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精品解析：辽宁省部分学校2022-2023学年高三下学期三模化学试题 （解析版）
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这是一份精品解析：辽宁省部分学校2022-2023学年高三下学期三模化学试题 （解析版），共25页。试卷主要包含了5NA，故B错误；， 下列证据和推理结论均合理的是等内容，欢迎下载使用。
2022~2023学年度下学期高三第三次模拟考试试题
化学
时间：75分钟 试卷满分：100分
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答案卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后、再选涂其它答题标号。答非选择题时，将答穼写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：
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。每小题只有一个选项符合要求)
1. 我国科技力量日益强大，2022年11月30日，神舟十五号与神舟十四号首次实现“太空会师”。下列说法错误的是
A. 火箭发动机中使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温等特点
B. 月球探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是
C. 宇航员能成功做出蒸发食盐水制取食盐晶体的实验
D. 火箭使用液氢和液氧作推进剂，利用燃烧反应提供能量
【答案】B
【解析】
【详解】A．火箭发动机环境决定了使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温等特点，选项A正确；
B．硅具有良好的半导体性质，硅太阳能电池板，其主要成分是硅，选项B错误；
C．蒸发食盐水使水分蒸发后溶液过饱和析出晶体，制取食盐晶体，实验能实现，选项C正确；
D．氢气和氧气燃烧产生大量热，提供能量，选项D正确；
答案选B。
2. 下列表征错误的是
A. 乙烯分子中的π键： B. 乙醇的核磁共振氢谱图：
C. CO晶体模型： D. 1，3—丁二烯的键线式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯分子中碳原子以肩并肩的方式形成p、p π键的电子云轮廓图为，故A正确；
B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，分子中含有3类氢原子，核磁共振氢谱有3组峰，核磁共振氢谱图为，故B正确；
C．由图可知，为二氧化碳的共价晶体模型，不是分子晶体一氧化碳的晶体模型，故C错误；
D．1，3—丁二烯的结构简式为CH2=CHCH=CH2，键线式为，故D正确；
故选C。
3. NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 在125℃完全分解成、、，转移电子数为3NA
B. 用电解的方法将酸性废水中的转化为而除去，阴极为石墨，阳极为铁，理论上电路中每通过电子，就有NA个被还原
C. 18克液态水与18克冰中氢键数目均为NA
D. 标准状况下，含有的原子数等于3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．125℃条件下四氢合铝酸锂受热分解生成氢化锂、氢气和铝，则1mol四氢合铝酸锂完全分解时，反应转移电子数为1mol×3×NAmol—1=3NA，故A正确；
B．酸性条件下重铬酸根离子与亚铁离子反应生成铬离子、铁离子和水，由得失电子数目守恒可得如下转化关系：6e——3Fe2+—，则理论上电路中每通过6mol电子，被还原的重铬酸根离子的数目为mol×NAmol—1=0.5NA，故B错误；
C．液态水没有固定的结构，氢键的数目无法确定，所以无法计算18克液态水中氢键数目，故C错误；
D．二氧化氮会发生可逆反应转化为四氧化二氮，则无法计算标准状况下，22.4L二氧化氮含有的原子数，故D错误；
故选A。
4. 由有机物A合成C的路线如图所示。下列说法正确的是
A. A→B的反应类型为取代反应
B. C分子碳环上的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
C. E化学式为
D. 最多能与反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．A→B是与发生加成反应生成，反应类型为加成反应，选项A错误；
B．C分子碳环上有4种不同化学环境的氢原子，其一氯代物有4种(不考虑立体异构)，选项B正确；
C．B与E反应去掉一个HCl分子得到C，根据质量守恒及反应可知，为B与E发生取代反应生成C与HCl，则C为，分子式为，选项C错误；
D．B为，分子中含有一个碳碳三键能与氢气反应，最多能与反应，选项D错误；
答案选B。
5. 短周期非金属元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的未成对电子数是其所在周期中最多的，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍，这四种元素与元素组成的化合物的结构如图所示，下列说法错误的是
A. 简单氢化物的沸点： B. 和的VSEPR模型不同
C. 第一电离能： D. 同浓度时，最高价含氧酸的：
【答案】D
【解析】
【分析】短周期非金属元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，由化合物的结构可知，化合物中X、Y、Z、W形成共价键的数目为3、2、1、6，基态X原子的未成对电子数是其所在周期中最多的，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍，则X为N元素、Y为O元素、Z为F元素、W为S元素。
【详解】A．氨分子、水分子和氟化氢分子都能形成氢键，水分子形成的氢键数目多，氢键作用力强于氨分子和氟化氢分子，氟化氢分子间的氢键作用力强于氨分子，所以三种氢化物的沸点大小顺序为H2O>HF>NH3，故A正确；
B．三氟化氮分子中氮原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，而三氧化硫中硫原子的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，两者的的VSEPR模型不同，故B正确；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O，故C正确；
D．硫酸为二元强酸，硝酸为一元强酸，则同浓度硫酸溶液的pH小于硝酸，故D错误；
故选D。
6. 下列证据和推理结论均合理的是
证据
推理结论
A
键角：、相等
键角：、相等
B
酸性：
键极性：
C
非金属性
D
含碳量：钢>纯铁
耐腐蚀性：钢>纯铁
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氧的原子半径比硫小，电负性比硫大，水分子中成键电子对更靠近中心原子，相互排斥作用大，键角大，则键角：H2O>H2S，故A错误；
