宁夏回族自治区银川一中2023届高三下学期第三次模拟理科综合化学试题（含解析）

这是一份宁夏回族自治区银川一中2023届高三下学期第三次模拟理科综合化学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

宁夏回族自治区银川一中2023届高三下学期第三次模拟理科综合化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学改变生活，下列说法正确的是
A．汽车尾气中含有一氧化碳、二氧化碳、二氧化硫等大气污染物，会危害人体健康
B．煤是由有机物和无机物组成的复杂混合物，其中含有煤炭、苯、甲苯、铵盐等
C．使用“绿氢”燃料电池客车，保障冬奥会出行，光伏电解水制氢可作为“绿氢”的主要来源
D．纳米材料石墨烯被称为“黑金”，它属于有机高分子材料
2．2022年10月5日，诺贝尔化学奖授予了在“铜催化”领域贡献突出的卡罗琳等人。利用铜催化剂可实现甲醇()的催化制氢，反应机理如下图所示，下列说法正确的是

A．该反应的
B．CO属于反应过程中的中间产物
C．反应过程中有非极性键的断裂与形成
D．反应Ⅱ的正反应活化能为
3．2022年诺贝尔化学奖授予了在点击化学和正交化学研究方面有重大贡献的三位化学家。点击化学(Click Chemisty)的两个最具有代表性的反应是：一价铜离子催化的叠氮化物-端炔烃环加成反应(CuAAC)和六价硫氟交换反应(SuFEx)。下图表示一类常见的点击反应，下列说法错误的是

A．狄尔斯-阿尔得(Diels-Alder)反应：属于“点击化学”反应类型
B．Q的分子式为C9H7NO，可与H2发生还原反应
C．该反应为加成反应，原子利用率为100%
D．Q分子中所有C原子可能共面
4．下列实验装置或操作，能够达到实验目的是

A．装置①探究铁的吸氧腐蚀
B．装置②尾气处理氨气并防倒吸
C．装置③检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有
D．装置④比较、、的氧化性强弱
5．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系：

下列说法错误的是
A．四种元素形成的单质中W的氧化性最强
B．甲、乙、丙中沸点最高的是丙
C．甲常用作制冷剂
D．甲、乙分子均只含极性共价键
6．纤维电池的发明为可穿戴电子设备的发展奠定了基础。一种纤维状钠离子电池放电时的总反应为: Na0.44MnO2+NaTi2(PO4)3 = Na0.44-xMnO2+Na1+xTi2(PO4)3，其结构简图如图所示。下列说法错误的是

A．放电时，向乙电极移动
B．放电时乙电极的电极反应式为:NaTi2(PO4)3+xe-+xNa+ =Na1+xTi2(PO4)3
C．该电池充电时甲电极应该与电源负极相连
D．该电池充电过程中Mn元素的化合价降低
7．电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法不正确的是

已知：磷酸Ka1=6.9×10-3、Ka2=6.2×10-8、Ka3=4.8×10-13
A．a点溶液中存在：c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)
B．b点对应的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+c()+2c()
C．c点对应的溶液中存在：c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)
D．水的电离程度：a
二、工业流程题
8．HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧——水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MoS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。

已知：I．MoO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。
II．高温下，NH4VO3易分解产生N2和一种含氮元素的气体。
III．Ksp(CuS)=6×10-36；K1(H2S)=1×10-7、K2(H2S)=6×10-15。
回答下列问题：
(1)“浸渣”的成分为 (填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有 (填化学式)。
(2)请写出“焙烧”过程中MoS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式： ， 。
(3)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为 、 。

(4)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”后生成氧化产物和还原产物的物质的量之比 。
(5)在实际的工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS进行“除杂”，除掉溶液中微量的Cu2+，则反应Cu2++HS-=CuS↓+H+的K= 。

三、实验题
9．NiS难溶于水，易溶于稀酸，可用于除去镍电解液中的铜离子，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力。实验室模拟制取NiS装置如图(加热、夹持装置略去)，先通氮气排尽装置内空气后，同时通入硫化氢气体和氨气，制得NiS沉淀。回答下列问题

(1)装置图中，仪器a的名称是 ，装置 Ⅱ中的试剂为 。
(2)装置Ⅲ中反应的离子方程式为 。
(3)反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3进行抽滤洗涤。装置Ⅳ接在 (填“b”或“c”) 处。

