PAGEPAGE1吉林省白山市2023屆高三下學期三模試題可能用到的相對原子質量：H1Li7C12O16Fe56Se79Ce140.1一、選擇題：本題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與人體健康、食品安全及環境保護等息息相關。下列敘述正確的是（）A.廢棄的塑料、金屬、紙制品及普通玻璃都是可回收再利用的資源B.通過清潔煤技術減少煤燃燒造成污染，有利于實現碳中和C.在規定范圍內使用食品添加劑對人體健康也會產生不良影響D.納米鐵粉可以通過吸附作用高效地除去被污染水體中的Cu2+、Ag+等重金屬離子【答案】A【解析】A．廢棄的塑料、金屬、紙制品及普通玻璃均可回收利用，故A正確；B．通過清潔煤技術減少煤燃燒污染，但不能減少CO2排放，不利于實現碳中和，故B錯誤；C．在規定范圍內使用食品添加劑對人體健康不會產生不良影響，故C錯誤；D．納米鐵粉可以從溶液中將Cu2+、Ag+等重金屬離子置換成單質，與吸附性無關，故D錯誤；故選：A。2.化合物M可用于油漆、顏料、涂料工業，其結構如圖。下列關于該物質的說法正確的是（）A.分子式為C14H10O3B.分子中碳的雜化方式有2種C.分子中含有4種官能團D.苯環上的一代氯物有5種【答案】B【解析】A．由結構簡式可知M的分子式為：C14H12O3，故A錯誤；B．分子中含有單鍵碳原子和雙鍵碳原子，雜化方式分別為：，故B正確；C．M中含羥基、羰基、醚鍵三種官能團，故C錯誤；D．該物質含兩個苯環，一氯代物共6種，故D錯誤；故選：B。3.前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，它們形成的一種物質的結構如圖所示，其中所有原子都形成了8電子穩定結構，四種元素中僅X、Y在同周期。下列推斷中錯誤的是（）A.簡單離子半徑：W>Z>YB.Z單質可溶于由X、Z形成的化合物中C.第一電離能：Y>XD.Y與氧元素形成的化合物不止三種【答案】A【分析】由陰離子的結構可知，X原子形成4個共價鍵、Y原子形成3個共價鍵、Z原子形成2個共價鍵，前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，化合物中所有原子都形成了8電子穩定結構，其中僅X、Y在同周期，則X為C元素、Y為N元素、Z為S元素、W為K元素。【詳解】A．電子層結構相同的離子，核電荷數越大，離子半徑越小，則硫離子的離子半徑大于鉀離子，故A錯誤；B．硫單質不溶于水、微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故B正確；C．N、C為同周期元素，同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，則第一電離能：N>C，故C正確；D．氮元素與氧元素形成的氧化物有N2O、NO、N2O4、NO2、N2O3、N2O5，不止三種，故D正確；故選：A。4.下列實驗操作、現象均正確且能得出相應結論的是（）實驗操作實驗現象結論A將Fe3O4粉末溶于鹽酸，再向其中加入少量酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色Fe3O4中含有Fe(II)B向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加熱后，再加入少量新制氫氧化銅，加熱產生磚紅色沉淀淀粉的水解產物中有葡萄糖CNaHCO3溶液與NaAlO2溶液混合產生白色沉淀結合H+的能力：<D向10mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中先加入5mL0.1mol·L-1KCl溶液，再加入5mL1mol·L-1KI溶液先出現白色沉淀，后出現黃色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)【答案】C【解析】A．溶液中的氯離子也能與酸性高錳酸鉀溶液反應使溶液褪色，所以溶液褪色不能說明四氧化三鐵中含有Fe(II)，故A錯誤；B．葡萄糖在酸性溶液中不能與新制氫氧化銅共熱反應生成磚紅色沉淀，故B錯誤；C．碳酸氫鈉溶液與偏鋁酸鈉溶液混合產生白色沉淀說明碳酸氫鈉溶液與偏鋁酸鈉溶液反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉，由強酸制弱酸的原理可知，偏鋁酸根離子結合氫離子的能力強于碳酸根離子，故C正確；D．向過量的硝酸銀溶液中先加入少量氯化鉀溶液，再加入碘化鉀溶液時，溶液中只存在沉淀的生成，沒發生沉淀的轉化，所以無法比較氯化銀和碘化銀的溶度積大小，故D錯誤；故選C。5.在電還原條件下由PVC{}產生的氯離子可以直接用于串聯電氧化氯化反應。PVC可用于常規回收DEHP(在電化學反應中可充當氧化還原介質，提高反應效率)，轉化過程如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A.上述裝置為將電能轉化成化學能的裝置B.電極d上發生還原反應C.上述轉化的總反應方程式為D.上述轉化實現了資源回收與利用【答案】B【解析】A．上述裝置有外接電源，為電解池，將電能轉化成化學能，A正確；B．