江西省南昌市2023届高三下学期二模考试理科综合化学试题 含答案解析

SRS2023届高三模拟测试(第二次)理科综合能力测试化学试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。时量150分钟，满分300分。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：32Ca：40Ni：59La：139第I卷(选择题)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.党的二十大报告提出，要集聚力量进行原创性引领性科技攻关，坚决打赢关键核心技术攻坚战。下列关于我国科技成果说法不正确的是A.“应变玻璃”使用的材料镁钪合金属于金属材料B.JD-1紫外光固化树脂属于新型无机非金属材料C.蛟龙号载人潜水器使用的钛合金的熔点低于单质钛D.东方超环(人造太阳)使用的2H(氘)、3H(氚)是不同的核素【答案】B【解析】【详解】A．金属材料包括金属和合金，“应变玻璃”使用的镁钪合金属于金属材料，选项A正确；B．JD-1紫外光固化树脂属于有机高分子材料，选项B错误；C．合金的熔点一般低于成分金属的熔点。蛟龙号载人潜水器使用的钛合金的熔点低于单质钛，选项C正确；D．2H(氘)、3H(氚)是质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素，选项D正确；答案选Ｂ。2.某无色溶液中只可能含有K+、Al3+、、Cl-、、中的一种或几种，对其进行如下实验操作：(1)取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；(2)向(1)所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成；(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列对该溶液的说法正确的是A.无法确定含有K+、Cl-、B.可能含有Cl-、C.一定不含有Al3+、Cl-D.一定含有K+、、【答案】B【解析】【分析】(1)取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中一定有、中的一种或两种；(2)向(1)所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成，则沉淀是碳酸钡和硫酸钡，证明、两种全有；和Al3+双水解，不能共存，则溶液中一定没有Al3+；、和可以共存，溶液呈中性，则溶液中一定有阳离子，则K+和一定有一种或两种，所以K+和都是可能含有；(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，因为(1)中加入足量的BaCl2溶液，(2)中加入足量盐酸，都引入了Cl-，无法证明溶液中是否有Cl-。【详解】A．溶液中一定有K+和，A错误；B．溶液中可能含有Cl-、，B正确；C．溶液中无法确定是否含有Cl-，一定没有Al3+，C错误；D．K+是可能含有，D错误；故答案为：B。3.萘普生是一种抗炎、解热、镇痛药物，其结构简式如图所示。下列关于该化合物说法不正确的是A.分子式为C14H14O3B.苯环上的一氯取代物有6种C.该有机物可以发生加成、取代反应D.分子中所有的碳原子可能在同一平面上【答案】D【解析】【详解】A．由结构可知，分子式为C14H14O3，A正确；B．苯环上的有6种不同的氢，则苯环上的一氯取代物有6种，B正确；C．分子中苯环中在一定条件下可以和氢气加成，分子中含有羧基能发生取代反应，C正确；D．与羧基相连碳为饱和碳原子，该碳原子直接相连3个碳原子，则分子中所有的碳原子不可能在同一平面上，D错误；故选D。4.沉积物微生物燃料电池(SMFC)可以将沉积物中的化学能直接转化为电能，同时加速沉积物中污染物的去除，用SMFC处理含硫废水的工作原理如图所示。下列说法正确的是A.外电路的电流方向是从b到aB.碳棒a附近酸性增强C.碳棒b存在电极反应：S-6e-+4H2O=+8H+D.升高温度可提高电池的能量转化效率【答案】C【解析】【分析】根据光合菌产生的O2得电子结合H+得到H2O，碳棒a为正极，FeSx在硫氧化菌的作用下被氧化为S，S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根。【详解】A．根据分析可知b极为负极，a极为正极，正极的电势高于负极，外电路的电流方向是从a到b，选项A错误；B．a为正极，光合菌产生的O2得电子结合H+得到H2O，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，酸性减弱，选项B错误；C．根据图示，碳棒b存在电极反应：，选项C正确；D．