青海省西宁市2023届高三下学期复习检测（二）理科综合化学试题（含解析）

这是一份青海省西宁市2023届高三下学期复习检测（二）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。
青海省西宁市2023届高三下学期复习检测（二）理科综合化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与人体健康、食品安全及环境保护等息息相关。下列叙述正确的是
A．废弃的塑料、金属、纸制品及普通玻璃都是可回收再利用的资源
B．通过清洁煤技术减少煤燃烧造成的污染，有利于实现碳中和
C．氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料，可用于制造汽车发动机
D．纳米铁粉可以通过吸附作用高效的除去被污染水体中的Cu2+、Ag+等重金属离子
2．布洛芬(图丁)是一种非甾体抗炎药，下面是其一条高产率的合成路线。下列说法正确的是

A．甲中最多有8个碳原子共平面 B．乙转化为丙为加成反应或还原反应
C．与丙有相同官能团的同分异构体只有6种 D．丁与乙酸互为同系物
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．28.4gP2O5( )含极性键的数目为0.4NA
B．已知核反应：，则1molM中含中子数54NA
C．0.25molZn与一定量浓硫酸反应后完全溶解，生成气体的分子数等于0.25NA
D．1L1mol/LCH3COONa溶液中CH3COO-与OH-离子数之和小于NA
4．下列实验设计所得结论均正确的是
A．将氯水密闭放置一段时间，氯水的颜色变浅，说明氯气能与水反应
B．将制备乙酸乙酯后剩余的反应液加入碳酸钠溶液，有气泡产生，说明乙酸有剩余
C．将酸性高锰酸钾溶液分别加入到苯和甲苯溶液中并振荡，证明甲苯中的甲基可活化苯环
D．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液，无砖红色沉淀，说明蔗糖未发生水解
5．R、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素。R和Y位于同主族，R原子最外层电子数与X的原子序数之和等于Z的原子序数。向这四种元素组成的一种化合物Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是

A．简单离子半径：Y> Z> R> X
B．Q溶液中两种阳离子浓度相等
C．Z2R2中含有离子键和非极性共价键
D．最简单气态氢化物的热稳定性：R>Y
6．某研究团队以KOH溶液为电解质溶液，电催化合成偶氨化合物()的装置如图所示(R代表烃基)。下列说法正确的是

A．N极为阳极，发生还原反应
B．M极上的电极反应式为2+8e-+8H+=+4H2O
C．每生成0.1molRCN时，有0.4molK+通过离子交换膜
D．电池工作过程中，M极区附近溶液的pH增大
7．常温下，含的浊液中随的变化关系如图所示(整个过程无气体溢出；忽略第二步水解)，已知：，，下列叙述正确的是

A．x=7.5 B．水的电离程度：
C．点： D．N点溶液中加固体，将移向P点

二、工业流程题
8．锰酸锂离子电池是第二代锂离子动力电池，性能优良。工业上以软锰矿浆(主要成分为，还含有少量铁，铝及硅等的氧化物)为原料制备锰酸锂，工艺流程如图所示。

回答下列问题：
(1)“浸取”过程得到的浸取液中阳离子主要是，生成的离子方程式为 。
(2)滤渣II的主要成分是 ；“精制”过程中实际加入的量比理论值大很多，其主要原因是 。
(3)“沉锰”过程得到的是和，二者均可被氧化为，若“控温、氧化”过程中溶液的随时间的变化关系如图所示，其中溶液的明显下降的原因是 。(用化学方程式表示)。

(4)工业上也可以向“精制”过程得到的滤液中加入溶液制备。中S的化合价为，则1个中过氧键的数目为 ，加入溶液制备发生反应的离子方程式为 。
(5)“锂化”过程是将和按的物质的量之比配料，反应3~5h，然后升温至600~750℃，保温24h，自然冷却至室温得到产品。该过程所得混合气体的成分是 。

三、实验题
9．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°C．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)样品中CeO2[M(CeO2)=172.1gmol-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滴邻二氮菲一亚铁指示液，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)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 。
(4)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： 。