(4)用NiS除去镍电解液中铜离子时，NiS陈化时间对除铜离子效果的影响如图所示(陈化时间：沉淀完全后，让生成的沉淀与母液一起放置的时间)。图中曲线变化原因是 (以化学方程式表示)。

(5)测定某NiS样品的纯度
称取试样(杂质中不含Ni) mg置于锥形瓶中，用稀酸溶解后加入掩蔽剂掩蔽其他离子，加pH≈10的氨性缓冲溶液5mL紫脲酸铵指示剂少许。用0.0200mol/L EDTA (Na2H2Y)标准溶液滴定，发生反应： Ni2++H2Y2- NiY2-+ 2H+。滴定达终点时消耗EDTA标准溶液VmL。
①样品的纯度为 。
②滴定过程中，若氨性缓冲溶液pH值过低，导致测得的产品纯度 (填“偏低”、 “偏高”或“不影响”)。

四、原理综合题
10．党的二十大报告提出未来我国将用更高的标准深入打好污染物防治攻坚战，统筹减污降碳，所以深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，工业上合成尿素的反应：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(g)+H2O(l) ΔH
(1)已知合成尿素的反应分两步进行：
2NH3(g)+CO2⇌NH2COONH4(s)ΔH1
NH2COONH4(s)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH2
其能量变化曲线如图所示，则ΔH、ΔH1和ΔH2由大到小的顺序为 。

(2)若向某恒温且恒容的密闭容器中加入等物质的量的NH3和CO2，发生上述反应。下列叙述不能说明反应已经达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．断裂6mol N-H键的同时断裂2mol O-H键
B．压强不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．CO2的体积分数不再变化
(3)在T1℃和T2℃时(T1＜T2)，向恒容容器中投入等物质的量的两种反应物，发生以下反应：HN=C=O(g)+NH3(g)⇌CO(NH2)2(g) ΔH＜0，平衡时lg p(NH3)与lg p[CO(NH2)2]的关系如图Ⅰ所示，p为物质的分压强(单位为kPa)。

①若v正=k正×p(HNCO)×p(NH3)，v逆=k逆×p[CO(NH2)2]。T1℃时，= kPa-1。
②T2℃时此反应的标准平衡常数Kθ= 。(对于反应：dD(g)+eE(g)⇌gG(g)，，其中pθ=100kPa,p(G)、p(D)、p(E)为各组分的平衡分压。)
③若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时(温度不变)，CO(NH2)2的体积分数 (填“变大”“变小”或“不变”)。
④图Ⅱ为在不同催化剂下，反应至相同时间容器中尿素的物质的量随温度变化的曲线，则在T1℃，催化效率最好的是催化剂 (填序号)。T2℃以上，n[CO(NH2)2]下降的原因可能是 (答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。


五、结构与性质
11．中科院苏州研究所研究成功新的5纳米激光光刻技术，有望打破阿斯美在这一领域的垄断，为国产芯片生产提供了契机。光刻胶的主要原料一般由C、H、O组成的大分子，回答下列问题：
(1)与C同周期的主族元素中，第一电离能最大的是 (填元素符号，下同)，电负性最小的是 ，与基态C原子具有相同未成对电子数的元素是 。
(2)()4—羟基二苯甲酮衍生物通常作为光刻技术的光引发剂，该分子中，C原子的杂化方式为 。
(3)X是碳的一种氧化物，X的五聚合体结构如图所示，X分子中每个原子都满足最外层8电子结构，X分子的电子式为 ，X分子中碳碳键的夹角为 ，X的沸点 CO2的沸点(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是 。

(4)有机卤化铅晶体具有独特的光电性能，其晶胞结构如图所示，若该晶胞的边长为anm，则最近的两个Cl-中心间的距离是 ，在该晶胞的另一种表达方式中，若图中Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于 位置。


六、有机推断题
12．一种抗癌药物中间体G的合成路线如下：

完成下列填空：
(1)C中含有的官能团名称为 ，G的分子式为 ，B→C的反应类型为 。
(2)A→B的化学方程式为 。
(3)写出满足下列条件的一种B的同分异构体。
①分子中含有六元环；
②1mol能与反应；
③不同化学环境的氢原子个数比是3∶2∶1∶1。
(4)设计反应D→E的目的是 。
(5)参照上述合成路线，设计以和1，3-丙二醇为原料合成的合成路线 。(合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物)

