2023届陕西省榆林市高三下学期第二次模拟检测理科综合化学试题含解析

这是一份2023届陕西省榆林市高三下学期第二次模拟检测理科综合化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

陕西省榆林市2023届高三下学期第二次模拟检测理科综合化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．人造小太阳、歼- 20、火星探测、海斗一号无人潜水器等均展示了我国科技发展的成果。下列相关叙述正确的是
A．潜水器的材料之一为合成橡胶发泡体，其具有防震、保温、不透水、不透气等特点
B．歼一20发动机的航空燃油是纯净物
C．火星土壤中的质量数为26
D．核聚变是化学能转化为热能的过程
【答案】A
【详解】A．潜水器的材料之一为合成橡胶发泡体，该物质体积大，密度小，不溶于水，具有防震、保温、不透水、不透气等特点，A正确；
B．歼一20发动机的航空燃油中含有多种烃，因此属于混合物，而不属于纯净物，B错误；
C．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，火星土壤中的质量数为57，质子数为26，C错误；
D．核聚变是核能转化为热能的过程，D错误；
故合理选项是A。
2．化合物M对黑热病有显著的抑制作用，其结构简式如图所示。下列有关化合物M的说法错误的是

A．分子式为C17H18O3 B．能使酸性KMnO4溶液褪色
C．有2种含氧官能团 D．分子中最多可能有17个碳原子共平面
【答案】D
【详解】A．根据有机物的键线式可知该有机物的分子式为C17H18O3，A正确；
B．分子中含有醇羟基，能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；
C．该有机物有2种含氧官能团：醚键和醇羟基，C正确；
D．该有机物分子中共有17个碳原子，不可能所有碳原子共平面，C原子形成4个单键时，与C相连的4个原子位于四面体的四个顶点，一定不共面，D错误；
故选D。
3．常温下，下列各组离子在指定条件下一定能大量共存的是
A．无色透明的水溶液中：Na+、NH、SO、Cl-
B．pH=0的溶液中：K+、Na+、SO、S2O
C．中性溶液中：Fe3+、Al3+、SO、Cl-
D．含有大量Ca2+的溶液中：Al3+、CO、NH、Br-
【答案】A
【详解】A．Na+、NH、SO、Cl-，这些离子都没有颜色，且相互之间不发生反应，A正确；
B．pH=0的溶液中含有氢离子，氢离子可以和S2O反应生成二氧化硫和单质硫，不能共存，B错误；
C．Al3+、Fe3+完全沉淀的pH＜7，中性溶液中不能存在铝离子、铁离子，C错误；
D．Ca2+可以和CO反应生成沉淀，且铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，D错误；
故选A。
4．三室膜电渗析分离硫酸锂并回收酸碱的装置示意图如图，下列说法正确的是

A．酸碱的浓度：进等于出
B．右侧电极的电极反应式为
C．装置工作一段时间后，
D．右侧离子交换膜为阴离子交换膜
【答案】B
【分析】三室膜电渗析分离硫酸锂并回收酸碱，由图可知，中间室离子向两侧迁移，右侧得到氢氧化锂、左侧得到硫酸，则右侧电极为阴极，水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子；左侧电极为阳极，水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子；
【详解】A．由分析可知，左室有生成氢离子和迁移过来的硫酸根离子，硫酸浓度变大；右室有生成的氢氧根离子和迁移过来的锂离子，氢氧化锂浓度变大，A错误；
B．右侧电极水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为，B正确；
C．由分析可知，a为生成的氧气、b为生成的氢气，根据电子守恒可知，生成气体，C错误；
D．右侧离子交换膜可以让锂离子通过，为阳离子交换膜，D错误；
故选B。
5．短周期主族元素Y、Z、R、X的原子半径依次减小，四种元素的原子序数均不超过10，我国科学家利用M制备的有机一金属框架(MO)可以高效快速分离CO2和N2，M的结构式如图所示。下列说法正确的是