四、原理综合题
10．氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但同时又是造成环境污染的主要物质，其转化规律一直是科学家们研究的热点问题。回答下列问题：

(1)已知氮氧化物转化过程中的能量变化如图所示(图中表示生成2 mol NO2的能量变化)。则2NO(g) +O2(g)=2NO2(g) ΔH= 。
(2)某温度下，反应的平衡常数如下：
I.2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) K1=3. 3×1013
II.2NO(g)⇌N2(g)+O2(g) K2=2. 2× 1030
则该温度下，反应III：2NO2(g)⇌N2(g)+2O2(g) K3= (计算结果保留一位小数)，反应II与反应III相比分解趋势较大的反应是 (填“反应II”或“反应III ”)。
(3)已知反应2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g) ΔH =- 148 kJ ·mol-1，正反应速率方程式可以表示为v正=k正cm(NO)·cn(H2)(k正为正反应速率常数，只与温度有关。m和n为反应级数，取最简单正整数)。为了探究一定温度下NO、H2的浓度对反应速率的影响，测得实验数据如下：
序号
c(NO)/(mol·L-1)
c(H2)/ (mol·L-1)
v正/(mol·L-1·min-1)
I
0.10
0.10
0.414k正
II
0.10
0.20
0.828k正
III
0.30
0.10
3.726k正
①v正 =k正cm(NO)·cn(H2)中，m= 、n= 。
②经研究，有人提出上述反应分两步进行： I. 2NO(g)+ H2 (g)=N2 (g) + H2O2(g)；II. H2(g)+H2O2(g)=2H2O(g)。化学总反应由较慢的一步反应决定。上述反应中II反应较快，则反应I正反应活化能 (填“大于”“小于”或“等于”)反应II正反应活化能。
(4)在恒温条件下，将2 mol Cl2和1 mol NH3充入某密闭容器中发生反应：2Cl2(g) + NH3(g)⇌NHCl2(l) + 2HCl(g)，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示。则A、B、C三点中NH3转化率由大到小的顺序是 ；计算 C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)= MPa -1(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。


五、结构与性质
11．“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤，探索宇宙离不开化学。镍铼合金是制造喷气发动机的燃烧室、涡轮叶片及排气喷嘴的重要材料。75号元素铼Re，熔点仅次于钨，是稀有金属之一。回答：
(1)在元素周期表中，铼与锰在同族，铼原子价层电子表达式为 。
(2)Ni与CO能形成配合物Ni(CO)4(结构如图1所示)，该分子中σ键与π键个数比为 。SO2F2的分子结构如图2所示，键角α1>α2的原因主要是 。

(3)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)4]SO4蓝色溶液，[Ni(NH3)4]SO4中非金属元素H、N、O的电负性由大到小的顺序为 ，阴离子的空间结构是 。(用文字描述)，与互为等电子体的分子是 (写一种即可)。
(4)三氧化铼晶胞如图所示，摩尔质量为Mg/mol，晶胞密度为bg/cm3，铼原子配位数为 ，铼原子填在氧原子围成的 (填“四面体”“立方体"或“八面体”)空隙中，该晶胞的空间利用率为 (铼的原子半径为rRepm，氧原子半径为rOpm，列出计算式)。


六、有机推断题
12．罗沙司他(J)为首个率先在中国实现获批上市的全球新药，主要用于慢性肾脏病透析患者的贫血治疗，合成J的流程如下图所示：

已知： Ⅰ. (R1、 R2表示烃基或氢)
Ⅱ.
(1)A的化学名称 。
(2)E→F的化学反应方程式 。
(3)G具有官能团的名称 (不考虑苯环)。
(4)F→G的反应类型 。
(5)H的结构简式为 。
(6)E的同分异构体中，同时满足下列条件的化合物有 种(不考虑立体异构)，写出一种核磁共振氢谱为6组峰且峰面积之比为3：2：2：2：1：1的结构简式 。
①属于二取代苯，且苯环上的氢只有两种
②含有-OH、-NH2、 -COOH 官能团
③遇FeCl3溶液不发生显色反应
(7)2个E分子反应可得到含有三个六元环的物质，其结构简式为 。

