吉林省吉林市2023届高三下学期第四次调研测试理综试题（含答案解析）

吉林市普通中学2022—2023学年度高三毕业年级第四次调研测试化学试题可能用到的相对原子质量：Li：7Mn：55Ni：59Ga：70一、选择题：本题包括7个小题，每小题6分，共42分。每小题只有一个选项是符合题目要求的。1.2022北京冬奥会微火火炬等“酷科技”纷纷呈现，充分体现绿色奥运、科技奥运的理念。下列有关说法错误的是A.火炬“飞扬”的燃料中加入钠盐，是利用焰色试验这种化学变化来产生美丽的焰色B.速滑服“雷霆之星”中添加银离子能使蛋白质变性，有效防护新冠病毒侵入C.吉祥物“冰墩墩”的冰晶外壳由硅胶制成，硅胶耐强酸且不易燃烧D.速滑馆“冰丝带”利用CO2制冷打造“最美的冰”，比氟利昂更有利于保护臭氧层【答案】A【解析】【详解】A．焰色反应是物理变化，A错误；B．银是重金属，银离子能使蛋白质变性，有效防护新冠病毒侵入，B正确；C．硅胶化学性质稳定，除强碱和氢氟酸不与任何物质反应，C正确；D．氟利昂破坏臭氧层，二氧化碳不会破坏臭氧层，D正确；故答案为：A。2.糠醛可选择性转化为糠醇或2-甲基呋喃(如图)。下列说法错误的是A.糠醛中所有的碳原子可能共平面 B.糠醛与互为同系物C.糠醛不存在含苯环的同分异构体 D.2-甲基呋喃的一氯代物有4种【答案】B【解析】【详解】A．糠醛中有碳碳双键，故可能所有的碳都在一个平面上，A正确；B．二者官能团不同，不属于同系物，B错误；C．糠醛分子中有5个碳原子，其同分异构体中不可能形成苯环，C正确；D．2-甲基呋喃的有四个碳原子上有氢原子，且一氯代物有4种，D正确；故选B。3.某种含二价铜微粒[CuⅡ(OH)(NH3)]＋的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图，下列说法错误的是A.微粒[CuⅡ(OH)(NH3)]＋中Cu2+是中心离子接受电子对B.由状态②到状态③是铜元素被还原过程C.状态⑤到状态①的变化过程生成了极性键和非极性键D.该脱硝过程生成了气体NO会污染环境【答案】D【解析】【详解】A．空轨道，所以微粒中是中心离子接受电子对，A正确；B．由状态②到状态③是铜元素的化合价从，是被还原的过程，B正确；C．状态⑤到状态①，和,变化过程生成了极性键和非极性键，C正确；D．该脱硝过程生成了气体，不会污染环境，D错误；故选D。4.短周期元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大。已知：X和Y均满足最高正化合价与最低负化合价代数和为零；Z的气态氢化物的水溶液显碱性；Q原子为同周期原子半径最大的金属原子；R元素是同周期中电负性最大的元素。下列说法错误的是A.ZX5是一种离子化合物B.简单氢化物的沸点：Z>YC.Q元素的第一电离能在同周期元素中最大D.QR晶体为离子晶体，且R离子的配位数为6【答案】C【解析】【分析】氨的水溶液呈碱性，故Z是氮元素。最高正化合价与最低负化合价代数和为零的元素有氢和第四主族元素，故X是氢元素，Y是碳元素。同一周期从左到右，元素的原子半径依次减小故Q是钠元素。同一周期从左到右(除零族外)，元素的电负性依次增大，故R是氯元素。【详解】A．NH5的化学式为NH4H，它是由与构成的离子化合物，A正确；B．NH3分子之间能形成氢键，CH4分子之间只存在范德华力，所以，NH3比CH4的沸点高，B正确；C．同一周期从左到右，元素的第一电离能总体上呈递增趋势，一个周期中，IA族元素的第一电离能最小，零族元素的第一电离能最大，因此，氩元素的第一电离能是氯元素所处周期的最大者，C错误；D．NaC1属于离子晶体，晶体中阳离子和阴离子的配位数都是6，D正确；故选C。5.下列实验操作和现象与实验结论一定正确的是选项操作现象结论A．向锌与稀硫酸的反应体系中加入少量硫酸铜反应速率加快Cu2＋是该反应的催化剂B．将苯加入到橙色的溴水中，充分振荡后静置下层液体几乎无色苯与Br2发生了取代反应C．向酸性KMnO4溶液中先通入少量SO2，充分反应后，再滴入几滴BaCl2溶液产生白色沉淀SO2被氧化为D．室温下，向0.1mol·L－1HCl溶液中加入少量镁粉产生大量气泡，测得溶液温度上升镁与盐酸反应放热A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．向锌与稀硫酸的反应体系中加入少量硫酸铜，锌置换出硫酸铜中的铜，构成铜锌原电池，所以反应速率加快，故A错误；B．将苯加入到橙色的溴水中，充分振荡后静置，苯萃取溴水中的溴，下层液体几乎无色，故B错误；C．酸性高锰酸钾溶液中含有硫酸，向酸性KMnO4溶液中先通入少量SO2，充分反应后，再滴入几滴BaCl2溶液，产生白色沉淀，不能证明SO2被氧化为，故C错误；D．室温下，向0.1mol·L－1HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升，说明镁与盐酸反应放热，故D正确；选D。