2023届北京市丰台区高三二模化学试题（解析版）

PAGEPAGE1北京市丰台区2023届高三二模可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16F：19Na：23P：31Cl：35.5Mn：55Fe：56第Ⅰ部分(选择题共42分)一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.研究的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义。下列有关的应用中，涉及氧化还原反应的是（）A.用制纯碱 B.用制甲醇C.用干冰制造“云雾” D.用制碳酸饮料【答案】B【解析】A．用CO2制纯碱的过程中不存在元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，选项A不符合题意；B．用CO2制甲醇的过程中C元素的化合价由+4价降至-2价，有元素化合价的升降，涉及氧化还原反应，选项B符合题意；C．用干冰制造“云雾”没有生成新物质，属于物理变化，选项C不符合题意；D．用CO2制碳酸饮料是二氧化碳和水反应生成碳酸，不存在元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，选项D不符合题意；答案选B。2.下列化学用语或图示表达不正确的是（）A.的模型： B.羟基的电子式：C.的结构示意图： D.原子核内有8个中子的碳原子：【答案】A【解析】A．中心S原子的价层电子对数为，不含孤对电子，模型为平面三角形，故A错误；B．羟基是电中性微粒，电子式为：，故B正确；C．S为16号元素，核外电子排布为2，8，8，离子结构示意图为，故C正确；D．8个中子的碳原子，质量数为14，核素表示式为：，故D正确；故选：A。3.下列离子方程式书写正确的是（）A.通入水中制氯水：B.可用溶液吸收少量：C.过量铁粉与稀硝酸反应：D.溶液与少量溶液混合：【答案】B【解析】A．与水反应可逆反应，且HClO为弱酸应写化学式：，故A错误；B．被氧化生成硫酸，氯气少量，还会有亚硫酸氢根离子生成：，故B正确；C．过量铁粉与稀硝酸反应最终生成硝酸亚铁，离子方程式为：，故C错误；D．溶液与少量溶液混合：，故D错误；故选：B。4.下列关于、、、元素及其化合物的说法不正确的是（）A.酸性：B熔点：C.电负性：D.离子半径：【答案】C【解析】A．非金属性Cl>Br，非金属性越强最高价氧化物的水化物酸性越强，则酸性：，故A正确；B．均为离子晶体，氯离子半径小于溴离子，氯化钠中的离子键比溴化钠强，因此熔点：，故B正确；C．Cl和Br的电负性大于金属Na和Mg，氯溴同主族，从上到下电负性减弱，Na和Mg同周期从左到右电负性增强，则电负性：，故C错误；D．溴离子核外电子层数为4，氯离子核外电子层数为3，钠离子和镁离子核外电子层数为2，钠离子核电荷数小于镁离子，粒子核外电子层数越多半径越大，电子层数相同时核电荷数越大半径越小，则离子半径：，故D正确；故选：C。5.已知。下列说法不正确的是（）A.钠在空气中燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色固体B.中含有离子键和非极性共价键C.中阴阳离子个数比为D.可作供氧制，与反应过程中每生成转移【答案】C【解析】A．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，观察到产生黄色火焰，生成淡黄色固体物质，选项A正确；B．Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子内氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，选项B正确；C．Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，则Na2O2中阴、阳离子个数比为1:2，选项C错误；D．过氧化钠和二氧化碳反应时得到的氧气是由-1价的氧元素生成的，故生成1mol氧气时转移电子为2mol，选项D正确；答案选C。6.电化学的应用领域非常广泛。下列说法不正确的是（）A.电解溶液时，与直流电源负极相连的石墨棒上逐渐覆盖红色的铜B.铜板上铁铆钉在中性水膜中被腐蚀时，正极发生的电极反应为：C.电解饱和食盐水的过程中，阴极区碱性不断增强D.