A．最简单氢化物的沸点：R > Z> Y
B．R的单质与X2Z不发生反应
C．简单离子半径：Z > R
D．YX3YX2ZX不溶于水
【答案】C
【分析】短周期主族元素Y、Z、R、X的原子半径依次减小，四种元素的原子序数均不超过10，通过分析M的结构式可知，Y能形成4个键，即Y为C；Z能形成2个键，即Z为O；R、X均形成1个键，且R、X的原子半径依次减小，说明R为F、X为H；
【详解】A．H2O和HF能形成分子间氢键，使沸点升高且H2O分子形成的氢键数目较多，因此最简单氢化物沸点的顺序为H2O > HF > CH4，A错误；
B．F2能与H2O发生氧化还原反应生成HF和O2，B错误；
C．核外电子排布相同，核电荷数越小，半径越大，简单离子半径顺序为：r(O2-) > r(F-)，C正确；
D．CH3CH2OH能与水以任意比例互溶，D错误；
故选C。
6．证据推理是学习化学的重要方法，下列证据与推理的关系对应正确的是
选项
证据
推理
A
室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol•L-1的Na2SO3和NaHSO3两种溶液的pH，Na2SO3溶液的pH更大
HSO结合H+的能力比SO的强
B
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，红棕色变深反应
2NO2(g)N2O4(g)    △H＜0
C
向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，再加入银氨溶液，水浴加热，未出现银镜
淀粉未发生水解
D
向浓度均为0.01mol•L-1的NaCl和KI混合溶液中滴加少量0.01mol•L-1的AgNO3溶液，出现黄色沉淀
说明：Ksp(AgI)＞Ksp(AgCl)

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．亚硫酸钠溶液显碱性，亚硫酸氢钠溶液显酸性，HSO电离程度大于其水解程度，HSO结合H+能力弱于SO，故A错误；
B．NO2中存在2NO2N2O4，将玻璃球放在热水中，红棕色变深，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，故B正确；
C．醛基与银氨溶液反应，反应环境为碱性，题中加入稀硫酸后，没有加入NaOH溶液中和硫酸，因此未出现银镜，不能说明淀粉未发生水解，故C错误；
D．Cl-、I-浓度相同，滴加少量硝酸银溶液，出现黄色沉淀，黄色沉淀为AgI，说明AgI比AgCl更难溶，即Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故D错误；
答案为B。
7．时，用溶液分别滴定、浓度均为的和溶液。滴定过程中，溶液的与(代表或，HX代表或HB)的关系如图所示。下列说法正确的是

A．水的电离程度：
B．的数量级为
C．滴定至点时，加入溶液的体积为
D．点和点的溶液中均存在
【答案】D
【分析】由图可知，当时，HA对应的酸性更强，氢离子浓度更大，故酸性HA大于HB，由P点可知，HA的电离常数大约为：，则和均为弱酸；
【详解】A．酸对水的电离起抑制作用，P点酸性更强，水的电离程度更弱，A错误；
B．由分析可知，的数量级为，B错误；
C．和均为弱酸，滴定至点时，pH=7，溶液为中性；若加入溶液的体积为，则恰好生成强碱弱酸盐NaB，溶液应该显碱性，C错误；
D．点和点的溶液中由电荷守恒可知，，此时溶液显中性，则均存在，D正确；
故选D。

二、实验题
8．在实验室以二氧化锗粗品(含GeO2和Ge及少量无关杂质)为原料制备GeO2的装置图如图(夹持装置已略去)：

i.Ge和GeO2均不溶于盐酸；GeCl4易潮解，沸点为88°C。
ii.(未配平)；。
回答下列问题：
(1)GeCl4属于_______ (填“离子”或“共价”)化合物。
(2)仪器a的名称为_______。实验时，先将二氧化锗粗品转化为GeCl4，为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过分液漏斗不断向装置中滴加浓盐酸，盐酸保持较高浓度的原因为_____。
(3)为了更好地收集GeCl4 ，装置C应采用_______(填“热”或“冷”)水浴。
(4)将装置C中收集的GeCl4与蒸馏水按一定比例进行混合，静置12 h，可得到GeO2·nH2O晶体，此过程中发生反应的化学方程式为_______。
(5)纯度测定
称取m g制得的GeO2样品，在加热条件下溶解，用NaH2PO2将其还原为Ge2+，用c mol·L-1 KIO3标准溶液滴定，消耗KIO3标准溶液的体积为V mL，需选用的滴定指示剂为_______，样品纯度为_______%。(实验条件下，NaH2PO2未被KIO3氧化)
【答案】(1)共价
(2)     三颈烧瓶     保证HCl氛围，防止GeCl4水解
(3)冷
(4)GeCl4+(n+2)H2OGeO2·nH2O↓+4HCl
(5)     淀粉溶液    