6.科学家预言，被称为“黑金”的“新材料之王石墨烯”将“彻底改变21世纪”。我国关于石墨烯的专利总数世界排名第一、如图是我国研发的某种石墨烯电池有关原理示意图，左边装置工作时的电极反应为Li1－xC6＋xLi＋＋xe－=LiC6，Li[GS/Si]O2－xe－=Li1－x[GS/Si]O2＋xLi＋。下列说法正确的是A.a与d电极上发生氧化反应B.左右两个装置中的离子交换膜均为阳离子交换膜C.电池放电时，负极反应为Li1－x[GS/Si]O2＋xLi＋＋xe－=Li[GS/Si]O2D.若装置工作前c与d电极质量相等，则转移0.1mol电子后两个电极质量相差0.7g【答案】B【解析】【分析】右侧装置为原电池，根据Li+移动方向可知，c为负极、d为正极。左边装置为给原电池充电，a为阴极、b为阳极；【详解】A．a为电解池阴极、d为原电池正极，a与d电极上发生还原反应，故A错误；B．左右两个装置中的离子交换膜允许Li+通过，均为阳离子交换膜，故B正确；C．右侧装置为原电池，电池放电时，负极反应为LiC6－xe－=Li1－xC6＋xLi＋，故C错误；D．若装置工作前c与d电极质量相等，则转移0.1mol电子c电极质量减小0.7g、d电极质量增加0.7g，两个电极质量相差1.4g，故D错误；选B。7.向5mL0.10mol·L－1H2A溶液滴加一定浓度的NaOH溶液，滴定过程中溶液pH和温度随的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.Z点为第二反应终点，可选用甲基橙作为指示剂B.从W至Z点，水的电离程度逐渐增大，Kw不变C.当=1.5时，c(H2A)>c(A2−)−c(HA−)D.25℃时，H2A的电离常数Ka1=10－2.3，Ka2=10－9.7【答案】C【解析】【分析】向5mL0.10mol·L－1H2A溶液滴加一定浓度的NaOH溶液，由图知，X点为第一反应点，则X点发生反应NaOH+H2A=NaHA+H2O恰好完全，溶质为NaHA，其横坐标为，可见NaOH溶液为0.10mol·L－1，Z点温度最高，则为第二反应点，Z点发生反应NaOH+NaHA=Na2A+H2O恰好完全，溶质为Na2A。【详解】A．Z点为第二反应终点，溶质为Na2A，溶液呈碱性，不能选用甲基橙作为指示剂，A错误；B．氢离子被消耗、温度升高均能促使水电离程度增大，从W至Z点，温度升高使Kw增大，B错误；C．由图知，当=1.5时，所得溶液为Na2A、NaHA的混合溶液，溶液呈碱性，则得①，根据物料守恒可得②：3c(HA-)+3c(A2-)+3c(H2A)=2c(Na+)，根据电荷守恒得③：，三式合并得c(H2A)＞c(A2−)−c(HA−)，C正确；D．滴定过程中溶液的温度发生变化，难以根据W点和Y点计算出25℃时H2A的电离常数，Ka1=10－2.3应为W点溶液对应温度下的电离平衡常数，Ka2=10－9.7应为Y点溶液对应温度下(27°C)的电离平衡常数，D错误；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。8.复兴号高铁车体材质用到锰元素，锰及其化合物用途广泛。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2杂质)为原料生产金属锰和高品位MnCO3的工艺流程如图：（1）“溶浸”过程中，若其他条件不变，采取下列措施能提高浸出率的有________(填序号)。A．适当升高溶浸温度B．适当加快搅拌速度C．适当缩短溶浸时间（2）锰的浸出率结果如图所示。由图可知，所采用的最佳实验条件为___________。（3）残余在滤渣1中需要回收循环利用的MnO2，可加入葡萄糖和硫酸溶液处理，氧化产物为CO2.写出对应的离子方程式___________。（4）“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分除了CoS、NiS以外，还有___________(填化学式)。（5）写出“沉锰”的原理为___________(用离子方程式表示)；“沉锰”的关键操作是将反应终点pH控制在7附近，原因是___________。（6）由锰、镍、镓制备的磁性形状记忆型合金中，基态Mn原子的价层电子排布图为___________，晶胞结构如图，立方晶胞的边长为anm，则该晶体的密度为___________g•cm－3(NA表示阿伏加德罗常数)。【答案】（1）AB（2）80℃、90min（3）12MnO2+C6H12O6+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O（4）Fe(OH)3、MnS（5）①.②.若pH>7，会生成氢氧化锰沉淀，造成MnCO3纯度降低；若pH<7，造成MnCO3溶解，产率降低（6）①.②.