精选四川省成都市2023-2023学年高考理综-化学三模考试试卷及答案解析

1、四川省成都市2023-2023学年高考理综-化学三模考试试卷及答案解析外装订线请不要在装订线内答题内装订线 四川省成都市2023-2023学年高考理综-化学三模考试试卷 1.化学与社会、生活密切相关。对以下物质用途解释错误的选项是 选项用途解释A钛合金可用于人造卫星等领域钛合金具有密度小、熔点高等特点B明矾在净水中作絮凝剂明矾具有氧化性，可消毒杀菌C生石灰可作煤炭燃烧的固硫剂生石灰可与煤燃烧生成的SO2反响D维生素C在食品工业中可作抗氧剂维生素C具有复原性 2.某有机玻璃的单体分子(只含C、H、O元素)结构模型如下图。以下分析正确的选项是 A.该分子所有原子可能共面B.与该单体互为同分异构体的

2、羧酸类有4种C.该有机高分子的链节为 D.该有机玻璃容器可贮存强酸强碱溶液3.常温下，设NA为阿伏加德罗常数的值。以下表达正确的选项是 A.1mol D3O+中含中子数目为10NAB.一定条件下1molN2与4molH2充分反响后，所得混合物中极性键数目为6NAC.在100.0mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴参加50.0mL0.5mol/L稀盐酸，生成CO2气体分子数目为0.01NAD.在1.0L含有Na+、K+、Cl-、CO32-的溶液中，H+数目小于1.010-7NA4.短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素组成的

3、常见化合物，其中丙、丁、戊为二元化合物，已是元素C的单质。甲、乙的溶液均呈碱性。以下说法错误的选项是 A.甲和戊参加水中都能破坏水的电离平衡B.乙和戊都含有离子键C.原子半径r(D)r(B)r(C)r(A) D.A，B，C形成的化合物一定显酸性5.控制变量是科学研究重要方法。由以下实验现象一定能得出相应结论的是 选项AB装置图现象右边试管产生气泡较快左边棉球变棕黄色，右边棉球变蓝色结论催化活性：Fe3+Cu2+氧化性：Br2I2选项CD装置图现象试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体试管中液体变浑浊结论Ksp：AgClAgBrAgI非金属性：CSi 6.载人空间站为了循环利用人体呼出的CO2并

4、将其转化为O2 ， 设计装置工作原理如下图，以实现“太阳能能电能化学能的转化。总反响为2CO2=2CO+O2。以下说法正确的选项是 A.该装置属于原电池B.水在Y电极参与反响C.反响完毕，该装置中电解质溶液碱性增强D.X极反响：O2+2H2O+4e-=4OH-7.H2A为二元弱酸，室温下向100.0mL0.1mol/LH2A溶液中参加不同质量的NaOH固体，pH变化如下表(不考虑溶液体积变化)。以下分析正确的选项是 m(NaOH)/g00.40.81.2pH3.88.312.013.2H2A第一步电离K1的数量级为10-8B.上述过程中水的电离程度一直增大C.m(NaOH)=0.6g时，c(N

5、a+)c(A2-)c(HA-)c(OH-)c(H+)D.假设溶液中加NaOH至 c(HA)c(A2)=100 时，c(OH-)100c(H+) 8.研究NO2、NO、CO污染物处理，对建设美丽中国具有重要意义。 1NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)H1=-234.00kJ/mol1/2N2(g)+1/2O2(g)=NO(g)H2=-89.75kJ/mol2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H3=-112.30kJ/mol。假设NO2气体和CO气体反响生成无污染气体，其热化学方程式为_。 2某温度下，向10L密闭容器中分别充入0.1molNO2和0.2molCO，发生反响：2

