北京市朝阳区2022-2023年高三下学期第二次模拟考试化学试题（含解析）

这是一份北京市朝阳区2022-2023年高三下学期第二次模拟考试化学试题（含解析），共28页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，有机推断题，工业流程题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。
北京市朝阳区2022-2023年高三下学期第二次模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．中国“天宫”空间站使用了很多高新技术材料。下列对涉及材料的说法不正确的是
A．核心舱的离子推进器使用氙气作为推进剂，氙位于元素周期表0族
B．被誉为“百变金刚”的太空机械臂主要成分为铝合金，其强度大于纯铝
C．“问天”实验舱使用砷化镓()太阳能电池，砷和镓位于元素周期表第四周期
D．太阳能电池翼基板采用碳纤维框架和玻璃纤维网，两者均属于有机高分子材料
2．下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是
A．利用从铁矿石中获得铁 B．工业上以氨气为原料生产硝酸
C．在船体上镶嵌锌块避免船体遭受腐蚀 D．电镀前用溶液除去铁钉表面的油污
3．下列说法不正确的是
A．纤维素能够发生酯化反应，不能被银氨溶液等弱氧化剂氧化
B．核苷与磷酸通过醚键结合形成核苷酸，如
C．攀登高山时佩戴护目镜，防止强紫外线引起皮肤和眼睛的蛋白质变性灼伤
D．丙醛糖()分子中含有手性碳原子，存在对映异构体
4．下列方程式与所给事实不相符的是
A．浓硝酸保存于棕色试剂瓶中是为了防止：
B．向饱和溶液中依次通入过量、，析出沉淀：
C．将通入冷的石灰乳中，制得漂白粉：
D．电解饱和食盐水，两极(碳棒)均产生气体：
5．下列关于同主族元素C、及其化合物的性质比较和原因分析不正确的是
选项
性质比较
原因分析
A
熔点：
摩尔质量：
B
电负性：
原子半径：
C
酸性：
非金属性：
D
热稳定性：
键能：

A．A B．B C．C D．D
6．近日科学家合成了一种新型芳香化合物，其结构中含有(平面正六边形，与苯的结构类似)、(平面正五边形)以及。下列说法不正确的是
A．氮的原子结构示意图： B．的电子式：
C．和中N原子杂化方式为 D．和中含有大键
7．室温下，将溶液与过量固体混合，溶液随时间变化如图所示。

已知：  
下列说法不正确的是
A．两者混合发生反应：
B．随着反应的进行，逆向移动，溶液下降
C．充分反应后上层清液中约为
D．内上层清液中存在：
8．下列实验(图中部分夹持装置略)不能达到实验目的的是
A．证明羟基使苯环活化
B．除去乙酸乙酯中的少量乙酸
C．制备胶体
D．证明浓硫酸具有强氧化性





A．A B．B C．C D．D
9．间接电解法合成苯甲醛的原理如图所示。

下列说法不正确的是
A．电极a与电源正极相连
B．“氧化池”中发生反应：
C．电解一段时间后，电解池阴极区溶液升高(忽略溶液体积变化)
D．用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中放电发生副反应
10．甲醛水溶液久置会发生聚合，生成低聚甲醛，反应如下(均为放热反应)：


下列说法不正确的是
A．生成低聚甲醛的过程中，发生了加成、取代反应
B．低聚甲醛的生成可能导致甲醛溶液出现浑浊
C．在回流装置中加热久置的甲醛溶液到一定温度，甲醛可再生
D．向久置的甲醛溶液中加入酸性溶液，若褪色证明甲醛有剩余
11．高分子材料聚芳醚腈()被广泛应用于航空航天、汽车等领域。某聚芳醚腈的合成反应如下(未配平)：

下列有关说法不正确的是
A．的官能团有碳氯键、氰基
B．的核磁共振氢谱有三组峰
C．将水移出体系有利于提高合成的产率
D．中的可作为交联点，生成网状结构的高分子
12．脱除汽车尾气中的和包括以下两个反应：
①
②
将恒定组成的和混合气通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如下。

已知：的脱除率
下列分析不正确的是
A．低温不利于和的脱除
B．，该时间段内几乎不发生反应①，主要发生反应②
C．，该时间段内的脱除率约为88%
D．高温下的主要脱除反应为：
13．钛酸钡是电子陶瓷基础母体原料，超细微粉体的制备方法如下。

已知：
下列说法不正确的是
A．向中先加入，可防止其水解生成
B．得到溶液1的反应：
C．加入过量氨水，有利于提高的产率
D．“煅烧”得到的气体A是和的混合物
14．小组同学探究和物质A的反应，实验如下。
装置
序号
物质A
实验现象

