是环状醇，结构不相似，因此不互为同系物，故d错误；综上所述，答案为ac。

(5)X是E的同系物，其相对分子质量比E大42，则X分子式为C5H10，X可能的结构有C=C—C—C—C，C—C=C—C—C，，，共5种，其中含3个－CH3的X结构简式为；故答案为：5；。

11．(1)-88

(2)     0.1     3     AD

(3)     小于     大于     增大的浓度或移走生成物等

【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得到反应Ⅲ，则焓变=(—129kJ/mol)+(+ 41kJ/mol)=—88 kJ/mol，故答案为：—88 kJ/mol；

（2）①由图可知，条件下，5min时氢气的转化率为50%，则5min内氢气的平均反应速率为=，故答案为：；

②由图可知，条件下，5min时氢气的转化率为50%，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为=mol/L、=mol/L、=mol/L和=mol/L，反应的平衡常数K==3，故答案为：3；

③A．CO的含量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故A正确；

B．容器中不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故B错误；

C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，恒容密闭容器中气体的密度始终不变，则容器中混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故C错误；

D．说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确；

故选AD；

（3）该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小，已知相同温度下，P1条件下的转化率大于P2，则P1小于P2，压强为P2时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动，所以v(正)大于v(逆)；为了提高该反应中的转化率，除温度、压强外还可以采取的措施是增大的浓度或移走生成物等；故答案为：小于；大于；增大的浓度或移走生成物等。