B．F电负性大于H，导致C-F的极性大于C-H的极性，导致羟基电子云更偏向O，而使CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+，因此酸性：，故B正确；
C．2C+SiO2Si+2CO↑中体现失去电子能力C＞Si，不能得出C的非金属性比Si强，故C错误；
D．钢的含碳量为：0.03%～2%，含碳量越高其硬度越大，与耐腐蚀性无关，故D错误；
故选：B。
7. -二碘四硅双环丁烷分子如图，该分子中四个硅原子共面且其中两个硅原子间形成电子单键(特殊键)。有关该分子的说法中错误的是
A. 电负性：
B. 该分子中砫原子的杂化方式是
C. 键角1>键角2
D. 该分子形成的晶体中存在的化学键有极性键、非极性键和键
【答案】B
【解析】
【详解】A．同周期主族元素电负性由左至右逐渐增大，同主族元素电负性由上至下逐渐减小，根据这种周期性变化规律，所以电负性:C> H> Si，选项A正确；
B．未形成π电子单键的硅原子均形成4个键且没有孤对电子，为sp3杂化，形成π电子单键的硅原子形成3个键且没有孤对电子，为sp2，所以该分子中硅原子的杂化方式是sp3、sp2，选项B错误；
C．键角1处硅原子sp2杂化，键角2处硅原子为sp3杂化，所以键角1 >键角2，选项C正确；
D．由图可知，该分子中存在C - Si极性键，Si - Si诽极性键和Si - Si键形成的π电子单.键，故该分子形成的晶体中存在的化学键有极性键、非极性键和π键，选项D正确；
答案选B。
8. 一种以镍电极废料(含以及少量，和不溶性杂质)为原料制备的过程可表示为：
“酸浸”后溶液中的金属离子除外还有少量的和等。下列说法错误的是
A. 氧化性：
B. 氧化过程的离子方程式：
C. 除杂过程仅为过滤操作
D. 工业上可电解碱性悬浊液制备，加入一定量的有助于提高生产效率
【答案】C
【解析】
【分析】镍电极废料(含Ni以及少量Al2O3、Fe2O3和不溶性杂质)经过稀硫酸“酸浸”后，得到Ni2+和少量的 Al3+ 和 Fe2+ 等，调节pH，将 Al3+ 和 Fe2+ 转化为沉淀，再过滤除去不溶性杂质，则滤液中含有 Ni2+ ， Ni2+ 经过KClO的氧化，得到NiOOH，据此分析作答。
【详解】A．“酸浸”后溶液中的金属离子除 Ni2+ 外还有少量的 Al3+ 和 Fe2+ 等，则发生反应： Ni+2Fe3+=2Fe2++Ni2+，则氧化性： Fe3+>Ni2+ ，A项正确；
B．Ni2+ 经过KClO的氧化，得到NiOOH，反应的离子方程式为2Ni2++ClO−+4OH−=2NiOOH+Cl−+H2O，B项正确；
C．除杂过程包括：调节pH，将 Al3+ 和 Fe2+ 转化为沉淀，再过滤除去不溶性杂质，C项错误；
D．电解碱性 Ni(OH)2 悬浊液制备NiOOH，阳极反应为： Ni(OH)2−e−+OH−=NiOOH+H2O ，若加入一定量的KCl，氯离子在阳极上失电子生成氯气，氯气在碱性条件下生成 ClO− ， ClO− 将 Ni(OH)2 氧化为NiOOH，有助于提高生产效率，D项正确；
故选C。
9. 一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(， ，)，下列说法错误的是
A. 该晶体的化学式为CuInTe2
B. C点原子的分数坐标为( ，， )
C. 晶胞中四面体空隙的占有率为50%
D. 晶胞中C、D间距离d= pm
【答案】D
【解析】
【详解】A．晶胞中位于顶点、面上、和体内的Cu原子个数=，位于面上、棱上的In原子个数=，位于体内的Te原子个数=8×1=8，则Cu、In、Te的原子个数比为4:4:8=1:1:2，晶体的化学式为CuInTe2，A选项正确；
B．由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为(0,0,0)、(,,)可知，晶胞边长为1，则位于体对角线处，面对角线处的C原子的分数坐标分别为(,,)，B选项正确；
C．由晶胞结构可知，In原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为，C选项正确；
D．由晶胞中C、D形成的直角三角形的边长为pm、pm可知，C、D间距离d=，D选项错误；
答案选D。
10. 工业烟气中含有较高浓度的氮氧化物，需进行脱除处理才能排放到大气中。下图是一种利用在催化剂条件下脱除的原理示意图：
下列说法错误的是
A. 步骤①中发生氧化反应
B. 步骤②中包含有σ键和π键的断裂
C. 若参与反应的和的物质的量相等，则该过程的总反应化学方程式为
D. 当消耗a和b时，消耗物质的量为
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，步骤①中没有元素发生化合价变化，该反应为非氧化还原反应，故A错误；
B．由图可知，步骤②中存在氮氧双键、氮氢键的断裂，所以步骤②中包含有σ键和π键的断裂，故B正确；
C．由得失电子数目守恒可知，若参与反应的一氧化氮和氨气的物质的量相等，反应的总反应化学方程式为，故C正确；
D．设一氧化氮的物质的量为x，由得失电子数目守恒可得：3a=4b+2x，解得x=，故D正确；
故选A。
11. 天然金刚石存在稌少，以石墨为原料制备人造金刚石成为当前研究热点。下图是碳单质在不同温度、压强下存在形式的平衡图像，其中M区为金刚石的工业催化合成区，下列有关说法错误的是
A. 稳定性：金刚石＜石墨
B. 密度：金刚石>石墨
C. 在M区实现金刚石的合成，高温环境有利于提高石墨的平衡转化率
D. 上图Q区与R区中，表示气态碳单质存在的区域应出现在R区
【答案】C
【解析】
【详解】A．金刚石中碳碳单键的键长大于石墨中碳碳双键的键长，晶体中的共价键弱于石墨，所以稳定性弱于石墨，故A正确；
B．由图可知，在温度相同条件下，石墨变成金刚石需加压，说明石墨层与层之间距离较大，则金刚石的密度大于石墨，故B正确；
C．由图可知，在M区实现金刚石的合成时，低温环境有利于提高石墨的平衡转化率，故C错误；
D．相同温度下，压强越小，越利于气态碳存在，则图中表示气态碳单质存在的区域应出现在R区，故D正确；
故选C。
12. 已知：的反应历程分两步：
第1步：(快)
第2步：(慢)
在固定容积的容器中充入一定量NO和发生上述反应，测得体系中部分物质的物质的量(n)随温度(T)的变化如图所示。下列说法错误的是
A. 第1步、第2步正反应活化能分别为、，则
B. a点后，迅速减小的原因是第1步平衡逆向移动，第2步速率加快
C. b点后，增加的原因是第2步平衡逆向移动的程度比第1步的大
D. 若其他条件不变，仅将容器变为恒压状态，则体系建立平衡的时间不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．第2步是慢反应，由活化能越大反应速率越慢，可知第2步正反应活化能较大，则，A正确；
B．总反应速率由慢反应即第2步反应决定，a点后，迅速减小说明第2步速率加快，且第1步平衡逆向移动，B正确；
C．b点后，增加说明第2步平衡逆向移动，生成的比第1步平衡逆向移动消耗的速率快，则原因是第2步平衡逆向移动的程度比第1步的大，C正确；
D．若其他条件不变，仅将容器变为恒压状态，由于反应前后气体分子数不相等，恒压下会导致容器体积变化，进而导致物质的浓度发生变化，反应速率发生变化，则体系建立平衡的时间改变，D错误；