電極d上氯離子失去電子生成氯原子，發生氧化反應，B錯誤；C．結合反應過程，和電解生成、，轉化的總反應方程式為，C正確；D．根據題干信息，上述轉化實現了PVC資源回收與利用，D正確；故選B。6.常溫下，向25mL0.1mol·L-1某二元弱酸H2R溶液中加入NaOH固體或通入HCl。已知：HR-的電離平衡常數(Ka=10-n)大于水解平衡常數。下列有關敘述正確的是（）A.在加入NaOH固體或通入HCl的過程中，水的電離程度均一直減小B.pH=7時，c(HR-)+c(R2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)C.在NaHR溶液中，有關微粒濃度大小關系為c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)D.加入NaOH固體至pH=n，此時存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HR-)【答案】D【解析】A．H2R溶液中水的電離受到抑制，往溶液中加入NaOH固體，消耗氫離子，水的電離程度增大，當NaOH過量時，水的電離受到抑制，電離程度減小，往溶液中通入HCl，溶液中氫離子濃度增大，水的電離程度一直減小，A錯誤；B．pH=7時，H2R溶液中加入NaOH固體，根據電荷守恒c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，B錯誤；C．HR-的電離平衡常數(Ka=10-n)大于水解平衡常數，則在NaHR溶液中，HR-的電離程度大于其水解程度，則c(HR-)>c(R2-)>c(H2R)，C錯誤；D．加入NaOH固體至pH=n，，，由此可得c(HR-)=c(R2-)，根據電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)=c(OH-)+3c(HR-)，D正確；故選D。7.Li、Fe、Se可形成新型超導材料，晶胞如圖所示(Fe原子均位于面上)。晶胞棱邊夾角均為90°，X的坐標為(0，1，)，Y的坐標為(，，)，設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）已知：以晶胞參數為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數坐標A.基態Fe原子的核外電子排布式為[Ar]3d54s2B.坐標為(，1，)的原子是Li原子C.Se原子X與Se原子Y之間距離為nmD.該晶體的密度為g·cm-3【答案】C【解析】A．Fe為26號元素，基態Fe原子的核外電子排布式為[Ar]3d64s2，故A錯誤；B．由晶胞結構可知坐標為(，1，)的原子是Z原子，即Fe原子，故B錯誤；C．Se原子X與Se原子Y，沿x軸方向的距離為，沿y軸方向的距離為，沿z軸方向的距離為，兩點間的距離為nm，故C正確；D．Li原子有8位于頂點，1個位于體心，個數為：，Fe有8個位于面上，個數為，Se原子8個位于棱上，2個位于體內，個數為：，晶胞的質量為：g，晶胞體積為：×10-21cm3，密度為：g·cm-3，故D錯誤；故選：C。二、非選擇題：8.CeO2是一種稀土氧化物，在催化劑、電化學、光學等方面都有重要應用。CeO2是淡黃色固體粉末，難溶于水，熔點為2600℃。請回答下列問題：(一)制備CeO2I.取一定量化學計量比的Ce(NO3)3·6H2O和NaOH分別溶解在5mL和35mL的去離子水中，分別磁力攪拌30min后，再將兩種液體混合，繼續磁力攪拌30min，形成白色絮狀沉淀[Ce(OH)3]。將混合溶液加熱(并通入O2)，在一定溫度下反應一段時間。通過離心方法將Ce(OH)4沉淀分離出來。II.用水和無水乙醇分別洗滌Ce(OH)4沉淀3次。III.將洗滌后的樣品轉入干燥爐中，在60°C下干燥24h，得到淡黃色粉末CeO2。（1）盛放NaOH溶液的儀器名稱為________________，無水乙醇的作用是_________________________________________________。（2）寫出由Ce(OH)3和O2反應制備Ce(OH)4的化學方程式：______________________。(二)某樣品中CeO2[M(CeO2)=172.1]純度的測定稱取mg樣品置于錐形瓶中，加入50mL水及20mL濃硫酸，分批加入H2O2溶液，每次5mL，搖勻，低溫加熱，直至樣品完全溶解。加熱除盡錐形瓶中的H2O2，冷卻后稀釋至250mL，加入5mL10g·L-1AgNO3溶液催化，再加入過量的過硫酸銨[(NH4)2S2O8]溶液，低溫加熱，將Ce3+氧化成Ce4+，當錐形瓶中無氣泡冒出，再煮沸2min。待冷卻后，加入5滴鄰二氮菲-亞鐵指示液，用(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至終點，消耗cmol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液VmL。已知鄰二氮菲與Fe2+可形成紅色配合物，這種離子可示表為[Fe(phen)3]2+。（3）實驗中分批加入H2O2溶液時，采取低溫加熱的原因是______________________。