铅蓄电池放电时，电子由通过导线流向【答案】D【解析】A．电解溶液时，与直流电源负极相连的石墨棒作阴极，发生反应：，石墨棒上析出铜单质，故A正确；B．铜板上铁铆钉在中性水膜中发生吸氧腐蚀，正极氧气得电子，电极反应为：，故B正确；C．电解饱和食盐水的过程中，阴极发生反应：，阴极区氢氧根离子浓度增大，碱性不断增强，故C正确；D．铅蓄电池放电时，作负极，作正极，电子通过导线由负极Pb流向正极，故D错误；故选：D。7.邻二氮菲()与生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，可用于的测定，邻二氮菲的结构简式如图所示。下列说法不正确的是（）A.邻二氮菲的一氯代物有4种B.邻二氮菲的熔点主要取决于所含化学键的键能C.邻二氮菲分子中的碳原子和氮原子杂化方式相同D.用邻二氮菲测定浓度时，溶液酸性或碱性太强会影响测定结果【答案】B【解析】A．邻二氮菲具有对称性，其一氯代物有4种，如图，故A正确；B．邻二氮菲属于分子晶体，熔点主要取决于分子间作用力的大小，与化学键的键能无关，故B错误；C．邻二氮菲分子中的碳原子均形成3个键，没有孤电子对，采取sp2杂化；每个氮原子形成2个键，孤电子对数目为1，采取sp2杂化，则碳原子和氮原子杂化方式相同，故C正确，D．溶液酸性太强时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键而减弱与Fe2+的配位能力；溶液碱性太强时，会生成Fe(OH)2，故溶液酸性或碱性太强都会影响测定结果，故D正确；故选：B。8.工业上可以利用水煤气(、)合成二甲醚()，同时生成。合成过程中，主要发生三个反应，℃时，有关反应及相关数据如下。保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，进行实验，测得转化率随温度变化曲线如下图。下列说法不正确的是（）A.℃时，水煤气合成二甲醚的热化学方程式：B.℃时，增大压强、加入催化剂均可提高的平衡转化率C.220℃~240℃时，温度升高反应速率加快，转化率升高D.温度高于240℃时，温度升高转化率降低的原因可能是平衡逆向移动【答案】B【解析】A．已知：℃时，有关反应及相关数据如下①②③由盖斯定律可知，2×①+②+③得反应，则其焓变为，A正确；B．加入催化剂可以加快反应速率，但是不能改变物质的平衡转化率，B错误；C．升高温度反应速率加快，由图可知，20℃~240℃时，温度升高反应速率加快，且转化率升高，C正确；D．反应均为放热反应，温度高于240℃时，温度升高导致平衡逆向移动，使得转化率降低，D正确；故选B。9.工业上可用盐酸、饱和食盐水和二氧化锰浸取方铅矿(主要成分为，含有等杂质)。已知：ⅰ、常温下，难溶于水；可以与形成ⅱ、可溶于一定浓度的盐酸。ⅲ、浸取过程中还存在如下图的反应。下列说法不正确的是（）A.浸取方铅矿时，饱和食盐水的作用主要是提高含物质的溶解性B.反应Ⅰ中，每消耗，生成C.反应Ⅱ中，发生反应的离子方程式为：D.反应Ⅱ速率逐渐变慢，其原因可能是生成的覆盖在固体表面【答案】C【解析】A．已知：常温下，难溶于水；可以与形成，浸取方铅矿时，饱和食盐水的作用主要是增大氯离子浓度，提高含物质的溶解性，A正确；B．反应Ⅰ中，锰元素化合价由+4变为+2，铁元素化合价由+2变为+3，根据电子守恒可知，，则每消耗，生成，B正确；C．反应Ⅱ中，铁离子和FeS2反应生成S和亚铁离子，离子方程式为：，C错误；D．反应Ⅱ速率逐渐变慢，其原因可能是生成的覆盖在固体表面，减小了反应面积，导致反应速率减慢，D正确；故选C。10.5−羟甲基糠醛()的一种合成路线如下图所示。下列说法不正确的是（）已知：A.①的反应是水解反应B.一定条件下链式果糖也能发生银镜反应C.葡萄糖、链式果糖和环式果糖互为同分异构体D.④中生成与的物质的量之比为1∶2【答案】D【解析】A．纤维素水解生成葡萄糖，所以①的反应是水解反应，选项A正确；B．含有醛基的有机物能和银氨溶液发生银镜反应，虽然链式果糖中不含醛基，但链式果糖和葡萄糖之间存在转化平衡，链式果糖中含有葡萄糖，葡萄糖中含醛基，一定条件下链式果糖也能和银氨溶液发生银镜反应，选项B正确；C．分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，葡萄糖、链式果糖和环式果糖的分子式都是C6H12O6，结构不同，所以互为同分异构体，选项C正确；D．