故选：D。
13. 用下列实验装置进行有关实验不能达到实验目的的是
A. 图1探究酒精脱水生成乙烯 B. 图2验证氨气易溶于水
C. 图3验证铁的吸氧腐蚀 D. 图4验证溴和苯的反应为取代反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验室制乙烯中温度计应伸入混合液中，使混合液迅速升温到170℃左右，故A错误；
B．氨气极易溶于水，挤压胶头滴管可引发喷泉能证明，故B正确；
C．食盐水为电解质溶液，且溶液显中性，Fe发生吸氧腐蚀，红墨水左高右低可证明，故C正确；
D．挥发的溴能被四氯化碳吸收，HBr难溶于四氯化碳，所以如果右侧试管中观察到淡黄色沉淀，说明生成的HBr,则可证明制备溴苯的反应为取代反应，故D正确；
故选：A。
14. 以柏林绿为代表的新型可充电钠离子电池的放电工作原理如图所示，下列说法正确的是
A. 放电时，箔为电池的负极
B. 充电时，正极反应为
C. 充电时，通过交换膜从右室移向左室
D. 外电路中通过电子时，负极区离子导体质量变化为2.4g
【答案】D
【解析】
【分析】放电时，Mg箔上，Mg发生氧化反应，失去电子生成[Mg2Cl2]2+，Mg箔为负极，则Mo箔为正极；充电时，Mg箔接电源负极，Mo箔接电源正极。
【详解】A．由分析可知，放电时，Mo箔为电池的正极，A错误；
B．由分析可知，放电时，左侧为正极，由图可知，正极反应为：正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，不是充电，B错误；
C．充电时该装置作电解池，电解池工作时阳离子移向阴极，Na＋应从左室移向右室，C错误；
D．负极上应是2Mg－4e－＋2Cl－=[Mg2Cl2]2+，当电路中通过0.2mol电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，D正确；
故选D。
15. 用溶液滴定溶液，加入的碳酸氢钠溶液体积与溶液pH变化曲线如图所示，其中时溶液中无沉淀，之后出现白色浑浊且逐渐增多，当滴加的溶液体积为25.00mL时，溶液的pH稳定在7.20左右，整个滴定过程中未见气泡产生。下列叙述错误的是
已知：，。
A. a点的混合溶液，
B. a→b的过程中，水的电离程度不断增大
C. 总反应的化学方程式：
D. b点的混合溶液，
【答案】B
【解析】
【详解】A．a点时溶液中存在电荷守恒，a点溶液显碱性，所以c(OH- ) >c(H+)，则可得到，A正确；
B．a点溶液中溶质有NaHCO3和CaCl2，水的电离被促进，b点溶液中溶质有NaCl 和H2CO3，水的电离被抑制，对比之下发现，a到b的过程中，水的电离程度不断减小，B错误；
C．根据题干中信息，有白色浑浊生成且全程无气体生成，得出反应的化学方程式：CaCl2+2NaHCO3=2NaCl +CaCO3↓+H2CO3，C正确；
D．Ka2 ( H2CO3)=，则=，代入题中给出的数据=，D正确；
故选：B。
第Ⅱ卷(共55分)
二、非选择题(本题共4小题，共55分)
16. 金属镓被称为“电子工业脊梁”，氮化镓应用于5G技术中。利用粉煤灰(主要成分为、、，还有少量等杂质)制备氮化镓流程如下：
已知：①镓性质与铝相似，金属活动性介于锌和铁之间；②常温下，相关元素可溶性组分物质的量浓度c与的关系如图1所示。当溶液中可溶组分浓度c≤10-5mol/L时，可认为已除尽。
回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是将转化为，该过程还产生_______。(填物质名称)
（2）“滤渣1”主要成分为_______。
（3）“二次酸化”中与少量发生反应的离子方程式为_______。
（4）“电解”可得金属，写出阴极电极反应式_______。
（5）常温下，反应的平衡常数的值为_______。
（6）取a克样品溶于足量的热溶液中，用溶液将产生的完全吸收，用的盐酸滳定，消耗盐酸，则样品的纯度是_______。(已知：；)
（7）若晶胞(如图2)边长为，则原子与原子的最短核间距为_______。
【答案】（1）硅酸钠、偏铝酸钠、二氧化碳
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
【解析】
【分析】“焙烧”步骤中发生Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2、SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2，氧化铁不与碳酸钠反应；“浸取”步骤中氧化铁不溶于水，过滤除去；“一次酸化”步骤中发生CO2+2AlO+3H2O=2Al(OH)3↓+CO、CO2+SiO+H2O=H2SiO3↓+CO，然后过滤除去氢氧化铝、硅酸沉淀；“二次酸化”步骤CO2+2GaO+3H2O=2Ga(OH)3↓+CO；“转溶”步骤Ga(OH)3+OH-=Ga(OH);“电解”步骤Ga(OH)中的得到Ga单质；“合成”步骤中Ga与氨气反应生成GaN；
【小问1详解】
根据上述分析，“焙烧”过程中除生成NaGaO2外，还生成NaAlO2、Na2SiO3、CO2，故答案为偏铝酸钠、硅酸钠、二氧化碳；
【小问2详解】
根据上述分析，“滤渣1”主要成分是Fe2O3；故答案为Fe2O3；
【小问3详解】
Ga性质与Al相似，根据流程图可知，“二次酸化”步骤中得到氢氧化镓物质，通入少量CO2，其反应方程式为CO2+2Ga(OH)=2Ga(OH)3↓+CO+H2O；故答案为CO2+2Ga(OH)=2Ga(OH)3↓+CO+H2O；
【小问4详解】
电解过程中，阴极上得电子，化合价降低，因此阴极上是Ga(OH)得电子转化成Ga，其电极反应式为Ga(OH)+3e-=Ga+4OH-；故答案为Ga(OH)+3e-=Ga+4OH-；
【小问5详解】
Ga(OH)3+OH-Ga(OH)的平衡常数K=，根据图1，取(9.4，10-5)代入表达式，K==10-0.4，故答案为1.0×10-0.4；
【小问6详解】
根据原子守恒和题中信息，建立关系式为GaN～NH3～NH3·H3BO3～HCl，样品的纯度为或；故答案为或；
【小问7详解】
将正方体分成8个小正方体，N原子位于小正方体的体心，因此Ga原子与N原子最短核间距为体对角线的，即距离为pm；故答案为。
17. 利用1—甲基萗()制备四氢萘类物质(，包括和)。反应过程中伴有生成十氢萘()的副反应，涉及反应如图：
回答下列问题：
（1）已知一定条件下反应、、的焓变分别为、、，则反应的焓变为_______(用含、、的代数式表示)。
（2）四个平衡体系的平衡常数与温度的关系如图甲所示。
①a、b分别为反应和的平衡常数随温度变化的曲线，则表示反应的平衡常数随温度变化曲线为_______。
②已知反应的速率方程，(、分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)，温度下反应达到平衡时，温度下反应达到平衡时，由此推知，_______(填“>”，“<”或“=”)。
③下列说法正确的是_______。
A.四个反应均为放热反应
B.压强越大，温度越低越有利于生成四氢萘类物质
C.反应体系中最稳定
D.由上述信息可知，时反应速率最快
