山西省运城市2023届高三化学二模试题（Word版附解析）

运城市2023年高三第二次模拟调研测试理科综合化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Mn55Fe56Cu64Ga70As75一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.长时间高温蒸煮可杀死“甲流”病毒B.可用氢氟酸溶蚀玻璃生产磨砂玻璃C.5G、6G技术离不开制备光缆的晶体硅D.石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一【答案】C【解析】【详解】A．长时间高温蒸煮可使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒，故A正确；B．氢氟酸能和二氧化硅反应，可用氢氟酸溶蚀玻璃生产磨砂玻璃，故B正确；C．二氧化硅可以用来制备光缆，故C错误；D．水泥制造的原理是对石灰石、粘土等原料进行破碎、混合、烧制等一系列工艺过程，石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一，故D正确；故选C。2.下列有关物质结构与性质的比较正确的是A.基态原子未成对电子数：Cr>Mn>AsB.酸性：CH3COOH>CH2ClCOOH>CH2FCOOHC.键角：SeO3<<D.沸点：AsH3>PH3>NH3【答案】A【解析】【详解】A．Cr基态原子的价电子排布是3d54s1，未成对电子有6个；Mn基态原子的价电子排布是3d54s2，未成对电子有5个；As基态原子的价电子排布是4s24p3，未成对电子有3个；基态原子未成对电子数：Cr>Mn>As，故A正确；B．饱和一元羧酸烃基上的氢原子被卤素取代后，因为卤素原子有吸引电子作用，降低了羧基碳原子上的电子云密度，使氢容易电离，卤代乙酸中卤素原子个数越多、卤素原子的非金属性越强， 酸性越强，则酸性：CH3COOH<CH2ClCOOH<CH2FCOOH，故B错误； C．SeO3中心原子价层电子对数为3+=3，且没有孤电子对，中心原子杂化方式为sp2，空间构型为正三角形，键角为120°；中心原子价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，中心原子杂化方式为sp3，空间构型为正四面体形，键角为109°28′；中心原子价层电子对数为3+=4，且有一个孤电子对，中心原子杂化方式为sp3，空间构型为三角锥形，键角为107°；键角：SeO3>>，故C错误；D．一般情况下，对于结构相似的化合物而言，相对分子质量越大其沸点越高，但是NH3分子间存在氢键，沸点增高，出现了反常的现象，即沸点NH3>AsH3>PH3，故D错误；故选A。3.有机物M(结构简式为()是合成花椒毒素的重要中间体，下列说法错误的是A.电负性：F>O>N>CB.第一电离能：N>O>CC.M中碳原子的杂化方式有2种D.M可以形成分子间氢键【答案】C【解析】【详解】A．同周期元素（惰性气体元素除外）从左到右电负性逐渐增大，所以电负性：F>O>N>C，故A正确；B．同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，第一电离能：N>O>C，故B正确；C．M中存在羰基、-C≡N和-CH3，M中碳原子的杂化方式有sp、sp2、sp3共3种，故C错误；D．M中含有亚氨基（-NH-），可以形成分子间氢键，故D正确；故选C。4.由主族元素X、Y、Z、W组成的化合物ZX4W(YX4)3具有良好的储氢性能，其中，X、Y、Z是短周期元素，与均为10电子数微粒，四种元素的原子序数之和为33。下列有关说法错误的是A.X与Y、Z均可形成多种化合物B.非金属性：Z>Y>>XC.X、W元素可形成离子化合物D.原子半径：W>Y>Z>>X【答案】B【解析】【分析】ZX4W(YX4)3为储氢材料，同时和均为10电子微粒，则X为H、Z为N、Y为B。四种元 素序数之和为33，则W为Ca。【详解】A．X与Y、Z均能形成多种化合物，A项正确；B．从离子化合价来看，中H为正价，Z为负价，则非金属性：Z>X。中X为负价，Y为正价，则非金属性：X>Y。所以非金属性：Z>X>Y，B项错误；C．X与W形成CaH2（含Ca2+和H-）为离子化合物，C项正确；D．电子层越多半径越大，同电子层核电荷数越多半径越小：W>Y>Z>X，D项正确；故选B。5.吲哚衍生物具有广泛又重要的生物活性。现有甲、乙两种吲哚衍生物，二者之间可相互转化，其结构简式如图所示：下列关于甲，乙的说法正确的是A.甲、乙的化学式不相同B.甲、乙中所含有官能团种类相同C.甲、乙在酸碱溶液均能稳定存在D.甲、乙均能与H2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．由甲乙结构式可知，二者分子式相同都是C15H14N2O3，故A错误；B．甲中含有羟基而乙中没有，故B错误；C．甲和乙中都含有酯基，在碱性溶液中会发生水解反应，二者都不能在碱溶液中稳定存在，故C错误；D．甲、乙均含有碳碳双键，能与H2发生加成反应，故D正确；故选D。