①
溶液（调）
铜粉溶解，溶液变为深棕色［经检验含]
②
溶液
铜粉溶解，溶液变为蓝绿色
③
溶液（调）
无明显变化
下列分析不正确的是
A．②中铜粉溶解的原因：
B．①中产生的原因：时直接将还原为
C．若向③中加入固体，推测铜粉会溶解
D．①②③现象的差异不仅与物质氧化性(或还原性)强弱有关，也与反应速率有关

二、结构与性质
15．锂离子电池是目前广泛应用的二次电池。由于锂资源储量有限，科学家将目光转向钾离子电池。
(1)用作钾离子电池的电解液溶剂，可由与有机物X经加成反应得到。
①中碳原子杂化方式为_______。
②X的结构简式为_______。
(2)由于离子半径：_______(填“>”或“Si，故酸性H2CO3>H2SiO3，C正确；
D．非金属性C>Si，C原子得电子能力更强，同时C的原子半径小于Si，故C-H键能大于Si-H，热稳定性CH4>SiH4，D正确；
故答案选A。
6．C
【详解】A．N是7号元素，N原子结构示意图：，故A正确；
B．的电子式：，故B正确；
C．时平面正六边形，与苯的结构类似，是平面正五边形，而N原子杂化方式为，应该是三角锥结构，则和中N原子杂化方式不是，故C错误；
D．和都是平面的环状结构，类似苯环，则和中含有大键，故D正确；
故选C。
7．D
【详解】A．微溶于水，难溶于水，溶液与过量固体混合反应生成，离子反应为：，故A正确；
B．随上述反应的进行，减小，使得逆向移动，c()减小，pH减小，故B正确；
C．充分反应后上层清液为碳酸钙和硫酸钙的饱和溶液，≈，故C正确；
D．根据电荷守恒得：，溶液呈碱性，，则，故D错误；
故选：D。
8．B
【详解】A．苯酚和溴水反应时是苯环上的氢被溴取代，苯不能和溴水发生反应，故该实验能证明羟基是苯环活泼，A不符合题意；
B．乙醇和乙酸的酯化反应为可逆反应，不能用此法除去乙酸，B符合题意；
C．氯化铁溶液在加热时促进水解生成氢氧化铁胶体，C不符合题意；
D．铜和浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化硫能使品红褪色，剩余的二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收，D不符合题意；
故选B。
9．C
【分析】根据图中信息可知。左侧a电极反应是：，为阳极，则b电极为阴极，电极反应为：，阳极得到的 进入“氧化池”将甲苯氧化为苯甲醛，发生的反应为：。
【详解】A．据分析可知电极a是阳极，与电源正极相连，故A正确；
B．据分析可知“氧化池”中发生反应：，故B正确；
C．电解过程中阴极电极b发生反应，同时电解质溶液中有等量的通过质子交换膜，从而电解池阴极区溶液几乎不变(忽略溶液体积变化)，故C错误；
D．苯甲醛有强还原性容易在电解池阳极上放电，所以用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中放电发生副反应，故D正确；
故选C。
10．D
【详解】A．由题给方程式可知，生成低聚甲醛的过程中发生的反应为甲醛与水发生加成反应生成HO—CH2—OH，HO—CH2—OH发生取代反应生成低聚甲醛，故A正确；
B．由结构简式可知，甲醛能与水分子形成分子间氢键，而低聚甲醛分子中含有的醚键与水分子形成的分子间氢键弱于甲醛，所以低聚甲醛的生成可能导致甲醛溶液出现浑浊，故B正确；
C．由题给信息可知，生成低聚甲醛的反应都是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以在回流装置中加热久置的甲醛溶液到一定温度，有利于甲醛再生，故C正确；
D．低聚甲醛也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则向久置的甲醛溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色不能证明甲醛有剩余，故D错误；
故选D。
11．B
【详解】A．根据结构简式可知其官能团有氯原子，氰基，故A正确；
B．是对称结构，则分子中有4种氢原子，核磁共振氢谱有4组峰，故B错误；
C．将水移出体系，水的浓度降低，则平衡正向移动，有利于提高合成PEN的产率，故C正确；
D．中的中含有碳氮三键，碳氮三键可以打开π键形成交联点，生成网状结构的高分子，故D正确；
故选B。
12．B
【详解】A．根据图示，经过相同时间，容器中NO、CO的浓度较高，低温不利于和的脱除，故A正确；
B．，N2O是反应①的生成物，N2O是②的反应物，N2是反应②的产物，容器中最终有N2O、N2，说明该时间段内反应①的速率大于反应②，故B错误；
C．根据各物质的浓度，NO的初始浓度为，转化为氮气的NO的浓度为，该时间段内的脱除率约为，故C正确；
D．根据图示，高温条件下主要生成氮气和一氧化碳，高温下的主要脱除反应为：，故D正确；
选B。
13．C
【分析】与草酸先生成TiO(C2O4)，再向体系中加入钡离子，发生反应的离子方程式为：TiO(C2O4)＋Ba2＋+4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓，生成的BaTiO(C2O4)2·4H2O再经过隔绝空气煅烧，得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气，涉及的方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2O BaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O，据此分析解答。
【详解】A．根据已知信息可知，四氯化钛水解显酸性，所以向中先加入，可抑制其水解，从而防止生成，A正确；
B．根据分析可知，得到溶液1的反应：，B正确；
C．加入过量氨水，则溶液碱性过强，可能会生成TiO(OH)+，从而降低TiO(C2O4)的浓度，不利于提高的产率，C错误；
D．根据分析，结合原子守恒可知“煅烧”得到的气体A是和的混合物，D正确；
故选C。
14．B
【详解】A．实验②中，铜与铁离子反应生成蓝色铜离子和绿色亚铁离子，A正确；
B．经检验含，说明加入铜粉后铜与铁离子反应生成蓝色铜离子和绿色亚铁离子，酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子反应产生NO，选项B不正确；
C．若向③中加入固体，因酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，产生了硝酸铁，根据实验①的条件，推测铜粉会溶解，选项C正确；
D．①②③现象的差异不仅与物质氧化性(或还原性)强弱有关，如铁离子、硝酸根离子等氧化性强弱，亚铁离子还原性等；也与反应速率有关，也氯离子、硝酸根离子，氢离子浓度等对反应速率的影响有关，选项D正确；
答案选B。
15．(1) sp2、sp3
(2)＞
(3) 6 Mn2+的价电子排布式为3d5，为比较稳定的半充满结构，Fe2+的价电子排布式为3d6，更易失去一个电子变成相对稳定的半充满结构，所以Mn第三电离能大于Fe的