参考答案：
1．C
【详解】A．植物光合作用需要二氧化碳，它不是大气污染物，A错误；
B．煤中不含苯、甲苯、铵盐等物质，它们制备需要干馏等方法，B错误；
C．氢是一种清洁能源，光伏电解水制氢可作为“绿氢”的主要来源，C正确；
D．纳米材料石墨烯属于无机非金属材料，D错误。
故答案为：C。
2．B
【详解】A．根据能量图示，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，，A项错误；
B．反应I生成CO，反应II消耗CO，所以CO属于反应过程中的中间产物，B项正确；
C．反应I断开了C-H键、H-O键，形成了H-H键，反应II断开了O-H键，形成了C-O键、H-H键，所以反应过程中有非极性键的形成，但没有断裂，C项错误；
D．根据图示，反应Ⅱ的正反应活化能为，D项错误；
故选B。
3．B
【详解】A．点击化学最具代表性的反应之一是一价铜离子催化的叠氮化物-端炔烃环加成反应，狄尔斯-阿尔得(Diels-Alder)反应属于“点击化学”反应类型，故A正确；
B．由结构简式可知，Q的分子式为C10H9NO，故B错误；
C．由结构简式可知，M与Q发生加成反应生成W，没有其他物质生成，原子利用率为100%，故C正确；
D．苯环是平面结构，乙炔基是直线结构，碳氧双键确定一个平面，一个氧原子和一个氮原子一定共平面；加上碳碳单键可以旋转，则Q分子中所有碳原子可能共面，故D正确；
故选B。
4．A
【详解】A．铁粉和碳形成原电池的腐蚀，而电解质溶液又是氯化钠溶液，所以装置①可以探究铁的吸氧腐蚀，故A正确；
B．氨气与硫酸反应，不能防倒吸，故B错误；
C．装置③中浓硫酸与铜反应后溶液中含有浓硫酸，由于水遇浓硫酸会放出大量的热，水的密度比硫酸小，因此要检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有Cu2+，应该将反应后的废液加入到水中，并不断搅拌，防止液滴飞溅，故C错误；
D．浓盐酸与反应制取需加热条件，且浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl也会与Na2S反应产生H2S，因此不能比较、、的氧化性强弱，故D错误；
故选A选项。
5．B
【分析】丁为无色气体，遇空气变红棕色，则丁为NO，单质Z与化合物甲反应生成NO，则单质Z为O2，化合物甲为NH3，乙为H2O，能与H2O反应生成氧气的单质为F2，丙为HF，故元素X、Y、Z、W分别为H、N、O、F。据此解答。
【详解】A. 根据以上分析，H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强，故A正确；
B. 常温下NH3和HF为气态，H2O在常温下为液态，所以沸点最高的是H2O，故B错误；
C. 化合物甲为NH3，氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，故常用作制冷剂，故C正确；
D. 化合物甲为NH3，乙为H2O，NH3和H2O分子均只含极性共价键，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查了结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意丁为无色气体，遇空气变红棕色是解题的突破口，熟记常见的10电子微粒。
6．A
【分析】离子电池放电时的总反应为: Na0.44MnO2+NaTi2(PO4)3 = Na0.44-xMnO2+Na1+xTi2(PO4)3，Na0.44MnO2发生氧化，所以甲作负极，乙作正极；据此分析解题。
【详解】A．阴离子向负极移动，所以向甲电极移动，故A错误；
B．放电时乙电极作正极，电极反应式为:NaTi2(PO4)3+xe-+xNa+ =Na1+xTi2(PO4)3，故B正确；
C．甲作负极，充电时甲电极应该与电源负极相连，故C正确；
D．充电时化学方程式为放电时的逆反应，所以充电过程中Mn元素的化合价降低，故D正确；
故答案选A。
7．D
【分析】0-a发生的反应为，a点的主成分为和NaCl；a-b发生的反应为，b点的主成分为和NaCl；b-c发生的反应为，c点的主成分为和NaCl。
【详解】A．a点的主成分为和NaCl，，即的水解程度大于电离，故该溶液为碱性，故有c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)，A项正确；
B．b点成分为NaH2PO4，该溶液中存在质子守恒为c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()，B项正确；
C．c点主成分为和NaCl，由电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)+c(Cl-)，所以c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)，故C项正确；
D．，即电离大于水解，b点溶液呈酸性，电离出来的H+抑制H2O的电离。而a点水解促进水的电离，水的电离a>b，D项错误；
选D。
8．(1) NiO NaVO3、NaHCO3
(2) 2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2 Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑
(3) 20g·L-1 10g·L-1
(4)2：3
(5)1021