6.我国科研人员利用双极膜技术构造出一类具有高能量密度、优异的循环性能的新型水系电池，模拟装置如图所示。已知电极材料分别为Zn和MnO2，相应的产物为和Mn2+。下列说法错误的是 A.双极膜中的OH-通过膜a移向M极B.电池工作一段时间后，NaOH溶液的pH不变C.N电极的反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2OD.若电路中通过2mole-，则稀硫酸溶液质量增加89g【答案】B【解析】【详解】A．由题给信息Zn生成Zn(OH)，MnO2生成Mn2+可知，M极为Zn电极，N电极材料为MnO2，即M极为负极，N极为正极，OH-移向负极，A项正确；B．负极的电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)，每转移2mole-，有2molOH-移向NaOH溶液，而消耗4molOH-，NaOH溶液的pH变小，B项错误；C．N电极材料为MnO2，MnO2在正极得到电子生成Mn2+，电极方程式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，故C正确；D．若电路中通过2mole-，双极膜中有2molH+移向硫酸溶液，同时溶解1molMnO2，稀硫酸溶液质量增加2mol1g/mol+1mol87g/mol=89g，D项正确；故选B。7.室温下，向10mL0.1mol·L-1K2A(室温下，H2A的Ka1=1.64×10-3)溶液中滴加0.1mol·L-1的HCl溶液，混合溶液的pH与所加HCl溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是A.室温下，H2A的Ka2≈2.0×10-6B.b点溶液存在关系式：c(K+)=c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-) C.a、b、c点溶液中水的电离程度：a<b<cD.a、b、c三点溶液均存在关系式：2[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]=c(K+)【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，0.1mol·L-1K2A溶液的pH为10，溶液中c(OH-)=c(HA-)，则H2A的Kh1=，则H2A的Ka2≈1.0×10-7，故A错误；B．b点加入10mL0.1mol·L-1的HCl溶液，溶质为KHA和KCl且物质的量浓度相等，根据HA-的水解常数和电离常数分析Kh2=，即电离程度大于水解程度，c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒得到关系式c(H+)+c(K+)=c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，则c(K+)<c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)，故B错误；C．c点溶液中pH最小，溶质为KCl和H2A，b点溶液中溶质为KHA、KCl，a点溶液为K2A、KHA、KCl，H2A的电离抑制水的电离，K2A水解促进水的电离，则c水的电离程度最小，a点水的电离程度最大，a、b、c点溶液中水的电离程度：c<b<a，故C错误；D．根据物料守恒a、b、c三点溶液存在关系式：2[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]=c(K+)，故D正确；故选D。三、非选择题：共174分。8.工厂的含砷废水必须经过一定的处理。某厂用某含砷废水(含HAsO2、H2SO4、及少量Fe3+、Cu2+、Bi3+)提取三氧化二砷(俗称砒霜，分子式：As2O3)的流程如下：已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-3920，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-22，Ksp[Bi(OH)3]=4.4×10-31。回答下列问题：（1）滤渣a的成分是___________(写化学式)。（2）“沉淀”时，CuSO4溶液必须过量的原因是_________________。（3）写出“还原”时Cu(AsO2)2与H2O、SO2发生反应的化学方程式：_____________。 （4）红色还原渣(不溶于水)“氧化”时反应的离子方程式为___________。（5）“沉砷”后废水中残留的砷可用PFS(聚铁)进一步去除，用石灰乳调节废水的pH值，通入空气，PFS用量[以表示]、终点pH值与砷去除率的关系如图所示。PFS除砷的最佳条件是_________。（6）当废水中砷质量浓度为5.0g·L-1时，若实验取75L含砷废水，制得475.2gAs2O3，则As元的素回收率为________。