云南省保山市2022-2023学年高三第一次模拟考试理科综合化学试卷（含解析）

这是一份云南省保山市2022-2023学年高三第一次模拟考试理科综合化学试卷（含解析），共17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。
云南省保山市2022-2023学年高三第一次模拟考试理科综合化学试卷学校:___________姓名：___________班级：____________一、单选题1．生活中的问题常涉及化学知识，下列过程不涉及化学变化的是(　　)A．用食醋除去暖瓶内的水垢B．鸡蛋白溶液中加入硫酸铵饱和溶液后析出白色沉淀C．碘单质遇淀粉变蓝D．用75%的乙醇溶液进行皮肤消毒2．下列实验过程中，始终无明显现象的是(　　)A．将CO2通入Ba(NO3)2溶液中 B．将NO2通入FeSO4溶液中C．将NH3通入AlCl3溶液中 D．将SO2通入H2S的溶液中3．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)A．分别含等物质的量的和的溶液中，所含的数目均为B．室温下，仅溶解了的水中，所含的总数可能大于C．仅含的溶液中，所含的阴离子总数可能大于D．在某密闭容器中充入和，充分反应后，生成分子的数目为4．北京冬奥会将于2022年举办，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示。下列说法正确的是(　　)A．该双环烯酯及其水解产物都能使溴水褪色B．1 mol该双环烯酯能与3 mol H2发生加成反应C．该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面D．该双环烯酯完全加氢后所得产物的一氯代物有7种5．根据表中提供的数据，判断下列说法或离子方程式书写不正确的是(　　)化学式HClOH2CO3电离常数/ mol∙L−1K=3×10−8Ka1=4×10−7Ka2=4×10−11A．酸强弱：H2CO3＞HClO＞HCOB．同浓度钠盐的pH：Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3C．向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2+ClO－+H2O=HCO+HClOD．向NaClO溶液中通入过量CO2：CO2+2ClO－+H2O=CO+2HClO6．下列指定反应的离子方程式正确的是 (　　)A．钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑B．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO=BaSO4↓+H2OC．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO+OH﹣=CaCO3↓+H2O7．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　　)A．1molCO2与NaOH溶液完全反应，则N()+N()+N(H2CO3)=NAB．10gD2O所含的质子数与中子数分别是5NA和4NAC．室温下，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含OH-的数目为0.2NAD．100g质量分数为98%的浓硫酸中所含的氧原子数为4NA二、实验题8．某化学小组为了证明二氧化硫和氯气的漂白性，设计了如图所示的实验装置：他们制备二氧化硫和氯气所依据的原理分别是：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑(1)反应开始一段时间后，B、D试管中的品红溶液均褪色。停止通气后，再给B、D两个试管分别加热_______ (填" B”或“D")试管中无明显现象。(2)装置C的作用是_______；(3)该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。查阅资料得知：两种气体按体积比1：1混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的化学方程式是：_______。三、工业流程题9．高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定，是一种新型多功能水处理剂。其生产工艺如图1所示：回答下列问题：(1)反应①应在温度较低的情况下进行，因温度较高时 NaOH 与Cl2反应生成NaClO3，取某温度下反应液，测得ClO-与的物质的量浓度之比是2∶1，则Cl2与氢氧化钠溶液反应时，被还原的氯原子与被氧化的氯原子的物质的量之比为_______。(2)在溶液I中加入 NaOH 固体的目的是_______(填字母)。A．使 NaClO3转化为 NaClOB．为下一步反应提供碱性的环境C．NaOH 固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率D．与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的NaClO(3)反应③的离子方程式为_______，制备时，两溶液混合的操作为_______。