升高温度可能引起光合菌、硫氧菌失去生理活性，降低电池的能量转化效率，选项D错误；答案选C。5.元素周期表中前20号元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大。R和Y位于同主族，X的简单离子半径在同周期元素中最小。由这四种元素组成一种化合物Q，在Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液。产生沉淀的物质的量与Ba(OH)2的物质的最的关系如图所示，下列说法正确的是A简单离子半径：Z>YB.简单气态氯化物的热稳定性：Y>RC.Q的水溶液显酸性、可作为净水剂D.M点沉淀物有2种，且物质的量之比为4：1【答案】C【解析】【分析】元素周期表中前20号元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大。R和Y位于同主族，X的简单离子半径在同周期元素中最小。由这四种元素组成一种化合物Q，在Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液。产生沉淀的物质的量与Ba(OH)2的物质的最的关系如图所示，则X为Al，1mol氢氧化钡会溶解2mol氢氧化铝，但实际只有1mol沉淀，说明还生成了另外的1mol沉淀，加入3mol氢氧化钡会生成2mol氢氧化铝沉淀和3mol其他沉淀，则另外3mol沉淀是硫酸钡和碳酸钡沉淀，又根据R和Y位于同主族，则R为O，Y为S，Z为K，Q为硫酸铝钾。【详解】A．根据同电子层结构核多径小，则简单离子半径：Y＞Z，故A错误；B．根据非金属性越强，其气态氢化物越稳定，则简单气态氯化物的热稳定性：R＞Y，故B错误；C．Q为硫酸铝钾，铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，因此其水溶液显酸性、可作为净水剂，故C正确；D．M点沉淀物有2种，1mol硫酸铝钾溶液中加入3mol氢氧化钡得到3mol硫酸钡和1mol氢氧化铝，其物质的量之比为3：1，故D错误。综上所述，答案为C。6.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A两块相同的未经打磨的铝片。相同温度下分别投入到5.0mL等浓度的CuSO4溶液和CuCl2溶液中前者无明显现象，后者铝片发生溶解Cl-可能加速破坏铝片表面的氧化膜B分别将5.6gCaO和94.4g水加入烧杯中，搅拌使其充分溶解、静置冷却烧杯底部有白色固体所得溶液溶质质量分数为7.4%C用湿润的蓝色石蕊试纸检验甲烷与氯气在光照下反应后的有机产物试纸变红生成的有机物具有酸性D向一块铁片上加酸除去铁锈，再滴加铁氰化钾溶液，静置2~3min有蓝色沉淀出现铁片上发生了吸氧腐蚀A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．实验中变量为溶液中阴离子不同，前者无明显现象，后者铝片发生溶解，则可能原因为Cl-可能加速破坏铝片表面的氧化膜导致反应现象不同，A正确；B．5.6gCaO与水反应生成Ca(OH)2的质量为7.4g，所得混合物的总质量为100g，氧化钙微溶于水，所得溶液为氢氧化钙饱和溶液，其溶质质量分数小于7.4%，B错误；C．甲烷与氯气光照下发生取代反应生成氯代甲烷和HCl，HCl能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，且未反应的氯气能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故不能说明生成的有机物具有酸性，C错误；D．铁锈和酸生成的铁离子会和过量铁单质转化为亚铁离子，干扰了亚铁离子的检验，故不能说明铁片上发生了吸氧腐蚀，D错误；故选A。7.25°C时，用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO4、MgSO4三种溶液，pM[p表示负对数，M表示、c(Cu2+)、c(Mg2+)等]随pH变化关系如图所示，已知Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，下列说法不正确的是A.HX的电离平衡常数Ka=10-5B.滴定HX当pH=7时，c(X-)>c(HX)C.③代表滴定CuSO4溶液的变化关系D.Mg(OH)2易溶于HX溶液中【答案】C【解析】【分析】pM[p表示负对数，M表示、c(Cu2+)、c(Mg2+)等]，随着pH不断增大，溶液中的、c(Cu2+)、c(Mg2+)不断减小，即pM增大，Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]即氢氧化铜比氢氧化镁更难溶，pH相同时，c(Cu2+)更小pM更大，又因为Ksp[Cu(OH)2]和Ksp[Mg(OH)2]的表达式结构类似，-lgc(Cu2+)、-lgc(Mg2+)和pH是一次函数的关系，且二者的斜率相等，则曲线①代表CuSO4，曲线③代表MgSO4，曲线②代表HX溶液，以此解答。