（7）砷化镓(GaAs)为第三代半导体，其立方晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数值为NA，则砷化镓晶体密度为____________g·cm-3。【答案】（1）Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3（2）为了使砷完全沉淀（3）3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2·2H2O+6HAsO2+H2SO4（4）2Cu3(SO3)2·2H2O+4H++3O2=6Cu2++4+6H2O（5）终点pH值为8，PFS用量为4或（6）96%（7）【解析】【分析】含砷废水(含HAsO2、H2SO4、及少量Fe3+、Cu2+、Bi2+)中加入NaOH溶液调节pH=6，由已知数据 和后续除杂过程中不在设置步骤除去Fe3+、Cu2+、Bi2+可知，该步骤中Fe3+、Cu2+、Bi2+转化为Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3沉淀，过滤后存在于滤渣a中除去，滤液中加入过量CuSO4溶液将AsO转化为Cu(AsO)2沉淀，再用SO2还原Cu(AsO)2得到HAsO2和H2SO4，经过沉砷得到As2O3，以此解答。【小问1详解】由分析可知，滤渣a的成分是Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3。【小问2详解】“沉淀”时，为了使砷完全沉淀，CuSO4溶液必须过量。【小问3详解】“还原”时Cu(AsO2)2与H2O、SO2反应生成Cu3(SO3)22H2O、HAsO2和H2SO4，化学方程式为3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2·2H2O+6HAsO2+H2SO4。小问4详解】Cu3(SO3)22H2O(不溶于水)“氧化”时和O2、H2SO4溶液反应得到CuSO4溶液，O元素由0价下降到-2价，S元素由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Cu3(SO3)2·2H2O+4H++3O2=6Cu2++4+6H2O。【小问5详解】PFS除砷时，去除率最高时的条件是终点pH值为8，PFS用量为4或。【小问6详解】当废水中砷质量浓度为5.0g·L-1时，若实验取75L含砷废水，根据As守恒，理论上生成As2O3的质量为495g，As元素的回收率为=96%。【小问7详解】由晶胞结构可知，每个晶胞含有8=4个Ga和4个As，则砷化镓晶体密度为。9.为探究某铁硫簇化合物(用FexSy表示)的组成，某化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量： 已知：i．样品的主要成分为FexSy，含少量不溶于水、盐酸，且不参与装置C中反应的杂质；ii．Mn2+在稀溶液中近乎无色。实验步骤：①按图连接装置，进行气密性检查，然后装入相应的药品；②通入氧气并加热，装置C中固体逐渐转变为红棕色；③待固体完全转化后，取装置D中的溶液6mL于锥形瓶中，用0.1mol·L-1的H2C2O4(草酸)溶液滴定。滴定共进行3次，平均消耗草酸溶液5.0mL(假设装置D中溶液体积反应前后不变)；④取装置C中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤；⑤向滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32g固体。回答下列问题：（1）A为O2发生装置，则试剂a、试剂b可以分别是__________。（2）装置E中品红溶液的作用是______________。（3）写出草酸溶液滴定酸性高锰酸钾溶液时反应的离子方程式：__________。(→Mn2+)。（4）为防止尾气污染，装置F中应加入的试剂是___，步骤⑤中灼烧滤渣应在____进行(填仪器名称)。（5）若实验完成时装置E中品红溶液无变化，根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇化合物的化学式为_____，写出该铁硫簇化合物与O2反应的化学方程式：_________。（6）下列操作，可能导致x：y的值偏小的是_____________(填字母)。a．步骤⑤灼烧滤渣不够充分b．配制草酸标准液时，定容操作俯视刻度线c．滴定时，草酸溶液不小心滴到锥形瓶外几滴d．放出草酸的滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点时有气泡【答案】（1）H2O、Na2O2或H2O2、MnO2（2）检验SO2是否被酸性高锰酸钾溶液完全吸收（3）5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O （4）①.NaOH溶液②.坩埚（5）①.Fe4S5②.Fe4S5+8O22Fe2O3+5SO2（6）bd【解析】【分析】装置A制备氧气，C中通入氧气，发生氧化还原反应生成二氧化硫，且固体变为红色，则生成氧化铁，生成的二氧化硫被D中高锰酸钾吸收，根据高锰酸钾的量可测定二氧化硫，E中品红可检验二氧化硫是否被完全吸收，F为尾气处理装置，避免污染环境，以此解答该题。