参考答案：
1．A
【详解】A．废弃的塑料、金属、纸制品及普通玻璃均可循环使用，都是可回收再利用的资源，故A正确；
B．通过清洁煤技术减少煤燃烧造成的污染，未减少二氧化碳的排放，不利于实现碳中和，故B错误；
C．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，可用于制造汽车发动机，故C错误；
D．纳米铁粉通过置换反应，将Cu2+、Ag+等重金属离子转化为沉淀除去，故D错误；
故选A。
2．B
【详解】A．甲中苯环上的6个碳原子共平面，和苯环直接相连的碳原子也共平面，以该碳原子为中心，取代基上与该碳原子直接相连的碳原子与其共面，以此类推，取代基上还有一个碳原子与它们共面，所以总共是6+1+1+1=9，所以最多有9个碳原子共平面，A选项错误；
B．乙转化为丙是在催化剂的作用下，碳氧双键与氢气发生加成反应生成 ，是加成反应或还原反应，B选项正确；
C．与丙有相同官能团即含有-OH，除了苯环外，取代基有6个C原子，并且可以是一取代、二取代、三取代等取代方式，所以同分异构体种类远远超过6种，C选项错误；
D．丁的分子式为，乙酸的分子式为C2H4O2，分子组成上并不是相差n个-CH2-，故不互为同系物，D选项错误；
答案选B。
3．C
【详解】A．28.4g P2O5为0.2mol，即0.1mol P4O10，1个P4O10含16个共价键(4个P=O，12个P-O，全部为极性键)，则0.1mol P4O10含有共1.6mol共价键，也就是1.6NA个，选项A错误；
B．核反应方程式必须遵循核电荷数和质量数守恒，即可推算出，，，1molZM中含中子(89-36)NA=53NA，选项B错误；
C．由得失电子数目守恒可知，1mol锌与稀硫酸反应生成1mol氢气，与浓硫酸反应生成1mol二氧化硫，则0.25mol Zn与一定量浓硫酸反应后完全溶解时，无论是生成氢气，还是二氧化硫，或是二氧化硫或氢气的混合气体，气体的分子数恒定为0.25mol×NA mol—1=0.25NA，选项C正确；
D．1L 1mol/L CH3COONa溶液中n(Na+)=1mol，根据电荷守恒：n(CH3COO-)+n(OH-)=n(Na+)+n(H+)，所以CH3COO-与OH-离子数之和大于NA，选项D错误；
答案选C。
4．A
【详解】A．氯气和水生成的次氯酸容易分解为盐酸、氧气，氯水放置一段时间，氯水的颜色变浅，说明氯气能与水反应，故A正确；
B．酯化反应中使用浓硫酸作催化剂，硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，不能证明乙酸剩余，故B错误；
C．将酸性高锰酸钾溶液分别加入到苯和甲苯溶液中并振荡，苯不能是酸性高锰酸钾溶液褪色、甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明甲苯中的苯环活化了甲基，故C错误；
D．检验葡萄糖的反应需要在碱性条件下进行，故应该先加入氢氧化钠除去过量稀硫酸后在进行实验，故D错误；
故选A。
5．B
【分析】由图可知，当Ba(OH)2滴入量大于3mol后，沉淀部分溶解，说明沉淀应该为硫酸钡和Al(OH)3，所以四种元素中一定含有Al，O和S，R和Y位于同主族，且原子序数递增，所以R为O，Y为S，X为Al，R原子最外层电子数为6,X的原子序数为13，两者之和等于19，则Z为K，综上，R为O，X为Al ，Y为S，Z为K。
【详解】A．电子层数越多，简单离子半径越大，当电子层结构相同时，质子数越大，离子半径越小，依次分析，四种简单离子的半径关系为：Y> Z> R> X，A正确；
B．Q溶液为KAl(SO4)2，铝离子水解浓度减小，所以阳离子浓度不相同，B错误；
C．K2O2电子式为，含有离子键和非极性共价键，C正确；
D．元素非金属性越强，则最简单的气态氢化物的稳定性越强，则由于R的非金属性强于Y，所以最简单气态氢化物的热稳定性：R>Y，D正确；
故答案选B。
6．D
【分析】RCH2NH2中C元素显-1价，RCN中C元素显+3价，则N极上RCH2NH2→RCN，失电子作阳极，M极为阴极。
【详解】A．该装置为电解池，N极上RCH2NH2失电子生成RCN，发生氧化反应，A项错误；
B．M极上硝基苯转化为偶氮化合物，得电子发生还原反应，M极为电解池的阴极，电极反应为2+8e-+4H2O =+8OH-，B项错误；
C．该装置中的离子交换膜为阴离子交换膜，K+不能通过，C项错误；
D．电池工作过程中，M极发生的反应为2+8e-+4H2O =+8OH-，则溶液的pH增大，D正确；
故选D。
7．C
【详解】A．由图可知，M点钡离子浓度为2×10—4mol/L，由溶度积可知溶液中碳酸根离子浓度为=1.25×10—5mol/L，由碳酸的二级电离常数可知，溶液中氢离子浓度为，溶液中碳酸氢根离子浓度无法确定，所以无法计算x，故A错误；
B．由图可知，M点氢离子浓度小于N点，氢离子抑制水的电离，则M点水的电离程度大于N点，故B错误；
C．由图可知，M点钡离子浓度为2×10—4mol/L，由碳酸的二级电离常数可知，溶液中==，故C正确；
D．向N点溶液中加硫酸钠固体，溶液中硫酸根离子浓度增大，碳酸根离子和氢离子浓度不变，硫酸根离子与钡离子生成难溶的硫酸钡，钡离子浓度减小，碳酸钡的溶解平衡右移，温度不变电离常数不变，则新平衡时，钡离子浓度不变，所以N点坐标不可能移向P点，故D错误；
故选C。