（4）加熱煮沸過程中，(NH4)2S2O8在溶液中反應生成NH4HSO4和O2，反應的化學方程式為_______________________________________________________；若滴定時錐形瓶中過量的(NH4)2S2O8未除盡，則測得的CeO2純度_______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)；判斷滴定終點的方法是__________________________________________________________。（5）樣品中CeO2的質量分數w=_____________(用含有c、V、m的代數式表示)。（6）CeO2是汽車尾氣凈化催化劑的關鍵成分，它能在還原氣氛中供氧，在氧化氣氛中耗氧。在尾氣消除過程中發生著CeO2CeO2(1-x)+xO2↑(0≤x≤0.25)的循環。請寫出CeO2消除CO尾氣的化學方程式：______________________________________________。【答案】（1）恒壓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）溫度低，反應速率慢，溫度高，H2O2會分解（4）2(NH4)2S2O8+2H2O4NH4HSO4+O2↑偏高滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液時，溶液顏色變為紅色，且半分鐘內不褪色（5）（6）2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2【解析】（1）由儀器構造可知該儀器為恒壓漏斗；乙醇與水混溶且乙醇易揮發，用乙醇可以除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥，故答案為：恒壓漏斗；除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥；（2）Ce(OH)3與O2反應生成4Ce(OH)4，反應方程式為：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，故答案為：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4；（3）溫度過低時反應速率太慢，溫度過高時H2O2不穩定受熱易分解，都不利于反應進行，因此采用低溫加熱，故答案為：溫度低，反應速率慢，溫度高，H2O2會分解；（4）加熱煮沸過程中，(NH4)2S2O8在溶液中反應生成NH4HSO4和O2，反應方程式為：2(NH4)2S2O8+2H2O4NH4HSO4+O2↑，若滴定時錐形瓶中過量的(NH4)2S2O8未除盡，則(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液用量偏高，則還原Ce4+的用量偏高，最終測得的CeO2純度偏高；判斷滴定終點的方法是滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液時，溶液顏色變為紅色，且半分鐘內不褪色，故答案為：2(NH4)2S2O8+2H2O4NH4HSO4+O2↑；偏高；滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液時，溶液顏色變為紅色，且半分鐘內不褪色；（5）根據得失電子守恒知：，故樣品中的質量分數=，故答案為：；（6）能在還原氣氛中供氧，CO為還原氣體，結合氧生成二氧化碳，根據信息知，化學方程式為：2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2，故答案為：2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2；9.鋅是一種應用廣泛的金屬，目前工業上主要采用“濕法”工藝冶煉鋅，以某硫化鋅精礦(主要成分是ZnS，還含有少量FeS等其他成分)為原料冶煉鋅的工藝流程如圖所示：回答下列問題：（1）)在該流程中可循環使用的物質是Zn和H2SO4，基態S原子占據最高能級的原子軌道的形狀為___________，的空間結構為___________。（2）“焙燒”過程在氧氣氣氛的沸騰爐中進行，“焙砂”中鐵元素主要以Fe3O4形式存在，寫出“焙燒”過程中FeS主要發生反應的化學方程式：_______________________________；“含塵煙氣”中的SO2可用氨水吸收，經循環利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5時，所得溶液中的=___________。[已知：Ka1(H2SO3)=l.4×10-2；Ka2(H2SO3)=6.0×10-8]（3）浸出液“凈化”過程中加入的主要物質為鋅粉，所得“濾渣”的成分為___________(填化學式)，分離“濾液”'“濾渣”的操作名稱為_______________。（4）改進的鋅冶煉工藝，采用了“氧壓酸(稀硫酸)浸”的全濕法流程，既省略了易導致空氣污染的焙燒過程，又可獲得一種有工業價值的非金屬單質。