【分析】装置A中为实验室制取氯气，B中通过氯气将二氧化锗粗品转化为GeCl4，GeCl4易潮解，沸点为88℃，沸点较低，故了更好地收集GeCl4，装置C应采用冷水浴，D吸收水蒸气，E装置吸收过量氯气，据此分析解题。
【详解】（1）（1）基态Ge原子的核外电子排布式为：，核外未成对电子数为2；GeCl4与CCl4相似，且GeCl4沸点为88°C，说明GeCl4属于共价化合物；
（2）（2）仪器a的名称为三颈烧瓶；为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过分液漏斗不断向装置a中滴加浓盐酸，是为了保证HCl氛围，防止GeCl4水解；
（3）（3）GeCl4易潮解，沸点为88℃，沸点较低，因此为了更好地收集GeCl4，装置C应采用冷水浴；
（4）（4）将装置C中收集的GeCl4与蒸馏水按一定比例进行混合，静置12 h，可得到GeO2•nH2O晶体，此过程中发生反应的化学方程式为GeCl4+(n+2)H2OGeO2·nH2O↓+4HCl；
（5）（5）结合信息可知，滴定终点生成碘，故用淀粉溶液作为指示剂。配平方程式；，可得关系为：，消耗标准液中 ，，故样品纯度为%。

三、工业流程题
9．中国科学技术大学某团队制备了具有空腔的蛋黄一蛋壳结构的 PdAg@ZIF-8催化剂，该催化剂应用前景非常广。以废定影液[主要成分为Na3Ag(S2O3)2]制备PdAg@ZIF-8的流程如图所示。回答下列问题：

注明：PVP为聚乙烯吡咯烷酮，2 - MIM为2-甲基咪唑(C4H6N2)，ZIF- 8为金属有机框架。
(1)Na3Ag(S2O3)2中Ag的化合价为_______。
(2)“沉银1”中发生反应的离子方程式为2 +S2- Ag2S↓+4 ，该反应属于_______ (填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”)。
(3)“焙烧”在800~900 °C下进行，“焙烧”时发生反应的化学方程式为_______，在焙烧炉下部鼓进空气。上部加入Ag2S粉末，这样操作的目的是_______。
(4)“酸溶”时，单质银与稀硝酸反应的离子方程式为_______ ，‘沉银2”的废液可以用于_______(填名称)工序实现循环利用。
(5)检验“滤液2”中是否含Fe2+的试剂是_______ (填化学式)溶液。
(6)用物理方法提纯银，“操作A”是_______。
(7)在制备PdAg@Cu2O时，氧化产物对环境友好。理论上参与反应的CuCl2、NH2OH的物质的量之比为_______。
【答案】(1)+1
(2)非氧化还原反应
(3)     Ag2S+O22Ag+ SO2     增大固体与气体接触面积，加快反应速率
(4)     3Ag+4H+ +=3Ag++NO↑+2H2O     酸溶
(5)K3[Fe(CN)6]
(6)用强磁铁吸附银粉中的少量铁粉，提纯银
(7)1∶1

【分析】废定影液中主要成分为Na3Ag(S2O3)2，加入Na2S沉积银，然后焙烧获得粗银；加入稀硝酸后，再加入盐酸生成AgCl；使用铁还原获得纯银，并用于制备PdAg@ZIF-8；据此分析解题。
【详解】（1）Na3Ag(S2O3)2中Na为+1价，为-2价，所以Ag的化合价为+1；故答案为+1。
（2）反应2+S2-Ag2S↓+4中，没有元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应；故答案为非氧化还原反应。
（3）Ag2S在空气中“焙烧”，Ag2S与氧气反应生成Ag；发生反应的化学方程式为Ag2S+O22Ag+ SO2；为了增大固体与气体接触面积，加快反应速率，在焙烧炉下部鼓进空气，上部加入Ag2S粉末；故答案为Ag2S+O22Ag+ SO2；在焙烧炉下部鼓进空气。上部加入Ag2S粉末。
（4）单质银与稀硝酸反应的离子方程式为3Ag+4H+ +=3Ag++NO↑+2H2O；“沉银2”的废液中含有稀硝酸，可以用于酸溶工序实现循环利用；故答案为3Ag+4H+ +=3Ag++NO↑+2H2O；酸溶。
（5）可用K3[Fe(CN)6]检验“滤液2”中是否含Fe2+的试剂，如果有Fe2+，将生成带有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀；故答案为K3[Fe(CN)6]。
（6）使用铁粉还原银，铁粉将过量，所以需要用强磁铁吸附银粉中的少量铁粉，提纯银；故答案为用强磁铁吸附银粉中的少量铁粉，提纯银。
（7）PdAg@Cu2O中Cu化合价为+1，NH2OH中N为-1价，且氧化产物对环境友好，所以氧化产物为N2，所以理论上参与反应的CuCl2、NH2OH的物质的量之比为1∶1；故答案为1∶1。