（3）不同温度下达平衡时各产物的选择性(某生成物的物质的量与消耗的物质的量之比)和物质的量分数(表示物种i与除外其他各物种总物质的量之比)随平衡转化率y的变化关系如图所示，从热力学角度分析，生成的_______生成的(填“大于”或“小于”)；平衡转化率y为80%时，的产率=_______(用含c的式子表示)；四氢萘类物质的物质的量分数随平衡转化率先增大后减小，结合平衡移动原理解释原因_______。
【答案】（1）ΔH1+ΔH2—ΔH4
（2） ①. d ②. > ③. AC
（3） ①. 小于 ②. ③. 温度越低，平衡转化率越大，选择性低，选择性高，当温度高于一定值时，选择性较大，转化率越大，越大；当温度低于一定值时，选择性较大，转化率越大，越小
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应R1+R2—R4得到反应R3，则ΔH3=ΔH1+ΔH2—ΔH4，故答案为：ΔH1+ΔH2—ΔH4；
【小问2详解】
①由题意可知，1—甲基萘制备十氢萘的反应途径不同，但总反应是相同的，由盖斯定律可得，反应的平衡常数K1K2=K3K4，由图可知，平衡常数K4大于K2，则K1大于K3，所以表示反应R3的平衡常数随温度变化曲线为d，故答案为：d；
②由图可知，温度升高，反应R1的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应达平衡时，正逆反应速率相等，则=，==K，由温度下反应达到平衡时，温度下反应达到平衡时可知，温度时平衡常数小于温度，所以温度大于温度，故答案为：>；
③A．由图可知，温度升高，四个反应的平衡常数都减小，说明平衡均向逆反应方向移动，四个反应均为放热反应，故正确；
B．由题意可知，生成四氢萘和生成十氢萘的反应都是均为气体体积减小的放热反应，所以压强越大、温度越低也可能会导致副产物的增加，故错误；
C．由图可知，温度升高，四个反应的平衡常数都减小，说明平衡均向逆反应方向移动，四个反应均为放热反应，由题意可知，1—甲基萘制备十氢萘的反应途径不同，但总反应是相同的，由盖斯定律可知，生成十氢萘的总反应也为放热反应，放热反应的生成物总能量小于生成物总能量，则反应体系中1-MD能量最低，物质的能量越低越稳定，所以1-MD最稳定，故正确；
D．由图可知，400K时反应R4的平衡常数最大，平衡常数大说明反应的限度大，但不能说明反应速率快，故错误；
故选AC；
【小问3详解】
由题意可知，1—甲基萘制备十氢萘的反应途径不同，但总反应是相同的，由盖斯定律可得，反应的平衡常数K1K2=K3K4，由图可知，平衡常数K4大于K2，则K1大于K3，由此可知，反应R1的焓变大于反应R3，1−MN生成5−MTL和1−MTL的反应都是熵减的反应，由ΔG=ΔH—TΔS可知，反应R1的自由能ΔG大于R3；1-MN平衡转化率y为80%时，反应的1-MN为0.8，开始生成1-MTL和5-MTL共0.8；由图可知，平衡时S1−MD为c%，则生成1-MD为0.8×c%，故又共消耗1-MTL和5−MTL0.8×c%，平衡时1-MTL和5-MTL共0.8−0.8×c%；平衡时S5−MTL为c%，则平衡时5-MTL为0.8×c%，所以平衡时1-MTL的产率为0.8−0.8×c%−0.8×c%=0.8(1−2c%)；由图可知，温度越低，平衡转化率越大，选择性低，选择性高，当温度高于一定值时，选择性较大，转化率越大，越大；当温度低于一定值时，选择性较大，转化率越大，越小，所以四氢萘类物质的物质的量分数xi随1−MN平衡转化率先增大后减小，故答案为：大于；0.8(1−2c%)；温度越低，平衡转化率越大，选择性低，选择性高，当温度高于一定值时，选择性较大，转化率越大，越大；当温度低于一定值时，选择性较大，转化率越大，越小。
18. 被广泛用于蓄电池工业，在照相工业上用来除去海波。
Ⅰ.的制备
原理：。实验室模拟制备的装置如图所示。(尾气处理装置路去)
（1）充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是_______。
（2）烘干产品时，用红外灯低温烘干，可能的原因是_______。
Ⅱ.的性质探究
资料显示，酸性介质中，可氧化。
实验
序号
物质a
实验现象
ⅰ
溶液
无明显变化
ⅱ
溶液
加热至沸腾，5min后溶液变为紫色
ⅲ
溶液
加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色
（3）根据实验ⅱ的现象，氧化性：_______(填“>”或“＜”)。
（4）推测实验ⅰ未出现紫色的原因：_______
（5）经检验，棕黑色沉淀为，针对实验ⅲ中的现象，提出以下假设：
假设1：的浓度较低，不足以将氧化为
假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为
①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是_______。
②若假设2成立，实验ⅲ中生成的离子方程式是_______。
（6）资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验ⅲ的对比实验进行了证实。向_______(指明溶质、溶液体积和浓度)中滴加2滴溶液，再加入固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。
【答案】（1）防止产品因溶解造成损失
（2）产品受热易分解 （3）>
（4）相比实验ⅱ，实验温度ⅰ较低，反应速率较慢
（5） ①. 实验ⅱ和实验ⅲ中的浓度相同，实验ⅱ中能将氧化为 ②.
（6）溶液和3滴溶液的混合溶液中
【解析】
【分析】装置A为实验室制取，制取的通入装置B中与和浓发生反应：制取。
小问1详解】
充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是：防止产品因溶解造成损失；
【小问2详解】
因为产品受热易分解，所以烘干产品时，用红外灯低温烘干；
【小问3详解】
实验ⅱ中，滴加，加热至沸腾后溶液变为紫色，生成,说明氧化性：；
【小问4详解】
相比实验ⅱ，实验温度ⅰ较低，反应速率较慢，所以未出现紫色；
【小问5详解】
实验ⅲ中棕黑色沉淀为，因为实验ⅱ和实验ⅲ中的浓度相同，实验ⅱ中能将氧化为，所以假设1 不成立；假设2为：溶液中存在还原剂，将生成的还原为，若成立，发生反应的离子方程式为：；
【小问6详解】
若可作为和反应转化为的催化剂，需要向溶度和体积相同的溶液，即溶液和3滴溶液的混合溶液中，滴加2滴溶液，再加入固体，加热至沸腾，观察溶液变为紫色的速率，证明的催化作用。
19. 茉莉酮酸甲酯是一种具有茉莉花香的天然化合物，常用于一些高级香水的配制，某合成路线如下：
已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）化合物A的名称为_______。
（2）B到C的化学方程式为_______。
（3）下列说法正确的是_______。
a.为提高氧化A的速率，可向A中加入合适的冠醚
b.F→G中F对应碳原子的杂化方式由变为
c.E→F的反应类型是取代反应
d.H中有2个手性碳原子
（4）化合物D的结构简式为_______，茉莉酮酸甲酯的顺反异构体的结构简式为_______。
（5）G有多种同分异构体，能与溶液发生显色反应且苯环上有两种不同化学环境的氢原子的结构有_______种，其中核磁共振氢谱有四组峰的同分异构体的峰面积之比为_______。
【答案】（1）环己烯 （2）+2+2H2O
（3）abd （4） ①. ②.