①下列設想的加快浸取反應速率的措施中不合理的是___________(填標號)。A．將稀硫酸更換為98%的濃硫酸B．將硫化鋅精礦粉碎C．適當升高溫度②硫化鋅精礦的主要成分ZnS遇到硫酸銅溶液可慢慢地轉化為銅藍(CuS)：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，該反應的平衡常數K=___________。[已知：Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CuS)=6.4×10-36]（5）金屬鋅化學性質活潑，可用于多種化學電源的電極材料。一種3D打印機的柔性電池以碳納米管作電極材料，以吸收了ZnSO4溶液的有機高聚物為固態電解質，電池總反應為MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]。放電時正極的電極反應式為_______________________________。【答案】（1）紡錘形正四面體形（2）3FeS+5O2Fe3O4+3SO26×10-3（3）Zn、Fe過濾（4）①A②2.5×1011（5）MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-【分析】硫化鋅精礦的焙燒可生成ZnO、氧化鐵等，含塵煙氣含有含硫氧化物，可用于制備硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸鋅、硫酸鐵，加入過量鋅充分反應，可置換出鐵，濾液中主要含有硫酸鋅，經電解可得到鋅和硫酸，電解液中含有硫酸，可循環利用。詳解】（1）基態S原子的核外電子排布式為：，最高能級的原子軌道為3p軌道，形狀為紡錘形，的中心S原子價層電子對數位，無孤電子對，為正四面體形結構，故答案為：紡錘形；正四面體形；（2）已知“焙砂”中鐵元素主要以Fe3O4形式存在，說明

“焙燒”過程FeS中Fe被氧化，S被還原，所以主要發生反應的化學方程式為3FeS+5O2Fe3O4

+3SO2；SO2可用氨水吸收，經循環利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5時，c(H+)=1×10-5mol/L，已知Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，所以=6×10?8，所以=6×10-3；故答案：為3FeS+5O2Fe3O4

+3SO2；6×10-3；（3）浸出液“凈化”過程中加入的主要物質為鋅粉，過量鋅充分反應，可置換出鐵，所得“濾渣”的成分為Zn、Fe；過濾可分離“濾液”'“濾渣”；故答案為：Zn、Fe；過濾。（4）①A．將稀硫酸更換為98%的濃硫酸，將發生氧化還原反應，產生二氧化硫，故A不合理；B．將硫化鋅精礦粉碎，增大接觸面積，有利于快浸取反應速率，故B合理；C.適當升高溫度，有利于加快浸取反應速率，故C合理；故答案選：A。②反應ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常數K=，已知：Ksp(ZnS)=c(Zn2+)·c(S2-)=1.6×10?24，Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=6.4×10?36；所以K====2.5×1011，故答案為：2.5×1011。（5）電池總反應為MnO2+12Zn+(1+x6)H2O+16ZnSO4MnOOH+16[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]，放電時正極發生還原反應，所以電極方程式為MnO2

+e-

+H2O=MnOOH+OH-；故答案為：MnO2

+e-

+H2O=MnOOH+OH-。10.消炎鎮痛藥物酮基布洛芬(F)的一種合成路線如圖：已知：①。②(Z、Zˊ為CN或COOR)③RCNRCH2NH2回答下列問題：（1）D中含氧官能團的名稱為_______________；E的結構簡式為_______________。（2）C→D的反應類型為_______________；檢驗B中含有溴原子的試劑為___________。（3）寫出B→C的化學方程式：_______________________________________________。（4）符合下列條件的A的同分異構體有_______種。①含有結構，且該結構中每個苯環上都還有一個取代基②能發生銀鏡反應寫出滿足上述條件的A的同分異構體中核磁共振氫譜有6組吸收峰的有機物的結構簡式：___________________________________。（5）寫出以為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)___________________________。【答案】（1）羰(酮)基、酯基（2）取代反應NaOH、HNO3、AgNO3（3）（4）9（5）【分析】A與溴單質在光照條件下發生取代反應生成B，B與NaCN發生取代反應生成C，C發生已知①中的取代反應生成D，結合D的結構可知C為：，B為，A為；D發生已知②中反應生成E，E為；E水解得到F。