(4)往溶液II中加入饱和 KOH溶液得到湿产品的原因是_______。该工艺流程中可循环使用的物质是_______(填化学式)。(5)高铁酸钾还可以通过电解法制备，其原理如图2所示：阳极的电极反应式为_______。该方法操作简便，成功率高，易于实验室制备。缺点是产品纯度低，其原因是_______。四、原理综合题10．以节能减排为基础的低碳经济已成为实现人类可持续发展的重要课题，“减排”的关键是减少CO2排放，而“减排”的重要手段是合理利用CO2，回答下列问题：(1)利用 CO2可合成尿素[CO(NH2]2，反应方程式为2NH3(g) +CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH >0，则有利于合成尿素的反应条件是_______。(2)CO2和H2充入一个体积固定的密闭容器中，反应过程和在两种温度下CH3OH 的物质的量随时间的变化如图所示：①投入2molCO2和6mol H2，当H2转化率达60%时放出热量58.8kJ，写出该反应的热化学方程式_______。曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KI_______KII(填“>”、“<”或“=”)。②一定温度下，在容器中按系数比投入CO2和H2，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_______。a．容器中密度不变b．容器中压强不变c．混合气体的平均相对分子质量不变d． v(CO2)=3v(H2)e．1个C=O断裂的同时有1个H—O断裂(3)由CO2合成二甲醚的反应原理为：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g) +3H2O(g) ΔH<0，在恒容密闭容器中进行上述反应，某压强下起始时按照不同氢碳比投料(如图中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)，测得CO2平衡转化率与温度的关系如图所示。①氢碳比最大的曲线是_______(填标号)。 ②在1L恒容密闭容器中按曲线Ⅲ的起始氢碳比投料，充入4mol H2和 2mol CO2，达到平衡。已知该反应速率v=v正—v逆=K正·c2(CO2)·c6(H2)—K逆·c(CH3OCH3)·c3(H2O)，K正、K逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关。a点处=_______(填数值，保留两位小数)；a、b、c处lgK正—lgK逆 的大小关系为_______(用a、b、c表示)。五、结构与性质11．能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈，越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力。（1）太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金(含铁)空心球为吸收剂的太阳能吸热涂层，铁、镍基态原子未成对电子数各为_____________、________________。（2）C60可用作储氢材料，已知金刚石中的C－C键的键长为0.154 nm，C60中C－C键键长为0.140～0.145 nm，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石，你认为是否正确？_________，阐述理由：________________________________________________________________________。C60晶体(其结构模型如图)中每个C60分子周围与它距离最近且等距离的C60分子有_____个。（3）富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途。富勒烯(C60)的结构如下图所示，分子中碳原子轨道的杂化类型为_________；1 mol C60分子中σ键的数目为________。科学家把C60和K掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物，其晶胞如图所示，该物质在低温时是一种超导体。该物质的K原子和C60分子的个数比为________。（4）继C60后，科学家又合成了Si60、N60，C、Si、N原子电负性由大到小的顺序是______________。Si60分子中每个硅原子只跟相邻的3个硅原子形成共价键，且每个硅原子最外层都满足8电子稳定结构，则Si60分子中π键的数目为______个。（5）请解释如下现象：熔点：Si60>N60>C60，而破坏分子所需要的能量： N60>C60>Si60，其原因是：________________________________________________________________________。六、有机推断题12．小分子有机凝胶其有容易制备，响应环境刺激和动态可逆等特点，非常适合作为智能化的功能材料。化合物I是一种同时具有凝胶性和液晶性的双功能物质。其合成路线如下：回答下列问题：(1)A的官能团名称为___________；B的化学名称为___________。(2)C→D涉及两步反应，第一步的反应类型为___________。(3)F的同分异构体中，属于吡咯()的一取代衍生物，且不含其它环状结构的共有___________种(不含立体异构)。(4)G能与溴水反应，化学方程式为___________。(5)以、甲苯为主要原料制备，设计合成路线___________。