四、原理综合题
10．丙烯是制备聚丙烯塑料的单体，工业上可用丙烷和制取丙烯：
反应1：。
反应2：。
回答下列问题
(1)反应3：_______。
(2)向恒温恒容密闭容器中充入和，只发生反应3，不能说明反应3达到平衡状态的是_______ (填标号)。
A．混合气体密度不随时间变化 B．混合气体总压强不随时间变化
C．混合气体平均相对分子质量不随时间变化 D．丙烷的消耗速率等于丙烯的生成速率
(3)向密闭容器中充入只发生反应1，测得速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。已知：(R、C为常数，T为温度，为活化能)。实验测得其他条件相同，不同催化剂、对速率常数的影响如图1所示。其中，催化效能较高的是_______(填“”或“”)，判断的依据是_______。

(4)向密闭容器中充入和，发生上述反应1和反应2，测得丙烷的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。

①X代表_______(填“温度”或“压强”)，_______(填“>”、“”或“=”)。
②M点时，和的浓度相等。则M点对应的反应2的平衡常数_______。
(5)向总压强恒定为的密闭容器中充入和，只发生反应1，的平衡转化率与的关系如图3所示。其他条件不变，随着增大，的平衡转化率减小，其原因是_______，当等于2时，经达到平衡，丙烯的分压变化速率为_______。

【答案】(1)+287
(2)AD
(3)          直线斜率小，活化能小
(4)     温度     <    
(5)     其他条件不变，当总压一定时，的投料增加，占比越大分压越大，导致平衡向左移动，使得的平衡转化率减小     1.6

【详解】（1）已知，反应1：
反应2：
由盖斯定律可知，反应1+反应2得反应3：；
（2）A．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，A符合题意；    
B．反应为气体分子数增大的反应，混合气体总压强不随时间变化，说明已经达到平衡，B不符合题意；
C．气体总质量始终不变、反应为气体分子数增大的反应，则混合气体平均相对分子质量不随时间变化，说明已经达到平衡，C不符合题意；
D．丙烷的消耗速率等于丙烯的生成速率，描述的都是正反应，不能说明反应已达平衡，D符合题意；
故选AD；
（3）已知：，则，斜率越大说明越大，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，结合图像可知，反应的活化能小，催化效能较高，依据为：直线斜率小，活化能小；
（4）①反应1和反应均为放热反应，升高温度平衡正向移动，丙烷转化率增大；反应1为气体分子数增加的反应，反应2为气体分子数不变的反应，增大压强导致反应1逆向移动，丙烷转化率下降；结合图像可知，X代表温度，相同条件下，增大压强导致反应1逆向移动，丙烷转化率下降，故<。
②M点时，丙烷转化率为60%，反应丙烷0.6mol；


和的浓度相等，则0.4=0.6-a，a=0.2mol；则平衡是二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.8mol、0.4mol、0.2mol、0.2mol，反应2为等分子数的反应，则M点对应的反应2的平衡常数
（5）其他条件不变，当总压一定时，的投料增加，占比越大分压越大，导致平衡向左移动，使得的平衡转化率减小；当等于2时，经达到平衡，的转化率为40%，假设丙烷投料2mol、氩气1mol，则反应丙烷0.8mol；