6、NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，经10min反响到达平衡，容器的压强变为原来的 2930 。010min内，CO的平均反响速率v(CO)=_；假设容器中观察到_，可判断该反响到达平衡状态；为增大污染物处理效率，起始最正确投料比为_；平衡后，仅将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，那么平衡_(填“右移或“左移或“不移动)。 3在高效催化剂作用下用NH3复原NO2进行污染物处理。相同条件下，选用A、B、C三种催化剂进行反响，生成氮气的物质的量与时间变化如图a。活化能最小的是_(用E(A)、E(B)、E(C)表示三种催化剂下该反响活化能)。在催化剂A作用下测得相同时间处理NO2

7、的量与温度关系如图b。试说明图中曲线先增大后减小的原因_(假设该温度范围内催化效率相同)。4有人设想在含有NO2的酸性污水中加人填充有铝粉的多孔活性炭颗粒进行水的净化。试结合电极反响说明多孔活性炭的主要作用_。 9.某小组实验探究葡萄糖、二氧化硫分别与新制氢氧化铜的反响。实验I新制Cu(OH)2与葡萄糖反响 1将1.5mL1.0mol/LCuSO4溶液滴入5mLl.0mol/LNaOH溶液中制得Cu(OH)2悬浊液。相关反响的离子方程式为_。 2在制得的Cu(OH)2悬浊液中参加稍过量葡萄糖溶液，加热煮沸,产生红色沉淀。该实验现象说明_；该原理可用于检测糖尿病患者血液中的_含量。实验II新制C

8、u(OH)2与二氧化硫反响按上述方法重新制取氢氧化铜悬浊液,通入足量二氧化硫，先产生红色沉淀,然后红色沉淀逐渐变为紫红色固体，最终溶液呈无色。 3探究红色沉淀转变为紫红色的原因。将实验I产生的红色沉淀过滤、洗涤,洗涤方法是_。将所得固体分成两等份于试管中并参加少量蒸馏水进行比照实验。实验装置图操作及现象红色固体很快转变为紫红色固体,溶液呈蓝色。开始红色固体缓慢变为紫红色固体,溶液呈蓝色。试管内紫红色固体逐渐增多，最后溶液变无色。解释及结论该反响的离子方程式_。开始时红色固体颜色变化缓慢的原因是_。所得无色溶液中主要阴离子为_。4通过上述探究，写出新制氢氧化铜与过量SO2反响的总化学方程式_。反

9、思:将表中SO2换为NO2是否能观察到相同现象?答复并解释：_。 10.某地菱锰矿的主要成分为MnCO3,还含有少量的FeCO3、CaCO3、MgCO3、Al2O3等杂质，工业上以菱锰矿为原料制备高纯度碳酸锰的流程如下图:MnCO3+2NH4Cl 焙烧_ MnCl2+CO2+2NH3+H2O 1焙烧时温度对锰浸取率的影响如图。焙烧时适宜温度为_；800以上锰的浸取率偏低，可能原因是_。 2净化包含三步: 参加少量MnO2 ， 反响的离子方程式为_；加氨水调pH，生成沉淀主要是_；参加NH4F，除去Ca2+、Mg2+。 3碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为_。 4滴定法测产品纯度I 取固体产

10、品1.160g于烧杯中,参加过量稀H2SO4充分振荡，再参加NaOH溶液至碱性，发生反响2Mn2+O2+4OH-=2MnO(OH)2；II 参加过量KI溶液和适量稀H2SO4 ， 发生反响:MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2+I2+3H2O；III 取I中混合液的1/10于锥形瓶中，参加淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol/LNa2S2O3溶液进行滴定，发生反响:2S2O32-+I2=S4O62-+2I- ， 滴定终点时消耗Na2S2O3溶液20.00mL。判断滴定终点的方法是_。假设杂质不参与反响，那么产品纯度为_。 11.C、Ti的单质及其化合物在现代社会有广泛用途。 1基态钛原子