【详解】（1）①根据图中的结构，碳原子杂化方式为sp2、sp3；
②CO2与X加成得到图中结构， ，X为 ；
故答案为：sp2、sp3； ；
（2）K+电子层数大于Li+，故离子半径： K+大于Li+；
故答案为：>；
（3）①距离Mn3+最近的Fe3+有6个（以体心Mn3+为对象，6个面心的Fe3+距离最近）；
②Mn2+的价电子排布式为3d5，为比较稳定的半充满结构，Fe2+的价电子排布式为3d6，更易失去一个电子变成相对稳定的半充满结构，所以Mn第三电离能大于Fe的；
③Mn[Fe(CN)6] 放电后转化为K2Mn[Fe(CN)6]，Mn[Fe(CN)6] 中Mn和Fe的化合价均为+3价，则A为KMn[Fe(CN)6]，充电时生成A的电极反应式，；
故答案为：>；第三电离能I3，Mn失去的时电子半满的3d5的一个电子，而Fe失去的是3d6的一个电子，所以Mn第三电离能大于Fe；。
16．(1)苯酚
(2)+CH3OH+H2O
(3)浓硫酸和浓硝酸
(4)6
(5) 酰胺键 +NaOH+CH3COONa
(6) H2O + SOCl2+ SO2+HCl。

【分析】A能与溶液作用显紫色，说明其中含有酚羟基，结合A的分子式可以推知A的结构简式为：，A和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B，B的结构简式为，D发生还原反应得到E，结合D和E的分子式可以推知D中的硝基发生还原反应生成氨基，D的结构简式为，E发生多步反应得到G，G和CS2发生反应得到J，J再经过一系列反应得到奥美拉唑，以此解答。
【详解】（1）由分析可知，A为，A的名称是苯酚。
（2）A和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B，B的结构简式为，化学方程式为：+CH3OH+H2O。
（3）B的结构简式为，D的结构简式为，B发生硝化反应得到D，试剂a为浓硫酸和浓硝酸。
（4）E的同分异构满足条件i.苯环上有两个取代基，ii.能与溶液发生反应，说明其中含有酚羟基；则苯环上的取代基为-OH、-CH2NH2或-OH、-NHCH3，这两个取代基有邻、间、对三种位置关系，则符合条件的同分异构体共有6种。
（5）①由结构简式可知，M中含有的官能团有醚键、酰胺键；
②N中含有肽键，在NaOH溶液中会发生水解，化学方程式为：+NaOH+CH3COONa。
（6）①加成反应是化合反应，由原子守恒可知，可由与H2O经加成反应得到；
②K和1发生取代反应生成，结合K的分子式可以推知K为，K转化为的同时有SO2生成，化学方程式为：+ SOCl2+ SO2+HCl。
17．(1)研磨、搅拌
(2)
(3)
(4) 阳 还原MnO2生成Fe3+，Fe3+在阴极放电又生成Fe2+，上述过程不断循环