【详解】A．由分析可知，曲线③代表HX溶液，当pH=8.6时，-lg=0，则c(HX)=c(X-)，HX的电离平衡常数Ka==c(H+)=10-5，故A正确；B．HX的电离平衡常数Ka=10-5，说明HX是一元弱酸，等浓度的NaX和HX溶液中，X-的水解常数Kh=<Ka=10-5，该溶液呈酸性，则滴定HX当pH=7时，c(X-)>c(HX)，故B正确；C．由分析可知，曲线③代表MgSO4，故C错误；D．pH=8.6时，-lgc(Mg2+)=0，c(Mg2+)=1mol/L，Ksp[Mg(OH)2]=，假设Mg(OH)2易溶于HX溶液中，则有反应Mg(OH)2+2HX=Mg2++2X-+2H2O，该反应的平衡常数K==107.2，平衡常数较大，反应越彻底，所以Mg(OH)2易溶于HX溶液中，故D正确；故选C。第II卷(非选择题)二、非选择题(一)必考题8.综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：已知：常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表。金属离子Fe2+Fe3+Zn2+Ga3+开始沉淀pH8.01.75.53.0沉淀完全pH9.63.28.04.9萃取率(%)099097~98.5请回答：（1）写出铁酸锌(ZnFe2O4)中铁元素的化合价_______。（2）Ga位于周期表IIIA族，性质与Al相似，反萃取后水溶液中镓元素以_______(用化学式表示)存在。（3）处理浸出液时，调节pH至5.4的目的是_______。（4）加入铁的原因为_______。（5）写出“高温合成”操作中Ga(CH3)3与NH3反应生成GaN的化学方程式_______。（6）利用炼锌矿矿渣所获得的三种金属盐，分别为镓盐、_______和_______。(用化学式表示)（7）取一定量GaN样品溶于足量的热NaOH溶液中，用H3BO3溶液将产生的NH3完全吸收，用标准浓度的盐酸滴定，通过消耗盐酸的体积，可测定样品的纯度。已知：NH3+H3BO3=NH3·H3BO3；NH3·H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3，硼酸的Ka=10-9.24，从滴定角度分析可用过量H3BO3溶液吸收NH3的可能原因是_______。【答案】（1）+3（2）##（3）使Fe3+，Ga3+离子完全转化为沉淀，Zn2+离子不沉淀（4）铁离子和镓离子萃取率相近，将铁离子转化为亚铁离子，避免铁离子被萃取（5）（6）①.ZnSO4②.FeCl2（7）硼酸的Ka=10-9.24，其电离非常小，酸性很弱不会影响滴定终点判断【解析】【分析】炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]加入硫酸溶解金属元素，过滤分离出二氧化硅，浸出液通过调节pH至5.4使得三价铁离子和镓离子变成沉淀分离出锌离子，加入盐酸溶解固体，加入铁单质将三价铁离子还原为亚铁离子，通过萃取分离出亚铁离子，对萃取剂加入氢氧化钠进行反萃取，使得镓元素进入水溶液，最后经过一系列操作得到GaN.【小问1详解】铁酸锌(ZnFe2O4)中锌元素为+2价，氧元素为-2价，根据化学式化合价代数和为0，铁元素的化合价为；【小问2详解】Ga位于周期表IIIA族，性质与Al相似，反萃取加入氢氧化钠调pH，碱性条件下变为或，后水溶液中镓元素以或存在；【小问3详解】处理浸出液时，调节pH至5.4的目的是使Fe3+，Ga3+离子完全转化为沉淀，Zn2+离子不沉淀；【小问4详解】加入铁的原因为铁离子和镓离子萃取率相近，将铁离子转化为亚铁离子，避免铁离子被萃取；【小问5详解】Ga(CH3)3与NH3反应生成GaN的化学方程式；【小问6详解】三种金属盐，分别为镓盐、ZnSO4、FeCl2；【小问7详解】可用过量H3BO3溶液吸收NH3的可能原因是硼酸的Ka=10-9.24，其电离非常小，酸性很弱不会影响滴定终点判断。9.工业上制硫化钡普遍采用两种方法：一种为重晶石(BaSO4)煤粉还原法(将重晶石和无烟煤混合后在1000-1200°C下还原焙烧1~2h)；另一种为气体还原法(将重晶石在850-900°C通入氢气进行还原反应)。下列是实验室模拟高温下H2还原重晶石法，装置如下。回答下列问题：（1）固体A的名称_______。（2）H2与BaSO4反应生成BaS，写出该反应的化学方程式_______。（3）打开活塞K之后，管式炉升温之前，必须进行的操作为_______。