8．(1)
(2) 、 在催化作用下部分分解
(3)
(4) 1
(5)、

【分析】向软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅等氧化物)加入硫酸亚铁和硫酸浸取，过滤得到含、、、等的滤液，其中二氧化硅与硫酸不反应，滤渣Ⅰ为；加入双氧水将氧化为，再加MnO调pH促进、水解生成、，过滤后滤渣Ⅱ为、，向滤液中加入氨水沉锰的反应可能为，过滤后经氧化、锂化得到。
【详解】（1）由设问信息知产物为，由题干信息知反应物为，为还原反应，由流程图信息知为还原剂，则生成的离子方程式为；
（2）由流程图中加入的试剂信息知步骤①的目的是氧化，步骤②的目的是沉淀、，滤渣Ⅱ的主要成分为、；因为对的分解有催化作用，导致部分分解，故实际加入的量比理论值大很多；
（3）根据设问信息知“沉锰”过程的产物为和，二者均可被氧化为，则“氧化”过程发生的反应为、，由于生成，故溶液的明显下降；
（4）中S的化合价为，根据各元素化合价的代数和为0，设1个中价的O有x个，则，解得，故1个中过氧键的数目为1；“精制”过程得到的滤液中主要成分为，若加入溶液，发生反应的离子方程式为；
（5）根据设问信息知和按的物质的量之比反应，化学方程式为，则该过程所得混合气体的成分是和。
9．(1) 恒压(滴液)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)2(NH4)2S2O8+2H2O4NH4HSO4+O2↑
(4) 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(滴液)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；
（2）Ce(OH)3与O2反应生成4Ce(OH)4，反应的化学方程式为：4Ce(OH)3+ O2 +2H2O=4Ce(OH)4；
（3）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 +2H2O4NH4HSO4+O2↑，
（4）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，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；
（5）根据得失电子守恒可得关系式：CeO2∼Ce4+∼(NH4)2Fe(SO4)2，故样品中CeO2的质量分数=×100%；
（6）CeO2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。
10．(1)-112 kJ·mol-1
(2) 6.7×1016 反应II
(3) 2 1 大于
(4) B>C>A 0. 5