【分析】本题是工业流程题，工业废催化剂在纯碱条件下焙烧，MoS与碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化碳和二氧化硫，MoO3和碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，随后浸泡，除去不溶物得到钼酸钠溶液，其中也含有偏铝酸钠，再通入二氧化碳除去氢氧化铝，滤液调节pH加入氯化铵沉钒，滤液加入硝酸得到钼酸，以此解题。
【详解】（1）硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而、、与纯碱反应生成、和，沉铝通过量生成沉淀和，故“浸渣”的成分为NiO；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有NaVO3、NaHCO3；
（2）由题中的信息可知，及分别与纯碱反应的化学方程式为
，；
（3）由图可知选择的初始钒浓度和的加入量分别为和时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大，故选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为：和；
（4）由信息和流程可知，沉淀煅烧时分解产生和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气，故反应的化学方程式为；氧化产物为氮气，还原产物为V2O3，故比值为2：3。
（5）由题意可知的。
9．(1) 恒压漏斗(或恒压分液漏斗) 饱和NaHS溶液
(2)H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2
(3)b
(4)4NiS+O2+2H2O= 4Ni(OH)S
(5) 偏高

【分析】Ⅰ中硫化亚铁和盐酸反应生成硫化氢气体，硫化氢通过饱和NaHS溶液的装置Ⅱ除去氯化氢气体杂质后进入装置Ⅲ，装置Ⅲ中硫化氢、氨气、氯化镍反应生成NiS，尾气有毒需要尾气处理装置；
【详解】（1）装置图中，仪器a的名称是恒压漏斗(或恒压分液漏斗)；装置Ⅱ中的试剂为饱和NaHS溶液，饱和NaHS溶液可以除去生成硫化氢气体中挥发的氯化氢气体杂质；
（2）装置Ⅲ中硫化氢、氨气、氯化镍反应生成NiS，反应为H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2；
（3）反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3 进行抽滤洗涤，抽滤洗涤时，洗涤水进入装置Ⅲ然后通过抽气装置抽出达到洗涤目的，故连有抽气泵的装置Ⅳ接在b处以便能够抽出洗涤水；
（4）已知，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力，故随时间延长残留铜离子增加的原因是：4NiS+O2+2H2O= 4Ni(OH)S；
（5）①由反应Ni2++H2Y2- NiY2-+ 2H+可知，，则样品的纯度为；
②滴定过程中，缓冲溶液pH值过低，Ni2++H2Y2- NiY2-+ 2H+，导致平衡逆向移动，则需要更多的标准液参与反应，导致测得的产品纯度偏高。
10．(1)ΔH2>ΔH>ΔH1
(2)AD
(3) 1000 1000 变大 ③ 随着温度升高，可能是催化剂活性降低，反应速率降低，相同时间生成的尿素的物质的量减少(或平衡逆向移动，其他答案合理即可)