11、的电子排布式为_。 2CS2分子中含有键和键之比为_；NO2+与CO2是等电子体，NO2+的电子式为_，键角为_。 3CH3CHO沸点低于CH3CH2OH的原因是_；CH3CHO分子中碳原子杂化类型为_。 4钛酸钡(BaTiO3)晶体的某种晶胞如下图。NA为阿伏加德罗常数值，Ba2+、O2-、Ti4+的半径分别为apm、bpm、cpm。与钡离子等距离且最近的氧离子有_个；假设晶体中的Ti4+、Ba2+分别与O2-互相接触，那么该晶体的密度表达式为_g.cm-3。 12.狼毒素来自香科植物，具有止痛、杀虫的成效。N是合成狼毒素的重要中间体,其合成路线如下: 1R中含氧官能团名称_；YZ的反响类型

12、_。 21molZ与NaOH溶液反响，最多消耗NaOH为_mol；反响RE的化学方程式为_。 3以下能测出N的相对分子质量的仪器是_(填字母序号)。 A.元素分析仪B.质谱仪C.核磁共振仪D.红外光谱仪4反响MN中M的断键位置为_(填数字序号)。 5同时满足以下条件的Y的同分异构体有_种。苯环上有3个取代基； 为芳香族化合物且属于酯类；遇氯化铁溶液显紫色； 苯环上一氯代物有2种。 6以丙酮和 为原料合成某有机中间体( )，参照上述路线，设计路线_。 答案解析 1.【答案】B 【解析】A.人造卫星使用的材料应该尽量的轻同时也要能低于较高或较低的温度，所以选项A符合题意。B.明矾用作水处理剂的原因

13、是铝离子水解得到氢氧化铝胶体，胶体吸附水中杂质，选项B不符合题意。C.生石灰可以与煤燃烧生成的二氧化硫反响生成亚硫酸钙，最终转化为硫酸钙，到达固定硫的目的，选项C符合题意。D.维生素C有一定的复原性，加在食品中到达防止食品被氧化的目的，选项D符合题意。故答案为：B 2.【答案】C 【解析】A.结构模型中最小的原子为氢原子，较大的原子为碳原子，黑色的原子为氧原子，所以该有机物为 。因为分子中存在饱和碳原子，所以不可能保证所有原子共平面，选项A不符合题意。B.与该单体互为同分异构体的羧酸类有机物就是含有5个碳原子的羧酸其中应该还有另外的一个结构带有1个不饱和度，5个碳原子的羧酸戊酸已经有4种了丁基

14、连羧基就是5个碳的羧酸，丁基有4种，再考虑到另外的一个不饱和度，所以该同分异构体一定多于4种，选项B不符合题意。C.将该单体加聚得到高分子 ，所以其链节为 ，选项C符合题意。D.该高分子为聚酯类物质，酯基在强酸或强碱条件下都会水解，所以选项D不符合题意。 3.【答案】D 【解析】A.1个D3O+离子中有11个中子，所以1molD3O+中含中子数目为11NA ， 选项A不符合题意。B.N2与H2的反响是可逆反响，所以无法计算生成的氨气的量，也就无法计算极性键的数目，选项B不符合题意。C.100.0mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和Na2CO3的混合溶液中，NaOH和Na2CO3的物质的量都

15、是0.01mol，参加50.0mL0.5mol/L稀盐酸0.025mol，氢氧化钠会消耗0.01molHCl，剩余的0.15molHCl再与0.01mol Na2CO3反响，明显HCl缺乏，无法将碳酸钠都反响，所以二氧化碳气体一定小于0.01mol，选项C不符合题意。 D.含有Na+、K+、Cl-、CO32-的溶液中CO32-水解，溶液显碱性，所以pH7，即c(H+)110-7 ， 所以1L该溶液的氢离子数目小于1.010-7NA。选项D符合题意。 4.【答案】D 【解析】丙、丁、戊为二元化合物，已是元素C的单质，说明需要有两种化合物反响生成一种单质的化学反响，符合要求的熟悉的反响应该是过氧化