【解析】【分析】菱锰矿主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2，用稀硫酸溶浸，得硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸钴、硫酸镍溶液，加二氧化锰把Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH生成氢氧化铁沉淀，加MnS沉淀Co2+、Ni2+，过滤得硫酸锰溶液，加碳酸氢铵生成碳酸锰“沉锰”；电解硫酸锰溶液得到金属锰。【小问1详解】A．适当升高溶浸温度，反应速率加快，能提高浸出率，故选A；B．适当加快搅拌速度，反应速率加快，能提高浸出率，故选B；C．适当缩短溶浸时间，反应物接触时间变短，浸出率降低，故不选C；选AB。【小问2详解】由图可知，80℃、90min锰的浸出率得到90%以上，所采用的最佳实验条件为80℃、90min。【小问3详解】MnO2在酸性条件下把葡萄糖氧为CO2，MnO2的还原产物为Mn2+，反应的离子方程式为12MnO2+C6H12O6+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O；【小问4详解】加二氧化锰氧化后的溶液中含有Co2+、Ni2+、Fe3+，加氨水调节pH，加MnS沉淀Co2+、Ni2+，“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分除了CoS、NiS以外，还有Fe(OH)3和剩余的MnS。【小问5详解】“沉锰”时硫酸锰和碳酸氢铵反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳、硫酸铵，反应的离子方程式为；“沉锰”的关键操作是将反应终点pH控制在7附近，原因是若pH>7，会生成氢氧化锰沉淀，造成MnCO3纯度降低；若pH<7，造成MnCO3溶解，产率降低。【小问6详解】Mn是25号元素，基态Mn原子的价层电子排布图为；根据均摊原则，Ni原子数为、Mn原子数为4、Ga原子数为4，立方晶胞的边长为anm，则该晶体的密度为g•cm－3。9.己二酸[HOOC(CH2)4COOH]可用于制造尼龙－66合成纤维。实验室可用碱性KMnO4溶液氧化环己醇()制取己二酸，其反应原理简示如下：KOOC(CH2)4COONa

∆H

<0；KOOC(CH2)4COONaHOOC(CH2)4COOH已知：名称相对分子质量密度(g/mL)溶解性环己醇1000.96可溶于水，易溶于乙醇己二酸1461.36在水中溶解度：15℃时为1.44g，25℃时为2.1g，100℃时为160g；易溶于乙醇实验步骤：步骤1：在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入50mL0.3mol·L−1NaOH溶液和8.5g高锰酸钾(约0.05mol)，慢慢开启搅拌器，水浴升温至35°C使之溶解。步骤2：控制滴速滴加环己醇2.1mL，加热回流，充分反应后趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。步骤3：将滤液和洗涤液倒入100mL烧杯中，加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，再用浓盐酸酸化至pH为2~4，小火加热蒸发溶液至10mL左右，冷却结晶，抽滤，洗涤，干燥，称重得产品2.1g。回答下列问题：（1）环己醇()分子中杂化轨道类型为sp3杂化的原子是___________。（2）在反应装置中应选用___________冷凝管(填“直形”或“球形”)。（3）环己醇滴速不同，反应过程中溶液温度随时间的变化曲线不同，具体情况如图所示。为提高己二酸的产率，在实验过程中最好选择曲线___________对应的滴速。(填标号)（4）加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是___________；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理___________。（5）若要得到纯度更高的己二酸，可通过___________的方法提纯。（6）本实验中己二酸的产率为___________(保留两位有效数字)。【答案】（1）C、O（2）球形（3）F（4）①.除去过量的高锰酸钾，避免在用浓盐酸酸化时，产生氯气②.+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（5）重结晶（6）71%【解析】【小问1详解】分子中C原子、O原子的VSEPR模型为四面体，所以杂化轨道类型为sp3杂化的原子是C、O【小问2详解】球形冷凝管的内接触面积较大，冷凝效果更好。