【详解】（1）据图可知ΔH1＜0，ΔH＜0，ΔH2＞0，且反应2NH3(g)+CO2⇌NH2COONH4(s)比2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(g)+H2O(l)放出的热量多，即ΔH>ΔH1，所以ΔH2>ΔH>ΔH1；
（2）A．2分子氨气转化成1分子尿素，要断裂2个氮氢键，即1个氨气分子断裂1个氮氢键。现在断裂6mol氮氢键，就是6mol氨气反应，要生成3mol水，同时断裂2mol氧氢键，就是1mol水反应，要生成2mol氨气，所以正逆反应速率不相等，没有达到平衡，故A符合题意；
B．反应前后气体系数之和不相等，总压不变了，就说明气体物质的量不再改变了，反应达到平衡，故B不符合题意；
C．由于尿素为液体、NH2COONH4为固体，所以随着反应进行，气体的质量不断变化，体积恒定，所以密度会变，如果密度不变了，说明达到平衡，故C不符合题意；
D．由三段式计算可知二氧化碳体积分数为定值，所以二氧化碳体积分数不再变化不能说明是否已达平衡，故D符合题意；
故答案为：AD；
（3）①该反应焓变小于0，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，若p(NH3)保持不变，则p[CO(NH2)2]会减小，所以下方曲线对应T2，上方曲线对应T1；当反应达到平衡时，v正=v逆，即k正×p(HNCO)×p(NH3)=k逆×p[CO(NH2)2]，所以=，曲线上存在点(1,5)，即lg p(NH3)=1时，lg p[CO(NH2)2]=5，初始投料为等物质的量的反应物，所以p(HN=C=O)= p(NH3)，所以==1000；
②将曲线上(1,3)点带入，可得T2℃时此反应的标准平衡常数Kθ==1000；
③若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，相当于增大压强，该反应为气体系数之和减小的反应，加压平衡正向移动，CO(NH2)2的体积分数变大；
④由图Ⅱ可知在催化剂③的作用下，CO(NH2)2的体积分数较大时，所需的温度较低，故催化效率最好的是催化剂③；催化剂存在活化温度，在活化温度时催化效果较高，由图Ⅱ的CO(NH2)2的体积分数随着温度的变化趋势可知，T2℃以上，n[CO(NH2)2]下降的原因可能是：随温度升高，可能催化剂活性降低，反应速率降低，相同时间生成的CO(NH2)2的物质的量减少。
11．(1) F Li O
(2)sp2
(3) 180° 大于 X与CO2均为分子晶体，X的分子式为C3O2，分子量比CO2大，故分子间作用力大，因此沸点较CO2高
(4) anm 棱心

【详解】（1）根据同周期元素的第一电离能大小变化规律，第一电离能最大的是F，根据同周期元素的电负性自左向右逐渐增大可知，电负性最小的是Li。基态C原子价电子排布式为2s22p2，有2个未成对电子，第二周期基态原子未成对电子数与C原子相同的元素的价电子排布应为2s22p4，为O元素。
（2）苯环碳原子、羰基碳原子周围均含3个σ电子对，不含孤对电子，故其价层电子对为3对，对应杂化方式为sp2。
（3）X的五聚合体结构图中含有15个C原子，10个O原子，则X的分子式为C3O2，该分子中每个原子均满足8电子稳定结构，故C与O之间两对共用电子，C与C之间也共用两对电子，电子式为，X分子中C原子采用sp杂化，碳碳键的夹角为180°，C3O2分子量比CO2大，故分子间作用力大，因此沸点较CO2高。
（4）根据有机卤化铅晶体结构可知，处于面心，故间的最短距离为晶胞边长一半的倍=anm，根据题给图示可知，Pb2+处于两个的中点，若图中Pb2+处于顶点位置，则处于两个Pb2+的中点，即棱的中点(棱心)。
12．(1) 羧基和酯基 C7H12O3 氧化反应
(2)
(3)
(4)保护羰基
(5)

【分析】A在浓硫酸和加热条件下，和CH3OH发生酯化反应生成B，所以A为；B在酸性高锰酸钾中发生双键断裂，生成C；C在一定条件下生成D；D中羰基和乙二醇发生缩醛反应得到E    ；再将E中酯基还原为羟基得到F；最后在酸性条件下还原羰基得到G；据此分析解题。
【详解】（1）由图可知，C中含氧官能团为羧基和酯基；根据G的结构式可知，G的分子式为C7H12O3；B在酸性高锰酸钾中发生双键断裂，生成C，反应类型为氧化反应；故答案为羧基和酯基；C7H12O3；氧化反应。
（2）据分析可知，A为；A在浓硫酸和加热条件下，和CH3OH发生酯化反应生成B，所以A→B的化学方程式为；故答案为。
（3）①分子中含有六元环；②1mol能与反应；说明含有两个羧基；③不同化学环境的氢原子个数比是3∶2∶1∶1；满足条件的同分异构体为；故答案为。
（4）D中羰基和乙二醇发生缩醛反应得到E    ；是典型的保护羰基的过程；故答案为保护羰基。
（5）对比反应物和生成物结构可知，需将中双键氧化为羧基，并在一定条件下发生C生成D的反应，引入羰基，最后与1，3-丙二醇发生缩醛反应得到；所以路线可以为；故答案为。