【小问1详解】装置A固体和液体不加热制备氧气，可以选用H2O、Na2O2或H2O2、MnO2；【小问2详解】二氧化硫可以被高锰酸钾吸收，用装置E来检验，故装置C中品红试液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；【小问3详解】草酸被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，同时高锰酸钾被还原为锰离子，离子方程式为：5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；【小问4详解】二氧化硫会引起大气污染，为了避免尾气污染，装置F中应加入NaOH溶液；对固体进行灼烧应该在坩埚中进行，故骤⑤中灼烧滤渣应该在坩埚中进行；【小问5详解】滴定时消耗草酸溶液的体积为5.0mL，根据关系式计算：6mL溶液中未反应的MnO的物质的量为：，30mL溶液中未反应的高锰酸钾的物质的量为，装置D中反应消耗的高锰酸钾的物质的量为：，根据关系式计算生成二氧化硫，0.32g固体是Fe2O3，n(Fe)=，所以n(Fe):n(SO2)=:=4:5，该铁硫簇结构的化学式为Fe4S5；【小问6详解】 a．步骤⑤灼烧滤渣不够充分，则所测固体残渣质量偏大，比值x:y偏大，a错误；b．配置草酸标准液时，定容操作俯视刻度线，则所配草酸标准溶液浓度偏大，滴定时草酸体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，b正确；c．滴定时，草酸溶液不小心滴到锥形瓶外一滴，所测草酸体积偏大，则所测二氧化硫物质的量偏小，比值x:y偏大，c错误；d．放出草酸的滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点时有气泡，则消耗的草酸溶液体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，d正确；故选bd。10.加深对含氮氧化物的研究，有利于为环境污染提供有效决策。回答下列问题：（1）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH1=-114kJ·mol-1；C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH2=-393．5kJ·mol-1；2NO(g)N2(g)+O2(g)ΔH3=-181kJ·mol-1。C(s)与NO2(g)反应生成N2(g)和CO2(g)的热化学方程式为___________；关于该可逆反应，改变下列条件，一段时间后，正反应速率增大的是_____(填字母)。A．恒温下，缩小反应容器体积B．恒容下，降低反应温度C．恒温恒容下，通入一定量的N2D．恒温恒容下，将CO2移出容器（2）T°C时，存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)。该反应正、逆反应速率与NO2、N2O4的浓度关系为：v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)(k正、k逆为速率常数，仅与温度有关)，且lgv正~lgc(NO2)与lgv逆~lgc(N2O4)的关系如图所示。①表示v正的直线是____(填“A”或“B")。②T°C时，该反应的平衡常数K=____________。 ③T°C时，向刚性容器中充入一定量NO2，平衡后测得c(NO2)为0.1mol·L-1，平衡时NO2转化率为____________(保留一位小数)。平衡后v逆=________(用含a的表达式表示)。④上题③中反应达到平衡后，其他条件不变，继续通定量入一的NO2，NO2的平衡浓度将________(填“增大”“减小”或“不变”)。（3）为减少汽车尾气中NOx的排放，某研究小组在实验室以耐高温催化剂催化NO转化为N2，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。结合(1)中的反应，若不使用CO，温度超过775K，发现NO转化为N2的转化率降低，其可能的原因是_______________；用平衡移动原理解释加入CO后，NO转化为N2的转化率增大的原因：__________。【答案】（1）①.2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-854.0kJ·mol-1②.AC（2）①.A②.100③.95.2%④.10a⑤.增大（3）①.NO分解成N2的反应是放热反应，775K后，升高温度，该反应逆向进行②.加入CO后，与NO分解生成的O2反应，使NO分解向生成N2的方向移动【解析】小问1详解】由盖斯定律可知，题给反应②×2+反应③-反应①可得C(s)与NO2(g)反应生成N2(g)和CO2(g)的反应，，答案为2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-854.0kJ·mol-1。