16、钠和水或二氧化碳反响生成氧气单质，所以丙、丁为二氧化碳或水，戊为过氧化钠，己为氧气，元素C为O。根据A、B、C、D的原子序数依次增大，得到D为Na，A为H，B为C，结合以上四种元素得到：甲为碳酸氢钠，乙为碳酸钠。A.甲碳酸氢钠参加水碳酸氢根离子水解，促进水电离；戊过氧化钠参加水中，反响得到氢氧化钠抑制水电离，所以甲和戊参加水中都能破坏水的电离平衡，选项A不符合题意。B.乙碳酸钠和戊过氧化钠都是离子化合物，所以都存在离子键，选项B不符合题意。C.所有原子中H的半径最小，并且：同周期元素从左向右半径减小，同主族元素从上向下半径增大，所以四种元素的半径顺序为：r(D)r(B)r(C)r(A)，选项C

17、不符合题意。D.A、B、C即H、C、O能组成很多化合物，包括有机物，很有可能是中性化合物，例如：乙醇，选项D符合题意。 5.【答案】A 【解析】A.两只试管中滴加的溶液的唯一区别就是左边参加的Cu2+ ， 右边参加的是Fe3+ ， 所以右边反响较快，能说明催化活性：Fe3+Cu2+ ， 选项A符合题意。B.选项B中的实验，氯气通入溴化钠溶液变为棕色，通入淀粉碘化钾溶液变为蓝色，能证明氯气的氧化性强于溴单质也强于碘单质，但是不能证明氧化性：Br2I2 ， 选项B不符合题意。C.向氯化银悬浊液中参加少量溴化钠溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，说明氯化银转化为溴化银，即Ksp：AgClAgBr；再参加

18、少量的碘化钠，出现黄色沉淀，应该是将上一步剩余的氯化银转化为碘化银沉淀，所以证明Ksp：AgClAgI，但是不能得到Ksp：AgBrAgI，选项C不符合题意。D.盐酸和碳酸钠反响生成二氧化碳气体，考虑到盐酸的挥发性，生成的二氧化碳气体中一定会有HCl，所以硅酸钠溶液中有浑浊，也可能是HCl和硅酸钠反响的结果，不能证明一定是碳酸强于硅酸，进而不能证明非金属性强弱，选项D不符合题意。 6.【答案】B 【解析】A.该装置实现“太阳能电能化学能转化，而电能转化为化学能为电解池，选项A不符合题意。B.根据电子流向得到：Y为电解池的阴极，应该发生复原反响，总反响中得到发生复原反响的是CO2 ， 再考虑到需

19、要生成氢氧根离子，使其能透过阴离子交换膜，得出Y电极方程式为：CO2+H2O+2e-=CO+2OH- ， 选项B符合题意。C.该装置的总反响为2CO2=2CO+O2 ， 该反响对于溶液的氢离子、氢氧根离子以及水都无影响，所以反响前后溶液的pH并不变化，选项C不符合题意。D.X为阳极，发生氧化反响，应该是阴极生成的氢氧根离子失电子，电极方程式为：4OH-4e-=2H2O+O2，选项D不符合题意。 7.【答案】D 【解析】A.初始时，0.1mol/LH2A溶液的pH=3.8，根据氢离子浓度的近似计算公式c(H+)= Ka1c=Ka10.1=103.8 ，所以Ka1=10-6.6 ， 其数量级为10

20、-7 ， 选项A不符合题意。B.初始时，0.1mol/LH2A溶液对于水的电离一定是抑制，随着H2A逐渐被中和，转化为盐，那么变成对水的电离产生促进，最后氢氧化钠过量，再对水的电离产生抑制，选项B不符合题意。C.参加的氢氧化钠为0.6g0.015mol的时候，溶液为Na2A和NaHA浓度相等的混合溶液，由表中数据得到此时溶液一定显碱性，因为A2-的水解能力一定强于HA- ， 且A2-水解应该得到HA- ， 所以c(A2-)c(HA-)，选项C不符合题意。D.参加0.4g氢氧化钠0.01mol时，溶液为NaHA的溶液，pH=8.3，根据选项A的解析，Ka1=10-6.6 ， 而Ka2一定远小于K