（5） ①. 4 ②. 1：2：2：9
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与高锰酸钾发生氧化反应生成，则A为、B为；浓硫酸作用下与丙烯醇共热发生酯化反应生成，则C为；在醇钠和水合氢离子作用下发生分子内取代反应生成，则D为；氢化钠作用下与发生取代反应生成则E为；催化剂作用下共热发生消去反应生成，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成顺式结构，在醇钠和水合氢离子作用下与CH2(COOCH3)2发生加成反应生成，一定条件下，转化为。
小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，名称为环己烯，故答案为：环己烯；
【小问2详解】
由分析可知，B到C的反应为浓硫酸作用下与丙烯醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+2+2H2O，故答案为：+2+2H2O；
【小问3详解】
a．向A中加入合适的冠醚可以增大环己烯的溶解性，有利于提高环己烯和高锰酸钾的接触面积，加快高锰酸钾氧化环己烯的反应速率，故正确；
b．由分析可知，F→G的反应为催化剂作用下与氢气发生加成反应生成顺式结构，反应中对应碳原子的杂化方式由sp变为sp2，故正确；
c．由分析可知，E→F的反应为催化剂作用下共热发生消去反应生成，故错误；
d．由结构简式可知，分子的五元环中含有2个连有不同原子或原子团的手性碳原子，故正确；
故选abd；
【小问4详解】
由分析可知，D的结构简式为；由结构简式可知，为茉莉酮酸甲酯的顺式结构，则反式结构为，故答案为：；；
【小问5详解】
G的同分异构体能与氯化铁溶液发生显色反应说明同分异构体分子中含有酚羟基，则苯环上有两种不同化学环境的氢原子的结构结构可以视作取代了正丁烷、异丁烷分子中的氢原子，共有4种，其中核磁共振氢谱有四组峰的同分异构体的结构简式为，峰面积之比为1：2：2：9，故答案为：4；1：2：2：9。
2022~2023学年度下学期高三第三次模拟考试试题
化学
时间：75分钟 试卷满分：100分
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答案卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后、再选涂其它答题标号。答非选择题时，将答穼写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：
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。每小题只有一个选项符合要求)
1. 我国科技力量日益强大，2022年11月30日，神舟十五号与神舟十四号首次实现“太空会师”。下列说法错误的是
A. 火箭发动机中使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温等特点
B. 月球探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是
C. 宇航员能成功做出蒸发食盐水制取食盐晶体的实验
D. 火箭使用液氢和液氧作推进剂，利用燃烧反应提供能量
【答案】B
【解析】
【详解】A．火箭发动机环境决定了使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温等特点，选项A正确；
B．硅具有良好的半导体性质，硅太阳能电池板，其主要成分是硅，选项B错误；
C．蒸发食盐水使水分蒸发后溶液过饱和析出晶体，制取食盐晶体，实验能实现，选项C正确；
D．氢气和氧气燃烧产生大量热，提供能量，选项D正确；
答案选B。
2. 下列表征错误的是
A. 乙烯分子中的π键： B. 乙醇的核磁共振氢谱图：
C. CO晶体模型： D. 1，3—丁二烯的键线式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯分子中碳原子以肩并肩的方式形成p、p π键的电子云轮廓图为，故A正确；
B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，分子中含有3类氢原子，核磁共振氢谱有3组峰，核磁共振氢谱图为，故B正确；
C．由图可知，为二氧化碳的共价晶体模型，不是分子晶体一氧化碳的晶体模型，故C错误；
D．1，3—丁二烯的结构简式为CH2=CHCH=CH2，键线式为，故D正确；
故选C。
3. NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 在125℃完全分解成、、，转移电子数为3NA
B. 用电解的方法将酸性废水中的转化为而除去，阴极为石墨，阳极为铁，理论上电路中每通过电子，就有NA个被还原
C. 18克液态水与18克冰中氢键数目均为NA
D. 标准状况下，含有的原子数等于3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．125℃条件下四氢合铝酸锂受热分解生成氢化锂、氢气和铝，则1mol四氢合铝酸锂完全分解时，反应转移电子数为1mol×3×NAmol—1=3NA，故A正确；
B．酸性条件下重铬酸根离子与亚铁离子反应生成铬离子、铁离子和水，由得失电子数目守恒可得如下转化关系：6e——3Fe2+—，则理论上电路中每通过6mol电子，被还原的重铬酸根离子的数目为mol×NAmol—1=0.5NA，故B错误；
C．液态水没有固定的结构，氢键的数目无法确定，所以无法计算18克液态水中氢键数目，故C错误；
D．二氧化氮会发生可逆反应转化为四氧化二氮，则无法计算标准状况下，22.4L二氧化氮含有的原子数，故D错误；
故选A。
4. 由有机物A合成C的路线如图所示。下列说法正确的是
A. A→B的反应类型为取代反应
B. C分子碳环上的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
C. E化学式为
D. 最多能与反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．A→B是与发生加成反应生成，反应类型为加成反应，选项A错误；
B．C分子碳环上有4种不同化学环境的氢原子，其一氯代物有4种(不考虑立体异构)，选项B正确；
C．B与E反应去掉一个HCl分子得到C，根据质量守恒及反应可知，为B与E发生取代反应生成C与HCl，则C为，分子式为，选项C错误；
D．B为，分子中含有一个碳碳三键能与氢气反应，最多能与反应，选项D错误；
答案选B。
5. 短周期非金属元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的未成对电子数是其所在周期中最多的，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍，这四种元素与元素组成的化合物的结构如图所示，下列说法错误的是
A. 简单氢化物的沸点： B. 和的VSEPR模型不同
C. 第一电离能： D. 同浓度时，最高价含氧酸的：
【答案】D
【解析】
【分析】短周期非金属元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，由化合物的结构可知，化合物中X、Y、Z、W形成共价键的数目为3、2、1、6，基态X原子的未成对电子数是其所在周期中最多的，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍，则X为N元素、Y为O元素、Z为F元素、W为S元素。
【详解】A．氨分子、水分子和氟化氢分子都能形成氢键，水分子形成的氢键数目多，氢键作用力强于氨分子和氟化氢分子，氟化氢分子间的氢键作用力强于氨分子，所以三种氢化物的沸点大小顺序为H2O>HF>NH3，故A正确；
B．三氟化氮分子中氮原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，而三氧化硫中硫原子的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，两者的的VSEPR模型不同，故B正确；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O，故C正确；