参考答案1．B【详解】A项，水垢的主要成分为CaCO3，用醋酸除水垢发生的化学反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+CO2↑+H2O，故不选A项；B项，鸡蛋白溶液中加入硫酸铵饱和溶液，发生盐析，是物理变化，故选B项；C项，碘单质与淀粉反应生成的络合物显蓝色，是化学变化，故不选C项；D项，75%的乙醇溶液能使病毒的蛋白质发生变性，是化学变化，故不选D项。综上所述，本题正确答案为B。2．A【详解】A．碳酸酸性弱于硝酸，所以二氧化碳不能和硝酸钡反应，CO2通入Ba(NO3)2溶液中始终无明显现象，故A符合题意；B．NO2和水反应生成硝酸，硝酸具有氧化性可以将Fe2+氧化成Fe3+，溶液颜色会由浅绿色变为淡黄色，故B不符合题意；C．氨气溶于水的到一水合氨，氯化铝可以和一水合氨发生反应生成氢氧化铝白色沉淀，有明显现象，故C不符合题意；D．SO2和H2S会发生氧化还原反应生成S单质，S不溶于水，会有淡黄色沉淀生成，故D不符合题意；故答案为A。3．C【详解】A．等物质的量不一定就是，所以数目不一定为，故A错误；B．为弱酸，因此溶液中所含的总数小于，故B错误；C．含的溶液中，溶液体积未知，因此物质的量未知，则所含的阴离子总数可能大于，故C正确；D．该反应为可逆反应，生成分子的数目小于，故D错误。综上所述，答案为C。4．A【详解】A．该双环烯酯及其水解产物中都含有碳碳双键，都能使溴水褪色， A正确；B．1 mol该双环烯酯的两个碳碳双键能与2 mol H2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能加成， B不正确；C．分子中不存在苯环，共平面的原子从碳碳双键出发，至少是6个，分子中分别与两个碳碳双键共平面的原子不一定共面， C 不正确；D．分子加氢后，两边环分别有4 种一氯代物，亚甲基上有1种，共有9种， D不正确。故选A。5．D【详解】A．根据电离平衡常数得到酸强弱：H2CO3＞HClO＞HCO，故A正确；B．同浓度钠盐，根据越弱越水解，氢氧根浓度越大，因此溶液的pH：Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3，故B正确；C．根据酸强弱：H2CO3＞HClO＞HCO，则向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2+ClO－+H2O=HCO+HClO，故C正确；D．根据酸强弱：H2CO3＞HClO＞HCO，向NaClO溶液中通入少量或过量CO2，其离子方程式为：CO2+ClO－+H2O= HCO+HClO，故D错误。综上所述，答案为D。6．C【详解】A．该离子方程式中电荷不守恒，正确为，故A错误；B．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸，其反应为，拆成离子方程式为，故B错误；C．电解饱和食盐水的反应为，其离子方程式为，故C正确；D．向碳酸氢铵溶液中通入足量石灰水，有弱电解质氨水生成，氨水不能拆，故D错误；故选C。7．A【详解】A．1molCO2中含C原子的数目为NA，CO2与NaOH溶液完全反应后，溶液中含碳微粒有、、H2CO3，依据物料守恒，N()+N()+N(H2CO3)=NA，A正确；B．10gD2O的物质的量为0.5mol，1个D2O分子中，含有10个质子、10个中子，则10gD2O所含的质子数与中子数都是5NA，B不正确；C．室温下，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，含OH-的物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，C不正确；D．100g质量分数为98%的浓硫酸中，含H2SO4的物质的量为=1mol，含水的物质的量为≈0.1mol，则100g质量分数为98%的浓硫酸中所含的氧原子数约为4.1NA，D不正确；故选A。8．     D     吸收尾气，防止污染空气     Cl2 + SO2 + 2H2O =2HCl + H2SO4【分析】装置A没有加热装置，则为制取SO2的装置，之后将SO2通入品红溶液，检验SO2的漂白性，然后用NaOH溶液吸收；装置B为制取氯气的装置，通入品红溶液检验氯气水溶液的漂白性，然后用NaOH溶液吸收。【详解】(1)氯气溶于水后生成具有漂白性的HClO，HClO的漂白为永久性漂白，SO2的漂白可以恢复，所以D试管中无明显现象；(2)氯气和SO2都会污染空气，都能和NaOH溶液反应，所以装置C的作用是吸收尾气，防止污染空气；(3) Cl2 与 SO21：1混合后发生氧化还原反应，生成两种没有漂白作用的酸，应为HCl和H2SO4，化学方程式为 Cl2 + SO2 + 2H2O =2HCl + H2SO4。9．