21、a1 ， 即HA-的电离应该很困难，所以此时溶液中的 c(HA)c(A2) 一定大于100。为了使溶液 c(HA)c(A2)=100 ，应该参加一些氢氧化钠，此时溶液的pH一定高于8.3。考虑到溶液的pH=8时，c(OH-)100c(H+)，所以pH8时，一定有：c(OH-)100c(H+)，选项D符合题意。故答案为:D 8.【答案】12NO2(g)+4CO(g)=4CO2(g)+N2(g) H=-868.8kJ/mol2410-4mol/(L.min)；体系内气体颜色不再改变；n(NO2)n(CO)=12；不移动3E(A)；低于300，反响未到达平衡，温度升高，反响速率加快；高于300，反响

22、已平衡，随温度升高，反响逆向进行4活性炭在与铝粉形成的原电池中作正极，发生反响2NO2+8H+8e-=N2+4H2O，将NO2转化为无污染物质N2 【解析】1反响421得到：2NO2(g)+4CO(g)=4CO2(g)+N2(g) H=-868.8kJ/mol。22NO2(g) +4CO(g) =N2(g) +4CO2(g)起始0.10.200转化x2x0.5x2x平衡0.1-x0.2-2x0.5x2x恒温恒容压强的比等于气体的物质的量的比，所以 0.3-x20.3=2930 ，解得x=0.02mol。由上参加反响的CO为0.04mol，反响速率为 0.041010 = 410-4mol/(L

23、.min)。反响达平衡以后所有物质的浓度都不变化，因为NO2的浓度不变，所以体系的颜色应该也不变化，那么观察到颜色不变，证明反响达平衡。为增大污染物处理效率，应该保证反响尽量转化为生成物，即两个反响物都不过量，所以起始最正确投料比为 n(NO2)n(CO)=12 。达平衡时一定有Q=K，现在仅将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，因为两者的系数相等，且一个在分子一个在分母，所以浓度商的比值Q不变，即Q依然等于K，反响平衡不移动。3一般来说，反响的活化能越小，反响的速率越快，所以E(A)最小。曲线为在催化剂A作用下测得相同时间处理NO2的量与温度关系，那么曲线上的点不一定代表平衡态。反响速率慢的时

24、候，该时间段不能达平衡，那么速率越快，反响的量越多；反响速率很快的时候，反响达平衡，那么温度越高，平衡逆向移动，反响的量减少。所以原因为：低于300，反响未到达平衡，温度升高，反响速率加快；高于300，反响已平衡，随温度升高，反响逆向进行。4明显这个处理过程是原电池，参加铝和碳就组成了原电池的两个电极，铝为负极，碳为正极，其外表应该发生NO2得电子转化为氮气的反响，所以方程式为：2NO2+8H+8e-=N2+4H2O。 9.【答案】1Cu2+2OH-=Cu(OH)22Cu(OH)2具有氧化性，葡萄糖具有复原性；葡萄糖3用玻璃棒引流,向过滤器中参加蒸馏水至浸没沉淀,待水流出后,按上述操作重复23

25、次；Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O；SO2溶于水后生成的H2SO3酸性比H2SO4弱，c(H+)较小，Cu2O与H+反响慢；SO42-4Cu(OH)2+SO2=Cu+H2SO4；不能。因为NO2溶于水生成HNO3具有强氧化性，将Cu2O直接氧化成Cu(NO3)2,溶液呈蓝色，且无紫红色固体生成。 【解析】实验1将1.5mL1.0mol/LCuSO4溶液滴入5mLl.0mol/LNaOH溶液中制得Cu(OH)2悬浊液，其方程式为：Cu2+2OH-=Cu(OH)2。2在制得的Cu(OH)2悬浊液中参加稍过量葡萄糖溶液，加热煮沸，产生红色沉淀，说明葡萄糖将氢氧化铜复原为氧化亚铜的红色沉淀，所