环式果糖的分子式为C6H12O6，5-羟甲基糠醛的分子式为C6H6O3，根据原子守恒，④中生成5-HMF与H2O的物质的量之比为1∶3，选项D错误；答案选D。11.由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（）实验操作和现象结论A向溶液中滴加过量氯水，溶液变为橙色，再加入淀粉溶液，溶液变为蓝色氧化性：B将补铁剂溶于盐酸，过滤，将滤液加入溶液中，溶液紫色褪去补铁剂中含有二价铁C在溶液中滴加2滴溶液，溶液变为红褐色，再滴加溶液，产生蓝色沉淀发生了水解反应和氧化还原反应D将充满的试管倒扣在盛有足量水的水槽中，试管中液面上升，试管顶部仍有少量气体收集的中含有不溶于水的杂质气体【答案】C【解析】A．过量氯水也会将碘离子转化为碘单质，不能得出相应结论，A不符合题意；B．引入的氯离子也会酸性高锰酸钾反应使得溶液褪色，干扰了亚铁离子的检验，不能得出相应结论，B不符合题意；C．溶液变为红褐色，说明水解生成了氢氧化铁沉淀；再滴加溶液，产生蓝色沉淀，说明铁离子被还原为亚铁离子，能得出相应结论，C符合题意；D．二氧化氮和水生成硝酸和不溶于水的一氧化氮气体导致试管顶部仍有少量气体，不能得出相应结论，D不符合题意；故选C。12.聚氨酯水凝胶是一种良好的药物载体，由三种原料在70℃及催化剂条件下合成，其结构片段如下图(图中表示链延长)。下列说法不正确的是（）已知：＋A.对应的原料单体是乙二醇B.合成聚氨酯水凝胶的原料之一为：C.1个对应的原料分子中至少含有4个羟基D.聚氨酯水凝胶通过水解反应可再次得到合成时所用的三种原料【答案】D【解析】A．乙二醇分子含有2个羟基，可以发生缩聚反应生产Z，对应的原料单体是乙二醇，A正确；B．已知：＋，则可以和CH3OH反应生成，在生成M的过程中形成M中链节Y，B正确；C．1个X与4个Y相结合，则X中至少含有4个羟基与发生取代反应得到M中X、Y相连的部分，C正确；D．聚氨酯水凝胶通过水解反应，Y链节部分会转化为，而不是得到合成时所用的初始原料，D错误；故选D。13.常温下，向浓度均为的和混合溶液中滴加盐酸，溶液随盐酸加入体积的变化如下图所示。下列说法不正确的是（）已知：常温常压下，1体积水能溶解约1体积。A.点的溶液中，B.b点()的溶液中，C.c点的溶液，是因为此时的电离能力大于其水解能力D.点的溶液中，【答案】C【解析】A．点加入5mL的溶液中盐酸，得到溶液中氢氧化钠、氯化钠物质的量之比为1:1，此外溶液中碳酸根离子会水解生成氢氧根离子，故溶液中，A正确；B．b点加入盐酸体积大于20mL，则，根据电荷守恒可知，，，则，故；由钠元素守恒可知，，则溶液中，B正确；C．c点溶液中含有氯化钠、碳酸氢钠、碳酸，溶液，是因为碳酸的电离程度大于的水解能力，C错误；D．点计入30mL稀盐酸，根据氯元素、钠元素守恒可知，溶液中，，则，D正确；故选C。14.某同学检验海带中是否含有碘元素，进行了如下实验。步骤Ⅰ：灼烧干海带得到海带灰；步骤Ⅱ：将海带灰加蒸馏水溶解、过滤，得到海带灰浸取液；步骤Ⅲ：取少量浸取液于试管中，加入淀粉溶液，溶液未变蓝；再加入溶液(硫酸酸化)，溶液变为蓝色；步骤Ⅳ：将溶液(硫酸酸化)替换为氯水，重复步骤Ⅲ，溶液未变蓝；步骤Ⅴ：向步骤Ⅳ所得溶液中通入，溶液迅速变为蓝色。下列说法不正确的是（）A.步骤Ⅰ中，灼烧干海带的目的是除去有机化合物，获得可溶性碘化物B.步骤Ⅲ中，反应的离子方程式：C.若将步骤Ⅴ中的替换为溶液，也可能观察到溶液变为蓝色D.对比步骤Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中实验现象，说明该条件下氧化性比氯水强【答案】D【解析】A．干海带灼烧过程中所含有机质转化为二氧化碳和水，得到可溶性碘化物，故A正确；B．根据步骤III中现象可知，将碘离子氧化为碘单质，根据电子得失守恒得反应离子方程式：，故B正确；C．由步骤IV、步骤V的现象可知氯水将碘化物氧化为碘酸盐，碘酸盐被二氧化硫还原碘单质，也具有较强还原性，也能将碘酸盐还原为碘单质，故C正确；D．对比步骤Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中实验现象，可知只能将碘化物氧化为碘单质，而氯气能将碘化物氧化为碘酸盐，说明氯气的氧化性强于，故D错误；故选：D。第Ⅱ部分(非选择题共58分)二、本部分共5题，共58分。15.随着科学的发展，氟及其化合物的用途日益广泛。