(1)7∶3(2)BD(3)     2Fe3+＋3ClO-＋10OH-= 2＋3Cl-＋5H2O     在碱性的NaClO浓溶液中缓慢滴加90%的Fe(NO3)3溶液，边加边搅拌(4)     高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的小     NaOH(5)     Fe-6e-+ 8OH-= +4H2O     易生成氢氧化铁等副产物(答案合理) 【分析】足量氯气与NaOH溶液反应制备NaClO，得到的溶液I中加NaOH固体是与过量的氯气反应生成更多的NaClO，并为后续提供碱性环境；向得到的碱性NaClO溶液中加入硝酸铁溶液得到溶液II：高铁酸钠溶液，加入饱和KOH溶液，利用溶解度差异将高铁酸钠转化为高铁酸钾晶体（湿产品）析出，洗涤干燥后得到纯净的高铁酸钾晶体。（1）某温度时NaOH与Cl2反应生成的ClO-和ClO的浓度之比为2∶1，根据得失电子守恒可得，被还原的氯原子生成氯离子，被氧化的氯原子生成ClO-和ClO，故被还原的氯原子与被氧化的氯原子的物质的量之比为：7∶3；（2）根据分析，溶液I中加NaOH固体是与过量的氯气反应生成更多的NaClO，并为后续提供碱性环境，故选BD；（3）反应③是ClO-将Fe3+氧化为，离子方程式为：2Fe3+＋3ClO-＋10OH-= 2＋3Cl-＋5H2O；根据题中信息：高铁酸钾(K2FeO4)在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定，故两溶液混合时：在碱性的NaClO浓溶液中缓慢滴加90%的Fe(NO3)3溶液，边加边搅拌；（4）根据分析，利用溶解度差异将高铁酸钠转化为高铁酸钾晶体析出，故往溶液II中加入饱和 KOH溶液得到湿产品的原因是：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的小；由溶液II得到湿产品时加入了饱和KOH溶液，得到产品的同时又有NaOH生成，可循环利用；（5）利用电解法制备高铁酸钾，故阳极铁被氧化生成高铁酸根，电极反应式为：Fe-6e-+ 8OH-= +4H2O；该制备方法为碱性环境，易生成氢氧化铁等副产物导致产品纯度低。10．(1)高温、高压(2)     CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH=— 49kJ/mol     >     bc(3)     Ⅰ     1.69     a>b=c 【解析】（1）二氧化碳合成尿素的反应为气体体积减小的吸热反应，升高温度和增大压强，平衡均向正反应方向移动，尿素的产率增大，则有利于合成尿素的反应条件是高温、高压，故答案为：高温、高压；（2）①由图可知，二氧化碳和甲醇合成甲醇的方程式为CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)，由氢气转化率达60%时放出热量58.8kJ可知，反应的反应热ΔH=≈—49kJ/mol，则反应的热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH=— 49kJ/mol，故答案为：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH=— 49kJ/mol；②a．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；b．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内压强减小，则容器内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；c．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；d． v(CO2)=3v(H2) 不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；e．由方程式可知，1个C=O断裂的同时有1个H—O断裂说明正逆反应速率不相等，反应未达到平衡，故错误；故选bc；（3）①增大氢气浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳转化率增大，所以其他条件相同时，氢碳比越大，二氧化碳转化率越大，由图可知，相同温度时，曲线Ⅰ的二氧化碳转化率最大，则氢碳比最大的曲线是Ⅰ，故答案为：Ⅰ；②反应达到平衡时，正逆反应速率相等，由题意可得：K正·c2(CO2)·c6(H2)—K逆·c(CH3OCH3)·c3(H2O)=0，则=，由图可知，容积为1L的容器中反应达到平衡时，二氧化碳的转化率为50%，则平衡时二氧化碳、氢气、二甲醚、水的浓度分别为(2—2×50%)mol/L=1 mol/L、(4—2×50%×3)mol/L=1 mol/L、2 mol/L×50%× =0.5mol/L、2 mol/L×50%× =1.5mol/L，反应的==≈1.69，平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，由图可知，a、b、c的温度大小顺序为a<b=c，则平衡常数的大小顺序为a>b=c，所以lgK正-lgK逆 的大小关系为a>b=c，故答案为：1.69；a>b=c。11．     