【分析】电解锰渣含有，研磨、搅拌，电解硫酸锰溶液得到二氧化锰和氢气、硫酸，电解残液混合制成浆液，浆液通入烟气，得到含有硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸的溶液，除去硫酸亚铁、硫酸钙，电解硫酸锰溶液得到二氧化锰。
【详解】（1）根据影响反应速率的因素，上述流程中为增大反应速率采取的措施有研磨、搅拌；
（2）具有氧化性，吸收生成硫酸锰，反应的方程式为
（3）①脱硫过程中二氧化硫、氧气、水反应生成硫酸，使溶液降低，反应方程式为。
②分析浆液中浓度增大的原因：
i.被还原；
ii.被还原，Mn元素化合价由+4降低为+2、Fe元素化合价由+2升高为+3，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为；
iii. MnCO3与硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，反应的离子方程式为。
（4）①滤液2中含有硫酸锰，锰离子失电子发生氧化反应生成，所以在电解池阳极放电产生。
②还原MnO2生成Fe3+，Fe3+在阴极放电又生成Fe2+，上述过程不断循环，也会导致 MnO2 产率大幅降低。
18．(1)+6
(2) Fe-6e－+8OH－=+4H2O 阴极发生2H2O+2e－=2OH－+H2↑，OH－浓度增大，K+通过阳离子交换膜进入阴极室
(3)4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH
(4)
(5) 13.3% （合理即可）

【详解】（1）K为+1价，O为-2价，则Fe为+6价。
（2）①该电极发生氧化反应，电极反应式为Fe-6e－+8OH－=+4H2O。②阴极发生2H2O+2e－=2OH－+H2↑，OH－浓度增大，K+通过阳离子交换膜进入阴极室。
（3）在中性溶液中快速分解产生，可知和水反应产生O2，化学方程式为4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH。
（4）根据所给的离子方程式可知反应中涉及物质的物质的量之比为n（）∶n（）∶n（）∶n（）=2∶2∶1∶6，则参与反应的质量为，样品的质量分数为。
（5）①Fe→，Fe的化合价从0价变为+6价，Fe→FeOOH，Fe的化合价从0变为+3价。，说明40%的Fe转化为了FeOOH，假设共有1molFe，则，，则，。②，说明不只有Fe被氧化失去电子，阳极还有水(或)放电。
19．(1) 足量硝酸和AgNO3溶液
(2) 有红色固体析出 在Cl-的作用下，Cu2+氧化亚硫酸根到硫酸根 CuCl2和Na2SO3溶液生成棕黄色沉淀A反应速率快，生成白色沉淀B的程度大
(3)
(4)和能发生复分解反应和氧化还原反应，且复分解反应速率更快；在Cl-作用下，的氧化性增强

【分析】溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀)，沉淀A为，放置左右，转化为白色沉淀，沉淀B为CuCl。对于沉淀B组成的验证：向洗涤后的CuCl中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色和。取少量深蓝色溶液， 加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀AgCl，证明有氯离子的存在。沉淀A组成的验证：反应物为和，沉淀A中不含，那么A中存在，洗涤后，加入足量的NaCl溶液，增大了氯离子的浓度，产生白色沉淀CuCl，无色溶液先加氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加足量盐酸，白色沉淀减少，即这个过程中发生氧化还原反应，酸性条件下，氯离子的催化下，生成了硫酸根。
【详解】（1）溶液中存在氯离子，检验氯离子的方式为加入足量的硝酸酸化的硝酸银溶液；无色溶液含有的离子为，在空气中变成蓝色溶液，空气中有氧气，所以对应的离子方程式为；
（2）已知ii.，向含有亚铜离子的溶液中加入稀硫酸会发生歧化反应，生成铜，故答案为有红色固体析出；溶液中的氧化剂除了氧气之外还有铜离子，当存在氯离子时，铜离子会具有较强的氧化性，会把亚硫酸根氧化，故答案为在Cl-的作用下，Cu2+氧化亚硫酸根到硫酸根；向溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀(沉淀A)，说明生成亚硫酸铜沉淀的反应较快，故答案为CuCl2和Na2SO3溶液生成棕黄色沉淀A反应速率快，生成白色沉淀B的程度大；
（3）和溶液反应最终生成沉淀，该反应未外加酸碱，所以反应物为水，生成物为氢离子，根据电子守恒及电荷守恒可知，该反应的离子方程式是；
（4）向溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀亚硫酸铜，在NaCl溶液中，硫酸亚铜继续发生氧化还原反应，生成CuCl白色沉淀，根据沉淀颜色的变化快慢可知，复分解反应较快，二氧化还原反应较慢，故答案为：和能发生复分解反应和氧化还原反应，且复分解反应速率更快；在Cl-作用下，的氧化性增强。