據此解答。【詳解】（1）由D的結構簡式可知其含氧官能團為羰基和酯基；由以上分析可知E為，故答案為：羰(酮)基、酯基；；（2）由以上分析可知C→D的反應類型取代反應；檢驗有機物中的溴原子應先加NaOH使其水解生成NaBr，再加酸中和過量的NaOH，然后加硝酸銀溶液觀察是否生成淺黃色沉淀，故答案為：取代反應；NaOH、HNO3、AgNO3；（3）B與NaCN發生取代反應生成C，反應方程式為：，故答案為：；（4）①含有結構，且該結構中每個苯環上都還有一個取代基；②能發生銀鏡反應說明含有醛基，結合A的結構可知一個苯環上含甲基，一個苯環上含有醛基，且在苯環上均有鄰間對三種位置，則組合共有9種，核磁共振氫譜有6組吸收峰的有機物的結構簡式：，故答案為：9；；（5）與溴單質在光照條件下發生取代反應生成，與NaCN發生取代反應生成，與在條件下反應生成，與氫氣發生加成反應生成，由此可得合成路線：，故答案為：。11.隨著時代的進步，人類對能源的需求量與日俱增，我國全球首套焦爐氣化學合成法生產無水乙醇的工業示范項目打通全流程實現，項目投產成功。（1）3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=________________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代數式表示)。已知：i．2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH1ii．CH3OCH3(g)+CO(g)CH3COOCH3(g)ΔH2iii．CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)ΔH3在恒溫恒容密閉容器中充入3molCO(g)和7molH2(g)僅發生反應3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)，下列敘述正確的是_______(填標號)。A．混合氣體總壓強不隨時間變化時，反應達到平衡狀態B．反應達到平衡時，CH3CH2OH體積分數可能為25%C．反應達到平衡后，再充入少量CO，CO的平衡轉化率增大D．反應達到平衡后，再加入高效催化劑，乙醇產率保持不變（2）醋酸酯加氫制乙醇是一個乙酰基產物制備乙醇的路線。①醋酸酯加氫的催化效能如表所示：實驗組催化劑原料反應條件反應性能溫度/°C壓力/MPa轉化率/%選擇性/%1Cu/SiO2醋酸甲酯1902896.199.02Cu-Cr醋酸乙酯2502.8接近完全93.83Cu/ZnO醋酸乙酯18515699.04Cu/SiO2醋酸乙酯2804.094.696.6上述實驗中，催化效能最好的為實驗_______(填序號)，與之對比，實驗3中，醋酸酯平衡轉化率較低的主要原因可能是________(從表中所給條件的角度分析)。②醋酸甲酯加氫歷程一般認為可分為如下步驟(*代表催化劑位點，已知：CH3CO*+H·→CH3CHO)：a．CH3COOCH3→CH3CO·+CH3O·b．CH3CO·+*→CH3CO*(慢)c．CH3O·+*→CH3O*(快)d．CH3CO*+3H·→CH3CH2OHe．CH3O*+H·→CH3OH……其中，在b和c的步驟中，活化能較小的是_______(填標號，下同)，控制總反應速率的步驟是_______，分析上述步驟，副產物除CH3OH外，還可能有__________(寫一種即可)。（3）甲醇也是新能源的重要組成部分。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應如下：iv．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH4<0v．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH5>0vi．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH6<0在不同壓強下、按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3進行投料，在器容中發生上述3個反應，平衡時，CO和CH3OH在含碳產物(即CH3OH和CO)中物質的量分數及CO2的轉化率隨溫度的變化如圖，壓強p1、p2、p3由大到小的順序為___________________，曲線_______(填“m”或“n”)代表CH3OH在含碳產物中物質的量分數，在T1℃下，壓強為p3時，反應v的濃度平衡常數Kc=_____________(填含α的表達式)。【答案】（1）ΔH1+ΔH2+ΔH3AC（2）①1壓強太小，不利于平衡向正反應方向移動②cbCH3CHO（3）p1>p2>p3m【解析】（1）由蓋斯定律可知，反應i+ii+iii可得反應3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)，則反應ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；A．該反應是氣體體積減小的反應，反應中氣體壓強減小，則混合氣體總壓強不隨時間變化時，說明正逆反應