D．硫酸为二元强酸，硝酸为一元强酸，则同浓度硫酸溶液的pH小于硝酸，故D错误；
故选D。
6. 下列证据和推理结论均合理的是
证据
推理结论
A
键角：、相等
键角：、相等
B
酸性：
键极性：
C
非金属性
D
含碳量：钢>纯铁
耐腐蚀性：钢>纯铁
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氧的原子半径比硫小，电负性比硫大，水分子中成键电子对更靠近中心原子，相互排斥作用大，键角大，则键角：H2O>H2S，故A错误；
B．F电负性大于H，导致C-F的极性大于C-H的极性，导致羟基电子云更偏向O，而使CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+，因此酸性：，故B正确；
C．2C+SiO2Si+2CO↑中体现失去电子能力C＞Si，不能得出C的非金属性比Si强，故C错误；
D．钢的含碳量为：0.03%～2%，含碳量越高其硬度越大，与耐腐蚀性无关，故D错误；
故选：B。
7. -二碘四硅双环丁烷分子如图，该分子中四个硅原子共面且其中两个硅原子间形成电子单键(特殊键)。有关该分子的说法中错误的是
A. 电负性：
B. 该分子中砫原子的杂化方式是
C. 键角1>键角2
D. 该分子形成的晶体中存在的化学键有极性键、非极性键和键
【答案】B
【解析】
【详解】A．同周期主族元素电负性由左至右逐渐增大，同主族元素电负性由上至下逐渐减小，根据这种周期性变化规律，所以电负性:C> H> Si，选项A正确；
B．未形成π电子单键的硅原子均形成4个键且没有孤对电子，为sp3杂化，形成π电子单键的硅原子形成3个键且没有孤对电子，为sp2，所以该分子中硅原子的杂化方式是sp3、sp2，选项B错误；
C．键角1处硅原子sp2杂化，键角2处硅原子为sp3杂化，所以键角1 >键角2，选项C正确；
D．由图可知，该分子中存在C - Si极性键，Si - Si诽极性键和Si - Si键形成的π电子单.键，故该分子形成的晶体中存在的化学键有极性键、非极性键和π键，选项D正确；
答案选B。
8. 一种以镍电极废料(含以及少量，和不溶性杂质)为原料制备的过程可表示为：
“酸浸”后溶液中的金属离子除外还有少量的和等。下列说法错误的是
A. 氧化性：
B. 氧化过程的离子方程式：
C. 除杂过程仅为过滤操作
D. 工业上可电解碱性悬浊液制备，加入一定量的有助于提高生产效率
【答案】C
【解析】
【分析】镍电极废料(含Ni以及少量Al2O3、Fe2O3和不溶性杂质)经过稀硫酸“酸浸”后，得到Ni2+和少量的 Al3+ 和 Fe2+ 等，调节pH，将 Al3+ 和 Fe2+ 转化为沉淀，再过滤除去不溶性杂质，则滤液中含有 Ni2+ ， Ni2+ 经过KClO的氧化，得到NiOOH，据此分析作答。
【详解】A．“酸浸”后溶液中的金属离子除 Ni2+ 外还有少量的 Al3+ 和 Fe2+ 等，则发生反应： Ni+2Fe3+=2Fe2++Ni2+，则氧化性： Fe3+>Ni2+ ，A项正确；
B．Ni2+ 经过KClO的氧化，得到NiOOH，反应的离子方程式为2Ni2++ClO−+4OH−=2NiOOH+Cl−+H2O，B项正确；
C．除杂过程包括：调节pH，将 Al3+ 和 Fe2+ 转化为沉淀，再过滤除去不溶性杂质，C项错误；
D．电解碱性 Ni(OH)2 悬浊液制备NiOOH，阳极反应为： Ni(OH)2−e−+OH−=NiOOH+H2O ，若加入一定量的KCl，氯离子在阳极上失电子生成氯气，氯气在碱性条件下生成 ClO− ， ClO− 将 Ni(OH)2 氧化为NiOOH，有助于提高生产效率，D项正确；
故选C。
9. 一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(， ，)，下列说法错误的是
A. 该晶体的化学式为CuInTe2
B. C点原子的分数坐标为( ，， )
C. 晶胞中四面体空隙的占有率为50%
D. 晶胞中C、D间距离d= pm
【答案】D
【解析】
【详解】A．晶胞中位于顶点、面上、和体内的Cu原子个数=，位于面上、棱上的In原子个数=，位于体内的Te原子个数=8×1=8，则Cu、In、Te的原子个数比为4:4:8=1:1:2，晶体的化学式为CuInTe2，A选项正确；
B．由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为(0,0,0)、(,,)可知，晶胞边长为1，则位于体对角线处，面对角线处的C原子的分数坐标分别为(,,)，B选项正确；
C．由晶胞结构可知，In原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为，C选项正确；
D．由晶胞中C、D形成的直角三角形的边长为pm、pm可知，C、D间距离d=，D选项错误；
答案选D。
10. 工业烟气中含有较高浓度的氮氧化物，需进行脱除处理才能排放到大气中。下图是一种利用在催化剂条件下脱除的原理示意图：
下列说法错误的是
A. 步骤①中发生氧化反应
B. 步骤②中包含有σ键和π键的断裂
C. 若参与反应的和的物质的量相等，则该过程的总反应化学方程式为
D. 当消耗a和b时，消耗物质的量为
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，步骤①中没有元素发生化合价变化，该反应为非氧化还原反应，故A错误；
B．由图可知，步骤②中存在氮氧双键、氮氢键的断裂，所以步骤②中包含有σ键和π键的断裂，故B正确；
C．由得失电子数目守恒可知，若参与反应的一氧化氮和氨气的物质的量相等，反应的总反应化学方程式为，故C正确；
D．设一氧化氮的物质的量为x，由得失电子数目守恒可得：3a=4b+2x，解得x=，故D正确；
故选A。
11. 天然金刚石存在稌少，以石墨为原料制备人造金刚石成为当前研究热点。下图是碳单质在不同温度、压强下存在形式的平衡图像，其中M区为金刚石的工业催化合成区，下列有关说法错误的是
A. 稳定性：金刚石＜石墨
B. 密度：金刚石>石墨
C. 在M区实现金刚石的合成，高温环境有利于提高石墨的平衡转化率
D. 上图Q区与R区中，表示气态碳单质存在的区域应出现在R区
【答案】C
【解析】
【详解】A．金刚石中碳碳单键的键长大于石墨中碳碳双键的键长，晶体中的共价键弱于石墨，所以稳定性弱于石墨，故A正确；
B．由图可知，在温度相同条件下，石墨变成金刚石需加压，说明石墨层与层之间距离较大，则金刚石的密度大于石墨，故B正确；
C．由图可知，在M区实现金刚石的合成时，低温环境有利于提高石墨的平衡转化率，故C错误；
D．相同温度下，压强越小，越利于气态碳存在，则图中表示气态碳单质存在的区域应出现在R区，故D正确；
故选C。
12. 已知：的反应历程分两步：
第1步：(快)
第2步：(慢)
在固定容积的容器中充入一定量NO和发生上述反应，测得体系中部分物质的物质的量(n)随温度(T)的变化如图所示。下列说法错误的是
A. 第1步、第2步正反应活化能分别为、，则
B. a点后，迅速减小的原因是第1步平衡逆向移动，第2步速率加快
C. b点后，增加的原因是第2步平衡逆向移动的程度比第1步的大
D. 若其他条件不变，仅将容器变为恒压状态，则体系建立平衡的时间不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．第2步是慢反应，由活化能越大反应速率越慢，可知第2步正反应活化能较大，则，A正确；
B．总反应速率由慢反应即第2步反应决定，a点后，迅速减小说明第2步速率加快，且第1步平衡逆向移动，B正确；
C．b点后，增加说明第2步平衡逆向移动，生成的比第1步平衡逆向移动消耗的速率快，则原因是第2步平衡逆向移动的程度比第1步的大，C正确；
D．若其他条件不变，仅将容器变为恒压状态，由于反应前后气体分子数不相等，恒压下会导致容器体积变化，进而导致物质的浓度发生变化，反应速率发生变化，则体系建立平衡的时间改变，D错误；
故选：D。
13. 用下列实验装置进行有关实验不能达到实验目的的是
A. 图1探究酒精脱水生成乙烯 B. 图2验证氨气易溶于水
C. 图3验证铁的吸氧腐蚀 D. 图4验证溴和苯的反应为取代反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验室制乙烯中温度计应伸入混合液中，使混合液迅速升温到170℃左右，故A错误；