（4）测定BaS质量分数：取生成物10.00g，溶于蒸馏水后稀释至500mL；取25.00mL溶液于锥形瓶中，再加入10mL2%醋酸溶液及10.00mL0.50mol/LKI3标准溶液(过量)，充分振荡、使BaS中的硫元素完全转化为硫单质；向锥形瓶中加入2滴淀粉溶液做指示剂，用0.50mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液体积10.00mL(滴定反应为：+2=3I-+)。①稀释至500mL所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_______和______②写出KI3与BaS反应的化学方程式_______。③醋酸溶液加多了会导致测定结果偏小，原因可能是_______。④计算样品中BaS(M=169g/mol)质量分数：_______(保留3位有效数字)。⑤若用重晶石煤粉还原法制BaS，其产品纯度_______(填“升高”或“降低”)。【答案】（1）锌粒（2）BaSO4+4H2BaS+4H2O（3）收集氢气尾气并验纯（4）①.500mL容量瓶②.玻璃棒③.BaS+KI3=S+BaI2+KI④.产生硫化氢损失硫离子⑤.84.5%⑥.降低【解析】【分析】启普发生器中用锌和稀硫酸制备氢气，为防止氢气和氧气混合发生爆炸，收集氢气验纯后再加热盛有重晶石瓷舟，氢气把硫酸钡还原为硫化钡。【小问1详解】用氢气还原硫酸钡，实验室用锌和稀硫酸反应制取氢气，固体A的名称锌粒；【小问2详解】H2与BaSO4反应生成BaS和水，反应的化学方程式为BaSO4+4H2BaS+4H2O；【小问3详解】为防止氢气和氧气混合后发生爆炸，打开活塞K之后，管式炉升温之前，必须进行的操作为收集氢气尾气并验纯。【小问4详解】①稀释至500mL需要用500mL容量瓶定容，所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶和玻璃棒；②KI3把BaS氧化为S单质，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为BaS+KI3=S+BaI2+KI。③若醋酸溶液加多，过量的醋酸和BaS反应生成醋酸钡和H2S气体，产生硫化氢损失硫离子，导致测定结果偏小。④根据+2=3I-+，Na2S2O3消耗KI3的物质的量为0.50mol/L×0.01L=0.0025mol，则与BaS反应的KI3的物质的量为0.01L×0.50mol/L-0.0025mol=0.0025mol，根据BaS+KI3=S+BaI2+KI，可知BaS的物质的量为0.0025mol，样品中BaS(M=169g/mol)质量分数。⑤还原剂煤粉含有杂质元素，若用重晶石煤粉还原法制BaS，其产品纯度降低。10.五氧化二碘(I2O5)是一种重要的工业试剂，常温下为白色针状晶体，可用作氧化剂，用于除去空气中的一氧化碳。回答下列问题：（1）制取I2O5：将碘酸加热至90~110°C使其部分脱水生成二缩三碘酸(HI3O8)，再升温至220~240°C并恒温4h，使其脱水完全即得五氧化二碘。写出220~240°C生成I2O5的化学方程式：_______。（2）早期曾经采用五氧化二碘和淀粉的混合溶液来检测酒精的存在。原理是：I2O5与CH3CH2OH先发生反应I2O5+5CH3CH2OH=I2+5X+5H2O，生成的I2与淀粉溶液作用而变蓝，X的化学式是_______。（3）已知：反应I：2I2(s)+5O2(g)=2I2O5(s)ΔH1=-75.6kJ·mol-1反应Ⅱ：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=-566.0kJ·mol-1则对于反应Ⅲ：I2O5(s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s)ΔH3=_______kJ·mol-1（4）T1°C时向装有足量I2O5的2L恒容密闭容器中充入3molCO，此时压强为P0，发生反应Ⅲ，若反应达到平衡后固体质量减小32.0g。①下列说法正确的是_______。A.气体的密度不再变化可以判断反应达到平衡状态B.若升高温度，混合气体的平均相对分子质量将增大C.平衡后在原容器中再充入1molCO可使CO的转化率增大D.改变压强比值不会变化E.平衡后在原容器中再充入1mol氦气，反应速率将增大②该温度下反应的平衡常数Kp=_______。③如图是CO的平衡转化率随CO2的移出率[CO2的移出率=]关系。则图中T1_______T2(填“>”、“<”。“=”)，a=_______，b=_______。【答案】（1）2HI3O83I2O5+H2O（2）C2H4O（3）-1377.2（4）①.AD②.32③.<④.77⑤.70【解析】【小问1详解】HI3O8升温至220~240°C并恒温4h，使其脱水完全即得五氧化二碘，化学方程式为：2HI3O83I2O5+H2O。【小问2详解】I2O5与CH3CH2OH先发生反应I2O5+5CH3CH2OH=I2+5X+5H2O，由原子守恒可知X的化学式是C2H4O。