恒温缩小容器体积，反应物浓度升高，反应速率加快；恒容降低温度，活化分子百分数降低，有效碰撞减少，反应速率降低；恒温恒容充入氮气，平衡逆向移动，反应物浓度升高，正反应速率升高；移出二氧化碳，平衡正向移动，反应物浓度降低，正反应速率降低；故选AC。【小问2详解】 ①由反应速率表达式及题给图像可知，正反应速率受物质浓度变化影响更大，体现在图像中则为随浓度变化，变化越快，对应图中直线A；②，当反应达到平衡时即k正c2(NO2)=k逆c(N2O4)，则，由图可知当时则，，则K=100。③由K=100可知，当c(NO2)为0.1mol·L-1时，c(N2O4)=1mol·L-1，则Δc(NO2)=2mol·L-1，转化率为，k逆c(N2O4)=10a×1=10a。④由勒夏特列原理可知，通入二氧化氮，二氧化氮浓度升高，平衡向着二氧化氮浓度降低的方向移动，但是只能削弱二氧化氮浓度的升高但是不能抵消，因此最终二氧化氮的浓度仍旧为增大。【小问3详解】由反应（1）可知，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，一氧化氮转化率降低；一氧化碳能与氧气反应，使平衡正向移动。11.辣椒素酯具有抗氧化、抗炎和抗肿瘤等功效，其一种合成路线如下：已知：I．A分子中含有两种不同环境的氢，且个数之比为9:1；Ⅱ．，其中R1、R2为氢或烃基。回答下列问题：（1）G中官能团的名称为_____________。（2）C→D、G→H的反应类型分别为________________、__________________。（3）B的结构简式为_______________。（4）写出E→F第1步反应的化学方程式：______________________。（5）1molJ在氢氧化钠溶液中水解最多消耗__________molNaOH。（6）I的同分异构体中符合下列条件的有_________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱中有四组峰 的有机物的结构简式为____________________(任写一种)。①含有苯环；②只含一种含氧官能团；③1mol该有机物可与3molNaOH反应。【答案】（1）(酚)羟基、醚键（2）①.加成(还原)反应②.取代反应（3）CH3CHO（4）(CH3)3CCH2CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOH(CH3)3CCH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2O（5）2（6）①.12②.或【解析】【分析】由J的结构得F为HOOCCH2CH2C(CH3)3，E为(CH3)3CCH2CH2CHO，D为(CH3)3CCH2CH2CH2OH，C为(CH3)3CCH=CHCHO，A分子中含有两种不同环境的氢，且个数之比为9:1，A为(CH3)3CCHO，B为CH3CHO；G在光照条件下与氯气发生取代反应生成H，H为，在NaOH的水溶液中水解得I，I为。【小问1详解】G中官能团的名称为(酚)羟基、醚键。故答案为：(酚)羟基、醚键；【小问2详解】C为(CH3)3CCH=CHCHO，D为(CH3)3CCH2CH2CH2OH，C→D为加成或还原反应、G在光照条件下与氯气发生取代反应生成H，H为，G→H的反应类型为取代反应。故答案为：加成(还原)反应；取代反应；小问3详解】B的结构简式为CH3CHO。故答案为：CH3CHO；【小问4详解】 E→F第1步反应新制氢氧化铜悬浊液将醛基氧化成羧酸盐，化学方程式：(CH3)3CCH2CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOH(CH3)3CCH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2O。故答案为：(CH3)3CCH2CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOH(CH3)3CCH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2O；【小问5详解】J分子中酚羟基和酯基均能与NaOH反应，1molJ在氢氧化钠溶液中水解最多消耗2molNaOH。故答案为：2；【小问6详解】I的同分异构体中①含有苯环，余下2个C和3个O原子；②只含一种含氧官能团；③1mol该有机物可与3molNaOH反应，应有三个酚羟基，两个碳可组成乙基或2个甲基，连苯三酚苯环上连上乙基有2种，连上2个甲基有2种，均苯三酚苯环上连上乙基有1种，连上2个甲基有1种，偏苯三酚苯环上连上乙基有3种，连上2个甲基有3种，共2+2+1+1+3+3=12，符合三个条件的有12种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱中有四组峰的有机物的结构简式为或。故答案为：12；或。