B．氨气极易溶于水，挤压胶头滴管可引发喷泉能证明，故B正确；
C．食盐水为电解质溶液，且溶液显中性，Fe发生吸氧腐蚀，红墨水左高右低可证明，故C正确；
D．挥发的溴能被四氯化碳吸收，HBr难溶于四氯化碳，所以如果右侧试管中观察到淡黄色沉淀，说明生成的HBr,则可证明制备溴苯的反应为取代反应，故D正确；
故选：A。
14. 以柏林绿为代表的新型可充电钠离子电池的放电工作原理如图所示，下列说法正确的是
A. 放电时，箔为电池的负极
B. 充电时，正极反应为
C. 充电时，通过交换膜从右室移向左室
D. 外电路中通过电子时，负极区离子导体质量变化为2.4g
【答案】D
【解析】
【分析】放电时，Mg箔上，Mg发生氧化反应，失去电子生成[Mg2Cl2]2+，Mg箔为负极，则Mo箔为正极；充电时，Mg箔接电源负极，Mo箔接电源正极。
【详解】A．由分析可知，放电时，Mo箔为电池的正极，A错误；
B．由分析可知，放电时，左侧为正极，由图可知，正极反应为：正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，不是充电，B错误；
C．充电时该装置作电解池，电解池工作时阳离子移向阴极，Na＋应从左室移向右室，C错误；
D．负极上应是2Mg－4e－＋2Cl－=[Mg2Cl2]2+，当电路中通过0.2mol电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，D正确；
故选D。
15. 用溶液滴定溶液，加入的碳酸氢钠溶液体积与溶液pH变化曲线如图所示，其中时溶液中无沉淀，之后出现白色浑浊且逐渐增多，当滴加的溶液体积为25.00mL时，溶液的pH稳定在7.20左右，整个滴定过程中未见气泡产生。下列叙述错误的是
已知：，。
A. a点的混合溶液，
B. a→b的过程中，水的电离程度不断增大
C. 总反应的化学方程式：
D. b点的混合溶液，
【答案】B
【解析】
【详解】A．a点时溶液中存在电荷守恒，a点溶液显碱性，所以c(OH- ) >c(H+)，则可得到，A正确；
B．a点溶液中溶质有NaHCO3和CaCl2，水的电离被促进，b点溶液中溶质有NaCl 和H2CO3，水的电离被抑制，对比之下发现，a到b的过程中，水的电离程度不断减小，B错误；
C．根据题干中信息，有白色浑浊生成且全程无气体生成，得出反应的化学方程式：CaCl2+2NaHCO3=2NaCl +CaCO3↓+H2CO3，C正确；
D．Ka2 ( H2CO3)=，则=，代入题中给出的数据=，D正确；
故选：B。
第Ⅱ卷(共55分)
二、非选择题(本题共4小题，共55分)
16. 金属镓被称为“电子工业脊梁”，氮化镓应用于5G技术中。利用粉煤灰(主要成分为、、，还有少量等杂质)制备氮化镓流程如下：
已知：①镓性质与铝相似，金属活动性介于锌和铁之间；②常温下，相关元素可溶性组分物质的量浓度c与的关系如图1所示。当溶液中可溶组分浓度c≤10-5mol/L时，可认为已除尽。
回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是将转化为，该过程还产生_______。(填物质名称)
（2）“滤渣1”主要成分为_______。
（3）“二次酸化”中与少量发生反应的离子方程式为_______。
（4）“电解”可得金属，写出阴极电极反应式_______。
（5）常温下，反应的平衡常数的值为_______。
（6）取a克样品溶于足量的热溶液中，用溶液将产生的完全吸收，用的盐酸滳定，消耗盐酸，则样品的纯度是_______。(已知：；)
（7）若晶胞(如图2)边长为，则原子与原子的最短核间距为_______。
【答案】（1）硅酸钠、偏铝酸钠、二氧化碳
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
【解析】
【分析】“焙烧”步骤中发生Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2、SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2，氧化铁不与碳酸钠反应；“浸取”步骤中氧化铁不溶于水，过滤除去；“一次酸化”步骤中发生CO2+2AlO+3H2O=2Al(OH)3↓+CO、CO2+SiO+H2O=H2SiO3↓+CO，然后过滤除去氢氧化铝、硅酸沉淀；“二次酸化”步骤CO2+2GaO+3H2O=2Ga(OH)3↓+CO；“转溶”步骤Ga(OH)3+OH-=Ga(OH);“电解”步骤Ga(OH)中的得到Ga单质；“合成”步骤中Ga与氨气反应生成GaN；
【小问1详解】
根据上述分析，“焙烧”过程中除生成NaGaO2外，还生成NaAlO2、Na2SiO3、CO2，故答案为偏铝酸钠、硅酸钠、二氧化碳；
【小问2详解】
根据上述分析，“滤渣1”主要成分是Fe2O3；故答案为Fe2O3；
【小问3详解】
Ga性质与Al相似，根据流程图可知，“二次酸化”步骤中得到氢氧化镓物质，通入少量CO2，其反应方程式为CO2+2Ga(OH)=2Ga(OH)3↓+CO+H2O；故答案为CO2+2Ga(OH)=2Ga(OH)3↓+CO+H2O；
【小问4详解】
电解过程中，阴极上得电子，化合价降低，因此阴极上是Ga(OH)得电子转化成Ga，其电极反应式为Ga(OH)+3e-=Ga+4OH-；故答案为Ga(OH)+3e-=Ga+4OH-；
【小问5详解】
Ga(OH)3+OH-Ga(OH)的平衡常数K=，根据图1，取(9.4，10-5)代入表达式，K==10-0.4，故答案为1.0×10-0.4；
【小问6详解】
根据原子守恒和题中信息，建立关系式为GaN～NH3～NH3·H3BO3～HCl，样品的纯度为或；故答案为或；
【小问7详解】
将正方体分成8个小正方体，N原子位于小正方体的体心，因此Ga原子与N原子最短核间距为体对角线的，即距离为pm；故答案为。
17. 利用1—甲基萗()制备四氢萘类物质(，包括和)。反应过程中伴有生成十氢萘()的副反应，涉及反应如图：
回答下列问题：
（1）已知一定条件下反应、、的焓变分别为、、，则反应的焓变为_______(用含、、的代数式表示)。
（2）四个平衡体系的平衡常数与温度的关系如图甲所示。
①a、b分别为反应和的平衡常数随温度变化的曲线，则表示反应的平衡常数随温度变化曲线为_______。
②已知反应的速率方程，(、分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)，温度下反应达到平衡时，温度下反应达到平衡时，由此推知，_______(填“>”，“<”或“=”)。
③下列说法正确的是_______。
A.四个反应均为放热反应
B.压强越大，温度越低越有利于生成四氢萘类物质
C.反应体系中最稳定
D.由上述信息可知，时反应速率最快
（3）不同温度下达平衡时各产物的选择性(某生成物的物质的量与消耗的物质的量之比)和物质的量分数(表示物种i与除外其他各物种总物质的量之比)随平衡转化率y的变化关系如图所示，从热力学角度分析，生成的_______生成的(填“大于”或“小于”)；平衡转化率y为80%时，的产率=_______(用含c的式子表示)；四氢萘类物质的物质的量分数随平衡转化率先增大后减小，结合平衡移动原理解释原因_______。
【答案】（1）ΔH1+ΔH2—ΔH4
（2） ①. d ②. > ③. AC
（3） ①. 小于 ②. ③. 温度越低，平衡转化率越大，选择性低，选择性高，当温度高于一定值时，选择性较大，转化率越大，越大；当温度低于一定值时，选择性较大，转化率越大，越小
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应R1+R2—R4得到反应R3，则ΔH3=ΔH1+ΔH2—ΔH4，故答案为：ΔH1+ΔH2—ΔH4；
【小问2详解】
①由题意可知，1—甲基萘制备十氢萘的反应途径不同，但总反应是相同的，由盖斯定律可得，反应的平衡常数K1K2=K3K4，由图可知，平衡常数K4大于K2，则K1大于K3，所以表示反应R3的平衡常数随温度变化曲线为d，故答案为：d；
②由图可知，温度升高，反应R1的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应达平衡时，正逆反应速率相等，则=，==K，由温度下反应达到平衡时，温度下反应达到平衡时可知，温度时平衡常数小于温度，所以温度大于温度，故答案为：>；