Ⅰ、离子液体具有电导率高、化学稳定性高等优点，在电化学领域用途广泛。某离子液体的结构简式如下图。1−乙基−3−甲基咪唑四氟硼酸盐()（1）写出基态铜原子的价电子排布式______________。（2）是制备此离子液体的原料。①微粒中键角：___________(填“>”、“<”或“=”)。②可以与反应生成的原因是________________________________。（3）以和的混合体系做电解质溶液，可以实现在不锈钢上镀铜。镀铜时，阳极材料为_________，电解质溶液中向________极移动(填“阴”或“阳”)。Ⅱ、等氟化物可以做光导纤维材料，一定条件下，某的晶体结构如下图。（4）与距离最近且相等的有___________个。（5）表示阿伏伽德罗常数的值。晶胞为正方体，边长为，则晶体的摩尔体积___________。()【答案】（1）3d104s1（2）①>②可与F-结合形成配位键（3）Cu阴（4）6（5）【解析】（1）铜是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；（2）①BF3中价层电子对数=键数+孤电子对数=3+=3，杂化轨道数=价层电子对数=3，B采取sp2杂化，而价层电子对数=4+=4，杂化轨道数=4，B采取sp3杂化，所以键角：>；②可与F-结合形成配位键，故可以与反应生成；（3）镀铜时，阳极材料为Cu，电解质溶液中阳离子向阴极移动；（4）白球，黑球，与等距且最近的有6个，以体心处白球为研究对象，与等距且最近的位于6个面心处；（5）1个晶胞中有8+6=4个，12+1=4个F-，晶胞物质的量=mol，晶胞体积=(a)3m3，Vm==m3/mol。16.化学平衡常数在定性分析与定量分析中应用广泛。（1）一定温度下，在密闭容器中反应：，测得如下数据。开始浓度10s20s30s0.500.220.110.110.500.220.110.110.000.560.780.78①该温度下，的平衡转化率为___________。②该温度下，当初始投入浓度为，，时，进行实验，反应进行的方向为___________(填“正反应方向”或“逆反应方向”)。（2）已知：25℃时，、、、的电离平衡常数。物质电离平衡常数①25℃时，相同物质的量浓度的、、、溶液，由大到小的顺序为___________。②25℃时，向溶液中加入溶液达到滴定终点，再向溶液中加入溶液，使溶液中，溶液中___________。③结合电离平衡常数分析与溶液反应的产物___________。④将足量通入溶液中，迅速反应得到无色溶液和白色沉淀()。放置一段时间，有和生成。先产生白色沉淀，后生成和的可能原因是_______________________________________________。【答案】（1）①78%②逆反应方向（2）①>>>②③和④与溶液生成沉淀的速率大于生成和速率【解析】（1）①由表中数据可知平衡时碘单质的物质的量为0.11mol，则的平衡转化率为，故答案为：78%；②由表中数据可知平衡时：、、，则该反应的平衡常数K=，该温度下，当初始投入浓度为，，时，Qc=>K，则反应向逆反应方向进行，故答案为：逆反应方向；（2）①相同物质的量浓度的、、、溶液，氢离子浓度主要取决于各种酸的一级电离程度的大小，由表中数据：Ka1()>Ka()>Ka1()>Ka1()，则溶液中氢离子浓度：>>>，故答案为：>>>；②溶液中，则，结合醋酸电离平衡常数Ka=，故答案为：；③由电离常数可知酸性：>>，根据强酸制弱酸原理，与溶液反应的产物只能是和，故答案为：和；④与溶液生成沉淀，同时与也能氧化还原反应生成Ag和，根据现象可知生成沉淀的速率大于生成和速率，故答案为：与溶液生成沉淀的速率大于生成和速率。17.左氧氟沙星是一种具有广谱抗菌作用的药物，其前体的合成路线如下：已知：ⅰ、(其中、是有机试剂缩写)ⅱ、ⅲ、＋＋（1）A中含-CH3，A→B的化学方程式是______________________________________。（2）D的结构简式是___________。（3）已知试剂的结构简式为。的反应类型为___________。（4）G分子中官能团名称为氟原子、醚键、___________、___________。（5）已知试剂为，H的结构简式是___________。（6）I中含有两个酯基，的结构简式是___________。（7）K的另一种制备途径如下：写出M、N、P的结构简式______________、______________、______________。