4     2     不正确     C60为分子晶体，熔化时不需破坏化学键，破坏较弱的分子间作用力；金刚石为原子晶体，熔化时破坏较强的共价键     6     sp2     90NA     3∶1     N、C、Si     30     由于结构相似的分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力(或范德华力)越强，熔化所需的能量越多，故熔点Si60>N60>C60；而破坏分子需断开共价键，元素电负性越强其形成的化学键越稳定，或成键电子数越多，原子半径越小，断键所需能量越多，故破坏分子需要的能量顺序为N60>C60>Si60。【分析】(1)根据基态铁原子和基态镍原子的价电子排布式确定未成对电子数；(2)分子晶体和原子晶体熔化时，破坏的作用力不同，分子晶体熔化时破坏分子间作用力，而原子晶体熔化时破坏的是共价键；根据C60晶胞的结构进行分析等距离的分子的个数；(3)根据C60中碳原子形成的σ键和π键数目，确定碳原子杂化方式；根据C60分子的结构，确定含有σ键数目；根据均摊法进行分析K原子数、C60分子数；(4)同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小；(5)由于结构相似的分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力(或范德华力)越强，熔化所需的能量越多；破坏分子需断开共价键，元素电负性越强其形成的化学键越稳定，或成键电子数越多，原子半径越小，断键所需能量越多。【详解】(1)铁原子和镍原子的核电荷数分别为26、28，基态铁原子和基态镍原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d84s2，故未成对电子数分别为4个和2个；故答案为4；2；（2）C60固态为分子晶体，分子间作用力弱，熔化时不破坏化学键，熔点低，而金刚石原子间以较强的共价键结合，熔化时破坏共价键需要较大的能量，熔点高；所以C60的熔点低于金刚石，结论不正确；由C60晶胞可看出每个C60分子周围最近的C60分子有6个，分别位于六个面的中心；故答案是：不正确；C60为分子晶体，熔化时不需破坏化学键，破坏较弱的分子间作用力；金刚石为原子晶体，熔化时破坏较强的共价键；6；    (3)每个C原子形成3个σ键和1个π键，所以C原子采取sp2杂化；1molC60分子中σ键的数目为3×60×1/2×NA＝90NA；1个晶胞中含有：K原子数＝12×1/2＝6，C60分子数＝8×1/8＋1＝2，个数比为3∶1；故答案是：sp2 ；90NA ；3∶1；(4)同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小；三原子在周期表中的位置为，所以电负性为N＞C＞Si；由题意知2个Si原子形成一个π键，所以π键数为30个；故答案是：N、C、Si；30；(5) 由于结构相似的分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力(或范德华力)越强，熔化所需的能量越多，故熔点是Si60>N60>C60；而破坏分子需断开共价键，元素电负性越强其形成的化学键越稳定，或成键电子数越多，原子半径越小，断键所需能量越多，故破坏分子需要的能量顺序为N60>C60>Si60；故答案是：由于结构相似的分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力(或范德华力)越强，熔化所需的能量越多，故熔点Si60>N60>C60；而破坏分子需断开共价键，元素电负性越强其形成的化学键越稳定，或成键电子数越多，原子半径越小，断键所需能量越多，故破坏分子需要的能量顺序为N60>C60>Si60。12．(1)     酯基、酮基     2，5-二酚基-1，4-二甲酸甲酯(2)取代反应(3)6(4)+3Br2→↓+3HBr(5) 【分析】化合物A在一定条件下发生氧化反应产生B，B与C12H25Br在一定条件下发生取代反应产生C，C先发生取代反应，然后酸化可得D，D与SOCl2在DMF及加热70-80℃发生-COOH上-OH的取代反应产生E，F与37%HCl、NaNO2作用下与苯酚及10%NaOH溶液作用反应产生H，H、E在(C2H5)3N及THF作用下，加热50℃，加热24 h，发生取代反应产生I，据此分析解答。（1）根据A结构简式可知物质A分子中含有的官能团有酯基和酮基；物质B分子中含有的2个酚羟基处于对位，2个-COOCH3也处于苯环上相对位置，则物质B的化学名称为2，5-二酚基-1，4-二甲酸甲酯；（2）根据图示可知C结构简式是，C与C2H5OH、KOH共热先发生取代反应产生，然后再酸化可得D：，故第一步反应类型是取代反应；（3）F的同分异构体中，属于吡咯的一取代衍生物，且不含其它环状结构的共有：、、、 、、，共6种不同结构；（4）G分子式是C6H6O，根据生成H与F结构的不同，可知G为苯酚，结构简式是，苯酚与浓溴水发生取代反应产生三溴苯酚白色沉淀和HBr，该反应的化学方程式为：+3Br2→↓+3HBr；（5）被酸性KMnO4溶液氧化为，然后与SOCl2在DMF、加热70-80℃条件下发生取代反应产生。发生A→B的反应产生，与发生生成I的反应达到目标产物，则甲苯与反应制取的合成路线为： 。