③A．由图可知，温度升高，四个反应的平衡常数都减小，说明平衡均向逆反应方向移动，四个反应均为放热反应，故正确；
B．由题意可知，生成四氢萘和生成十氢萘的反应都是均为气体体积减小的放热反应，所以压强越大、温度越低也可能会导致副产物的增加，故错误；
C．由图可知，温度升高，四个反应的平衡常数都减小，说明平衡均向逆反应方向移动，四个反应均为放热反应，由题意可知，1—甲基萘制备十氢萘的反应途径不同，但总反应是相同的，由盖斯定律可知，生成十氢萘的总反应也为放热反应，放热反应的生成物总能量小于生成物总能量，则反应体系中1-MD能量最低，物质的能量越低越稳定，所以1-MD最稳定，故正确；
D．由图可知，400K时反应R4的平衡常数最大，平衡常数大说明反应的限度大，但不能说明反应速率快，故错误；
故选AC；
【小问3详解】
由题意可知，1—甲基萘制备十氢萘的反应途径不同，但总反应是相同的，由盖斯定律可得，反应的平衡常数K1K2=K3K4，由图可知，平衡常数K4大于K2，则K1大于K3，由此可知，反应R1的焓变大于反应R3，1−MN生成5−MTL和1−MTL的反应都是熵减的反应，由ΔG=ΔH—TΔS可知，反应R1的自由能ΔG大于R3；1-MN平衡转化率y为80%时，反应的1-MN为0.8，开始生成1-MTL和5-MTL共0.8；由图可知，平衡时S1−MD为c%，则生成1-MD为0.8×c%，故又共消耗1-MTL和5−MTL0.8×c%，平衡时1-MTL和5-MTL共0.8−0.8×c%；平衡时S5−MTL为c%，则平衡时5-MTL为0.8×c%，所以平衡时1-MTL的产率为0.8−0.8×c%−0.8×c%=0.8(1−2c%)；由图可知，温度越低，平衡转化率越大，选择性低，选择性高，当温度高于一定值时，选择性较大，转化率越大，越大；当温度低于一定值时，选择性较大，转化率越大，越小，所以四氢萘类物质的物质的量分数xi随1−MN平衡转化率先增大后减小，故答案为：大于；0.8(1−2c%)；温度越低，平衡转化率越大，选择性低，选择性高，当温度高于一定值时，选择性较大，转化率越大，越大；当温度低于一定值时，选择性较大，转化率越大，越小。
18. 被广泛用于蓄电池工业，在照相工业上用来除去海波。
Ⅰ.的制备
原理：。实验室模拟制备的装置如图所示。(尾气处理装置路去)
（1）充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是_______。
（2）烘干产品时，用红外灯低温烘干，可能的原因是_______。
Ⅱ.的性质探究
资料显示，酸性介质中，可氧化。
实验
序号
物质a
实验现象
ⅰ
溶液
无明显变化
ⅱ
溶液
加热至沸腾，5min后溶液变为紫色
ⅲ
溶液
加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色
（3）根据实验ⅱ的现象，氧化性：_______(填“>”或“＜”)。
（4）推测实验ⅰ未出现紫色的原因：_______
（5）经检验，棕黑色沉淀为，针对实验ⅲ中的现象，提出以下假设：
假设1：的浓度较低，不足以将氧化为
假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为
①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是_______。
②若假设2成立，实验ⅲ中生成的离子方程式是_______。
（6）资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验ⅲ的对比实验进行了证实。向_______(指明溶质、溶液体积和浓度)中滴加2滴溶液，再加入固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。
【答案】（1）防止产品因溶解造成损失
（2）产品受热易分解 （3）>
（4）相比实验ⅱ，实验温度ⅰ较低，反应速率较慢
（5） ①. 实验ⅱ和实验ⅲ中的浓度相同，实验ⅱ中能将氧化为 ②.
（6）溶液和3滴溶液的混合溶液中
【解析】
【分析】装置A为实验室制取，制取的通入装置B中与和浓发生反应：制取。
小问1详解】
充分反应后，将B中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醚洗涤，目的是：防止产品因溶解造成损失；
【小问2详解】
因为产品受热易分解，所以烘干产品时，用红外灯低温烘干；
【小问3详解】
实验ⅱ中，滴加，加热至沸腾后溶液变为紫色，生成,说明氧化性：；
【小问4详解】
相比实验ⅱ，实验温度ⅰ较低，反应速率较慢，所以未出现紫色；
【小问5详解】
实验ⅲ中棕黑色沉淀为，因为实验ⅱ和实验ⅲ中的浓度相同，实验ⅱ中能将氧化为，所以假设1 不成立；假设2为：溶液中存在还原剂，将生成的还原为，若成立，发生反应的离子方程式为：；
【小问6详解】
若可作为和反应转化为的催化剂，需要向溶度和体积相同的溶液，即溶液和3滴溶液的混合溶液中，滴加2滴溶液，再加入固体，加热至沸腾，观察溶液变为紫色的速率，证明的催化作用。
19. 茉莉酮酸甲酯是一种具有茉莉花香的天然化合物，常用于一些高级香水的配制，某合成路线如下：
已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）化合物A的名称为_______。
（2）B到C的化学方程式为_______。
（3）下列说法正确的是_______。
a.为提高氧化A的速率，可向A中加入合适的冠醚
b.F→G中F对应碳原子的杂化方式由变为
c.E→F的反应类型是取代反应
d.H中有2个手性碳原子
（4）化合物D的结构简式为_______，茉莉酮酸甲酯的顺反异构体的结构简式为_______。
（5）G有多种同分异构体，能与溶液发生显色反应且苯环上有两种不同化学环境的氢原子的结构有_______种，其中核磁共振氢谱有四组峰的同分异构体的峰面积之比为_______。
【答案】（1）环己烯 （2）+2+2H2O
（3）abd （4） ①. ②.
（5） ①. 4 ②. 1：2：2：9
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与高锰酸钾发生氧化反应生成，则A为、B为；浓硫酸作用下与丙烯醇共热发生酯化反应生成，则C为；在醇钠和水合氢离子作用下发生分子内取代反应生成，则D为；氢化钠作用下与发生取代反应生成则E为；催化剂作用下共热发生消去反应生成，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成顺式结构，在醇钠和水合氢离子作用下与CH2(COOCH3)2发生加成反应生成，一定条件下，转化为。
小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，名称为环己烯，故答案为：环己烯；
【小问2详解】
由分析可知，B到C的反应为浓硫酸作用下与丙烯醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+2+2H2O，故答案为：+2+2H2O；
【小问3详解】
a．向A中加入合适的冠醚可以增大环己烯的溶解性，有利于提高环己烯和高锰酸钾的接触面积，加快高锰酸钾氧化环己烯的反应速率，故正确；
b．由分析可知，F→G的反应为催化剂作用下与氢气发生加成反应生成顺式结构，反应中对应碳原子的杂化方式由sp变为sp2，故正确；
c．由分析可知，E→F的反应为催化剂作用下共热发生消去反应生成，故错误；
d．由结构简式可知，分子的五元环中含有2个连有不同原子或原子团的手性碳原子，故正确；
故选abd；
【小问4详解】
由分析可知，D的结构简式为；由结构简式可知，为茉莉酮酸甲酯的顺式结构，则反式结构为，故答案为：；；
【小问5详解】
G的同分异构体能与氯化铁溶液发生显色反应说明同分异构体分子中含有酚羟基，则苯环上有两种不同化学环境的氢原子的结构结构可以视作取代了正丁烷、异丁烷分子中的氢原子，共有4种，其中核磁共振氢谱有四组峰的同分异构体的结构简式为，峰面积之比为1：2：2：9，故答案为：4；1：2：2：9。
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