因此反应装置中使用球形冷凝管，起到导气和冷凝回流的作用【小问3详解】为提高己二酸的产率首先要提高己二酸钾钠的产率，题中所示反应原理中反应温度需控制在50℃以内，因此实验过程中最好选择曲线F对应的滴速【小问4详解】反应混合物中有KMnO4，为避免后续加入的浓盐酸与其反应产生氯气，需先加入饱和亚硫酸钠溶液，除去过量的KMnO4；用草酸处理的反应方程式为+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O小问5详解】若要得到纯度更高的己二酸，可通过重结晶的方法提纯【小问6详解】设2.1mL环己醇理论上可制得己二酸质量为xg，，解得x≈2.94g，产率=2.1÷2.94×100%≈71%10.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。Ⅰ．对合成氨反应的研究（1）已知合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)∆H=−92kJ/mol，该反应的活化能Ea1=508kJ/mol，则反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的活化能Ea2=___________。（2）一定温度下，将1molN2和3molH2置于1L的恒容密闭容器中发生如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。测得不同温度(T)、不同时间段内合成氨反应中NH3的产率，数据如下：1小时2小时3小时4小时5小时T128%49%65%abT225%45%60%70%70%表中T1___________T2(填“>”“<”或“=”)，其中a、b、70%三者的大小关系是___________(用含“>”“<”或“=”的关系式表示)。Ⅱ．对相关脱硝反应的研究（3）等物质的量的NO和CO分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的刚性容器，进行反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，已知该反应平衡常数K与温度T的函数关系为lnK=X+(X、R为常数，且X、R、T均为正数)，则该反应的∆H___________0(填“大于”、“小于”、“等于”或“不确定”)。经过相同时间测得NO的转化率如图所示。图中a点___________(填“是”或“不是”)平衡状态，请说明理由___________。（4）一定温度下，将等物质的量的NO和CO充入刚性容器，进行第(3)问的反应，起始压强为P0kPa，在5min时达到平衡，此时容器的压强为0.9P0kPa，此温度下，该反应平衡常数KP=___________kPa－1(用P0表示，KP是用平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。【答案】（1）600kJ/mol（2）①.>②.a=b<70%（3）①.小于②.不是③.催化剂不影响平衡移动，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，点a的转化率应该比点c的转化率更高，所以点a补是平衡状态（4）【解析】【小问1详解】由∆H=Ea1-Ea2得，Ea2=Ea1-∆H=508kJ/mol-(-92kJ/mol)=600kJ/mol；【小问2详解】根据表中数据可知，相同时间段内，T1温度下合成氨反应中NH3的产率高于T2,说明T1的反应速率快于T2，温度越高，反应速率越快，故T1>T2；由于该反应是放热反应，根据勒夏特列原理可知，温度越高，此反应转化率越低，则达到平衡时，NH3的产率T1<T2，故b<70%，平衡后，转化率不再发生变化，故a=b，则a=b<70%三者的大小关系是a=b<70%；【小问3详解】由lnK=X+(X、R为常数，且X、R、T均为正数)知，T大于0，升高温度，K减小，∆H<0，正反应为放热反应，①②是使用不同得催化剂，经过相同的时间得出的NO转化率随温度变化的曲线，相同时间①中a点的转化率高于②中对应点的转化率，催化剂不影响平衡移动，若a点位平衡点，则比c点的转化率更高，所以点a不是平衡状态，点c为NO转化率的最高点，为平衡状态，不是出现横线才是平衡状态，因为横坐标不是时间，而是温度，不会出现横线，a点为催化剂①的最适宜温度，升高温度，会使其失去活性或者活性降低，导致NO的转化率下降，不是平衡的移动，c点为平衡状态，升温，平衡左移，NO转化率下降；【小问4详解】起始压强为P0kPa，两者得物质的量又相等，可知NO和CO所占压强均为,设变化压强为,由三段式得：；解得，则。11.N－乙酰基－5－甲氧基色胺，又称为松果体素、褪黑色素，是一种吲哚类杂环生物源胺，如图是褪黑素(K)的一种工业化合成路线：已知：(苯胺，呈碱性，易被氧化)（1）A化学名称为___________，B的结构简式为___________。（2）反应⑥的反应类型是___________，H中手性碳原子有___________个。