【详解】（1）根据图中的信息，反应的热化学方程式为：；
（2）

得反应III：，，反应II的分解常数大于反应III的分解常数，所以反应II分解趋势较大；
（3）①，根据实验I和II，，，同理算出；
②活化能越大，反应速率越慢，已知反应I较慢，则反应I的活化能大于反应II；
（4）根据，其他条件不变，压强越大，平衡正向移动，的转化率越大，所以A、B、C三点中转化率由大到小的顺序是：，根据三段式：
，
，，，，，。
11．(1)5d56s2
(2) 1：1 双键
(3) O>N>H 正四面体 SiF4
(4) 6 八面体

【详解】（1）锰是25号元素，位于第四周期第VIIB族，价层电子排布式为3d54s2，铼与锰在同族，铼位于第六周期VIIB族，则铼的价层电子表示式5d56s2。
（2）Ni(CO)4中Ni与4个CO形成4个配位键，属于σ键，CO分子与氮气分子互为等电子体，结构式为碳氧三键，三键含有1个σ键与、2个π键，分子共含有8个σ键、8个π键，该分子中σ键与π键个数比为1:1；SO2F2键角α1>α2的原因主要是双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用。
（3）Ni(NH3)4]SO4中非金属元素为H、N、O，根据元素周期律，同一周期中电负性从左至右依次增大，一般化合物中H显正价，故电负性的顺序为O>N>H；阴离子，其中心原子S原子周围的价层电子对数为：，根据价层电子对互斥理论可知其的空间结构是正四面体；是5原子32价电子的微粒，5原子32价电子的微粒有、、、SiF4，其中SiF4为分子。
（4）根据物质的名称可知晶胞的化学式ReO3，则Re与O的个数比为1:3，顶点的是铼原子，棱中心的是O，离子晶体中配位数是某个微粒周围最近且等距离的异性电荷的微粒个数，每个铼原子的上下左右前后都有一个等距的氧原子，故铼原子的配位数为6；铼原子填在了氧原子围成的八面体空隙中。根据已知可得晶胞的体积是V=。1个晶胞中有1个Re和3个O，二者的原子半径分别为rRepm和rOpm，阿伏加德罗常数值为NA，则ReO3晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。
12．(1)4−甲基苯酚
(2)＋CH3OH＋H2O
(3)氨基、醚键、酯基
(4)取代反应
(5)
(6) 12
(7)

【分析】A的分子式为C7H8O，结合B的结构简式，推知A为，由E的结构可知，B与氯气发生取代反应生成C为，结合信息I，C发生水解、脱水、酸化生成D为；对比E、G的结构，可知E与甲醇发生酯化反应生成F，F与溴苯发生取代反应生成G，故F为，F与CH3CHO发生信息Ⅱ中反应生成H为，H发生加成反应成环生成I，I系列转化生成J，据此分析解题。
【详解】（1）A为，A的化学名称4−甲基苯酚，故答案为4−甲基苯酚。
（2）E→F的化学反应方程式为＋CH3OH＋H2O，故答案为＋CH3OH＋H2O。
（3）观察结构可知，G具有官能团的名称为氨基、醚键、酯基，故答案为氨基、醚键、酯基。
（4）F→G的过程中酚羟基的氢原子被苯环替代，该反应类型为取代反应，故答案为取代反应。
（5）由分析可知，H的结构简式为，故答案为。
（6）E的同分异构体同时满足下列条件：②含有−OH、−NH2、−COOH官能团；③遇FeCl3溶液不发生显色反应，说明不含酚羟基，①属于二取代苯，且苯环上的氢只有两种，是2个不同的取代基产物对位，可以看作是中碳碳单键、碳氮单键之间插入苯环，均有3种位置，故符合条件的同分异构体共有3×4＝12种，一种核磁共振氢谱为6组峰且峰面积之比为3：2：2：2：1：1的结构简式为等，故答案为12；。
（7）E分子中含有氨基和羧基，2个E分子反应，氨基和羧基发生反应生成六元环，即得到含有三个六元环的物质为；故答案为。
【点睛】本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写等，充分利用有机物分子式、结构简式进行分析推断。