26、以说明氢氧化铜有氧化性，葡萄糖有复原性。这个反响的原理，能利用生成的氧化亚铜沉淀的量，来检测血液中的葡萄糖含量。实验3洗涤沉淀的根本方法就是：向过滤器中参加蒸馏水，使蒸馏水将沉淀外表的杂质洗去，重复操作23即可。所以答案为：用玻璃棒引流，向过滤器中参加蒸馏水至浸没沉淀，待水流出后，按上述操作重复23次。实验中的现象为：红色固体氧化亚铜很快转变为紫红色固体单质铜，溶液呈蓝色铜离子，所以反响为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O。氧化亚铜转化为单质铜和铜离子，需要在酸性条件下进行，而亚硫酸的酸性弱，氢离子较少，所以开始时反响比拟慢。最后溶液的蓝色褪去，说明铜离子都被二氧化硫复原为单质铜了，所以

27、二氧化硫应该被氧化为硫酸根离子。4由上，新制氢氧化铜与过量SO2反响生成单质铜和硫酸根离子，所以反响为：Cu(OH)2+SO2=Cu+H2SO4。如果将表中SO2换为NO2 ， NO2与水反响生成具有强氧化性的硝酸，硝酸可以直接将氧化亚铜转化为硝酸铜，所以无法观察到同样的现象。 10.【答案】1500；温度过高,NH4Cl分解导致与MnCO3的反响不彻底，使浸取率减小(或MnCO3分解发生其它副反响，使浸取率减小或MnCl2挥发导致Mn损失或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低或高温固体烧结，固体外表积减少等)2MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；Fe(OH)3、Al(OH)

28、33Mn2+HCO3-+NH3=MnCO3+NH4+4滴入最后一滴Na2S2O3溶液,溶液蓝色褪去且半分钟内颜色不复原；99.14% 【解析】1由图示得到，500的时候，锰的浸取率已经很大，所以选取500即可，没有必要选择更高的温度因为温度越高，能耗越大。温度很高时，浸取率下降，有可能是高温下氯化铵分解使反响的量减少不是很好的答案，因为氯化铵分解的温度大约为337；可能是生成的氯化锰转化为气体离开体系也不是很好，氯化锰沸点为1190；可能是高温下发生副反响，锰转化为其他化合物。2参加二氧化锰的目的是为了将Fe2+氧化为Fe3+ ， 所以方程式为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2

29、H2O。物质中的杂质主要是Fe、Ca、Mg、Al等元素，因为步骤中除去Ca2+、Mg2+ ， 所以步骤加氨水调pH，是为了除去Fe和Al元素，所以沉淀主要是Fe(OH)3、Al(OH)3。3碳化结晶是向氯化锰溶液中参加碳酸氢铵和氨水，得到碳酸锰的固体，所以方程式为：Mn2+HCO3-+NH3=MnCO3+NH4+。4取I中混合液的1/10于锥形瓶中，参加淀粉溶液作指示剂，此时溶液显蓝色，用硫代硫酸钠滴定单质碘，终点时，因为碘单质都被反响，所以溶液褪为无色，所以终点的现象为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液,溶液蓝色褪去且半分钟内颜色不复原。根据滴定中的反响得到关系式：2Mn2+2MnO(OH)2

30、2I24S2O32-。滴加的硫代硫酸钠为200.11000=0.002mol，根据关系式Mn2+为0.001mol，因为是取1/10进行的滴定，所以Mn2+为0.01mol，所以氯化锰也是0.01mol，质量为1150.01=1.15g，质量分数为1.151.16=99.14%。 11.【答案】1Ar3d24s221:1；1803CH3CH2OH分之间存在氢键；sp2、sp3412；2332(b+c)10103NA 或 2332(a+b)10103NA 【解析】1Ti为第22号元素，核外电子排布为Ar3d24s2。2CS2和CO2是等电子体，所以结构相同，结构式为S=C=S，双键应该是一个键和一个键，所以键和键都是两个，比例为1:1。NO2+与CO2是等电子体，所以结构相似，因为二