则平衡时总的物质的量为3.8mol，丙烯的分压变化速率为。

五、结构与性质
11．Cu、Ba、Hg等元素及其化合物在工农业生产和生活中有重要用途。
I. Cu的某种配合物的结构如图1，请回答下列问题：

(1)基态Cu原子价层电子轨道表示式为_______ ，其原子核外电子占据的最高能层符号为_______。
(2)该配合物中非金属元素(除H外)的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(3)该配合物中C原子的杂化类型为_______。
(4)该配合物中Cu的配位数为_______。
(5)中∠l_______(填“>”、“<”或“=”)∠2。
II.O、Cu、Ba、Hg形成的某种超导材料的晶胞如图2所示。

(6)该晶胞中O、Cu、Ba、Hg原子的个数比为_______。
(7)设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为_______g·cm-3。
【答案】(1)          N
(2)F>N>O>C
(3)sp2、sp3
(4)4
(5)<
(6)4：1：2：1
(7)

【详解】（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为：3d104s1，价层电子轨道表示式为，其原子核外电子占据的最高能层符号为N。
（2）在周期表中，元素的第一电离能的总的变化规律应为：同主族元素从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，而同一周期元素从左到右，元素的第一电离能有逐渐增大的趋势，N位于第VA族，2p轨道电子半充满较稳定，第一电离能大于第VIA族元素，则C、N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O>C。
（3）该配合物中C分别在亚甲基上、苯环上和碳氧双键上，杂化类型为sp2、sp3。
（4）由该配合物结构可知，该配合物中Cu的配位数为4。
（5）∠l为C-O-C的键角，氧原子价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化，∠2中C原子杂化方式为sp2杂化，则中∠l<∠2。
（6）由晶胞结构可知，O原子的个数为8+4=4，Cu原子个数为4=1，Ba原子个数为2，Hg原子个数为8=1，O、Cu、Ba、Hg原子的个数比为4：1：2：1。
（7）设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为=。

六、有机推断题
12．奥达特罗J()是一种新型选择性速效β2一肾上腺能受体激动剂，该物质的一种合成方法如图，回答下列问题；

已知：Bn为正丁基。
(1)化合物B中的含氧官能团的名称为_______。
(2)B→C的反应类型为_____反应；C→D的反应类型为_______反应。
(3)写出化合物D生成化合物E的化学方程式：_______。
(4)试剂X的结构简式为_______。H分子中有_______ 个手性碳(碳原子上连有4个不同的原子或原子团时，该碳称为手性碳)
(5)化合物I是A的同分异构体，则符合下列条件的I的结构有_______种。
①能与氯化铁溶液发生显色反应
②能发生银镜反应和水解反应
其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为的结构简式为_______。
【答案】(1)醚键、酮羰基、羟基
(2)     取代     还原
(3)++2HCl
(4)          1
(5)     13    

【分析】A和BnBr发生取代反应生成B，保护特定酚羟基，B发生硝化反应引入硝基生成C，C中硝基还原为氨基得D，D和发生取代反应成环生成E，E和Br2反应生成F，F还原得G，结合G和H的结构简式可推知，G中碳溴键断裂，X中氨基上的一个N-H断裂，重新组合为H和HBr，则X为，H和HBr反应生成J，重新生成酚羟基。
【详解】（1）由化合物B的结构简式可知，B中的含氧官能团为醚键、酮羰基、羟基。
（2）B发生硝化反应引入硝基生成C，该反应属于取代反应；C中硝基还原为氨基生成D，该反应属于还原反应。
（3）D和发生取代反应成环生成E，反应的化学方程式为++2HCl。
（4）结合G和H的结构简式可推知，G中碳溴键断裂，X中氨基上的一个N-H断裂，重新组合为H和HBr，则X为；根据手性碳的定义，结合H的结构简式可知，H中只有1个手性碳(与羟基直接相连的碳原子为手性碳)。
（5）化合物I能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基。能发生银镜反应和水解反应，结合A中只有3个O原子，可推知化合物I为甲酸酯。若化合物I苯环上有3个取代基，分别为-CH3、HCOO-、-OH(酚羟基)，根据位置异构有10种；若化合物I苯环上有2个取代基，分别为HCOOCH2-、-OH(酚羟基)，有邻、间、对3种；则符合条件的I的结构共有13种；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为，说明分子中无甲基，且HCOOCH2-和-OH(酚羟基)处于对位，由此可推知其结构简式为。