【小问3详解】由盖斯定律可知(5×反应Ⅱ-反应I)可得I2O5(s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s)ΔH3=(5×ΔH2-ΔH1)=-1377.2kJ·mol-1。【小问4详解】①A．反应I2O5(s)+5CO(g)⇌5CO2(g)+I2(s)过程中，气体体积不变但质量增大，气体的密度增大，当气体的密度不再变化可以判断反应达到平衡状态，故A正确；B．反应I2O5(s)+5CO(g)⇌5CO2(g)+I2(s)是放热反应，若升高温度，平衡逆向移动，CO2转化为CO，混合气体的平均相对分子质量将减小，故B错误；C．平衡后在原容器中再充入1molCO，平衡正向移动，但该反应气体体积不变，故建立的是等效平衡，CO的平衡转化率不变，故C错误；D．反应I2O5(s)+5CO(g)⇌5CO2(g)+I2(s)是气体体积不变的反应，改变压强平衡不发生移动，不会变化，故D正确；E．平衡后在原容器中再充入1mol氦气，反应物和生成物的浓度不变，反应速率将不变，故E错误；故选AD；②根据已知条件列出“三段式”若反应达到平衡后固体质量减小32.0g，则气体的质量增大32.0g，xmol×44g/mol+(3-x)mol×28g/mol-3mol×28g/mol=32.0g，解得x=2，该反应时气体体积不变的反应，平衡时压强为p0，该温度下反应的平衡常数Kp==32；③反应I2O5(s)+5CO(g)⇌5CO2(g)+I2(s)是放热反应，若升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，则图中T1<T2；反应开始时加入的CO物质的量是3mol，T1时，当CO2的移出率是40%时，CO的平衡转化率为a%，则此时CO2的物质的量是3×a%×0.6mol，剩余CO的物质的量是3mol-3×a%mol，平衡常数K=，解得a=77；在温度为T2时，当CO2移出率是0时，CO的转化率为50%，则平衡时一氧化碳和二氧化碳的物质的量均为1.5mol，此时的化学平衡常数K==1，当CO的平衡转化率为77%时，CO2的移出率是b%，则此时CO2的物质的量是3×77%×(1-b%)mol，剩余CO的物质的量是3mol-3×77%mol，衡常数K==1，解得b=70。(二)选考题：[化学一选修3：物质结构与性质]11.载氢体与储氢材料的研究是氢能利用的关键技术。回答以下问题：（1）氮原子激发态的电子排布式有_______，其中能最最高的是_______。(填标号)a.1s22s22p23s1b.1s22s12p4c.1s22s22p13p2d.1s12s22p13d1（2）PH3和NH3为两种常见的三角锥形气态分子，其键角分别93°6'和107°，试用价层电子对互斥模型分析PH3的键角小于NH3的原因_______。NH3的沸点比PH3大但比H2O小的原因是：_______。（3）载氢体氨硼烷(NH3BH3)和氨硼烷锂(LiNH2BH3)被认为是最具潜力新型储氢材料，氨硼烷锂(LiNH2BH3)中存在的化学键类型为_______，NH3BH3分子中存在配位键，N原子与B原子的杂化类型分别为_______、_______。（4）某种储氢材料LaNi5的晶体结构已经测定，属六方晶系，晶胞参数a=511pm，c=397pm，晶体结构如图所示：已知上述晶体结构最多可容纳18个氢原子，写出完全吸氢后物质的化学式为_______，并计算该储氢材料完全吸氢后氢的密度_______g·cm-3，(列出计算式即可，阿伏伽德罗常数为NA，忽略吸氢前后晶胞的体积变化)。【答案】（1）①.abc②.c（2）①.N的原子半径比P小、电负性比P大，使得NH3分子中共用电子对之间的距离比PH3分子中近且斥力大②.氨气分子间可以形成氢键，水分子间形成的氢键数日多于氨气分子间形成数目（3）①.离子键，共价键②.sp3③.sp3（4）①.LaNi5H6②.【解析】【小问1详解】基态N原子核外电子排布为1s22s22p3；a．1s22s22p23s1为2p电子跃迁到3s轨道，为激发态；b．1s22s12p42s电子跃迁到2p轨道，为激发态；c．1s22s22p13p2为2p电子跃迁到3p轨道，为激发态；d．1s12s22p13d1不是氮原子的电子排布；不同能级能量高低顺序为，故氮原子激发态的电子排布式有abc，其中能最最高的是c；【小问2详解】PH3和NH3的中心原子均为sp3杂化，由于N的电负性大于P且N的原子半径比P小，导致N-H键中成键电子对更偏向N，使得成键电子对之间的斥力NH3>PH3，故PH3的键角小于NH3；NH3能形成氢键而PH3不能形成氢键，导致NH3的沸点比PH3大；水分子也能形成氢键，水分子中氧存在2对孤电子对且氧的电负性强于氮，故水分子形成氢键数目大于氨气分子且形成的氢键较牢固，故水的沸点更高；从而使得NH3