【答案】（1）+C2H5OH+H2O（2）（3）取代反应（4）羟基氨基（5）（6）（7）【分析】A中含-CH3，参照E的结构，A的结构简式为，B为，C为，D为；a为，E为；依据信息，可确定F为，G为；试剂为，则H为；H的分子式为C17H21NO6F2，I的分子式为C17H19NO5F2，则H脱掉1个H2O生成I，I为，I发生取代反应生成J和乙醇，则J为，K为。【详解】（1）由分析可知，A的结构简式为，B为，则A→B的化学方程式是+C2H5OH+H2O。答案为：+C2H5OH+H2O；（2）由分析可知，D的结构简式是。答案为：；（3）已知试剂a的结构简式为，则++HF，反应类型为取代反应。答案为：取代反应；（4）G为，分子中官能团名称为氟原子、醚键、羟基、氨基。答案为：羟基；氨基；（5）已知试剂为，由分析可得出，H的结构简式是。答案为：；（6）I中含有两个酯基，由分析可得出，的结构简式是。答案为：；（7）由K制备，采用逆推法，可确定P为，参照信息ⅲ，可确定M为，N为，从而得出M、N、P的结构简式分别为、、。答案为：；；。18.钨精矿分解渣可回收制备氧化铁和碳酸锰。在70~80℃时，钨精矿分解渣用盐酸浸取，浸出液中主要金属离子为、、，还含有少量、等。浸出液进一步制备氧化铁和碳酸锰的部分工艺流程如下。已知：ⅰ、金属离子的起始浓度为时，生成氢氧化物沉淀的。氢氧化物开始沉淀时1.53.34.478完全沉淀时2.84.66.48.8ⅱ、物质（1）浸出液加入硫酸铵后，采取的分离操作是_______________________。（2）沉淀1的主要成分是______________。（3）已知，煅烧后的Fe2O3不溶于水和稀硝酸。粗氧化铁中除Fe2O3外，还含有的物质是______________。（4）结合化学用语解释溶液呈碱性的原因__________________________。（5）滤液3中含有和，加入主要沉淀出的原因可能是__________________________________________________。（6）碳酸锰含量测定。步骤1：准确称取碳酸锰样品于锥形瓶中，加入适量高磷混酸(主要含和)加热至220℃~240℃，无小气泡冒出后，冷却至室温。步骤2：用硫酸亚铁铵标准溶液滴定，消耗硫酸亚铁铵标准溶液体积为。已知：ⅰ、能与络合形成稳定的。ⅱ、的沸点为203℃。=1\*GB3①写出将氧化为，同时生成的离子方程式__________________________________________________。②碳酸锰样品中锰的质量分数为___________。【答案】（1）过滤（2）（3）Al2O3、CuO（4）铵根离子水解，硫离子水解，铵根离子水解程度小于硫离子水解程度，使得溶液显碱性（5），锰离子比钙离子更容易结合碳酸根离子生成沉淀，且溶液中钙离子浓度低不易生成沉淀（6）①②【分析】钨精矿分解渣用盐酸浸取，浸出液中主要金属离子为、、，还含有少量、等；浸出液加入硫酸铵，部分钙离子和硫酸根离子生成硫酸钙沉淀得到沉淀1，过滤滤液1加入氨水调节pH，将铁离子、铝离子、部分铜离子转化为沉淀2，沉淀2煅烧得到粗氧化铁，加入稀硝酸洗涤得到氧化铁；滤液2加入硫化铵得到硫化铜沉淀3，滤液3加入碳酸钠得到沉淀；【详解】（1）浸出液加入硫酸铵后，需要分离固体和液体，故采取的分离操作是过滤；（2）由分析可知，沉淀1的主要成分是；（3）沉淀2中含有氢氧化铁、氢氧化铜、氢氧化铝，煅烧得到氧化铁、氧化铜、氧化铝，故粗氧化铁中除Fe2O3外，还含有的物质是Al2O3、CuO；（4）中铵根离子水解，硫离子水解，铵根离子水解程度小于硫离子水解程度，使得溶液显碱性；（5）由图标可知，，锰离子比钙离子更容易结合碳酸根离子生成沉淀，且溶液中钙离子浓度低不易生成沉淀；（6）①将氧化为，同时生成，氯元素化合价由+7变为0，锰元素化合价由+2变为+3，由电子守恒结合质量守恒可知，离子方程式。②滴定过程中亚铁离子转化为铁离子、三价锰转化为二价锰，根据电子守恒和锰元素守恒可知，故碳酸锰样品中锰的质量分数为。19.某小组同学探究不同条件下与三价铬()化合物的反应。资料：ⅰ、(墨绿色)、(墨绿色)、(蓝色)、(黄色)、(橙色)、(砖红色)。ⅱ、ⅲ、；室温下，向溶液中滴加溶液或溶液分别配制不同(Ⅲ)溶液；取配制后的溶液各，分别加入足量30%溶液。实验①②③④加前4.106.758.4313.37现象墨绿色溶液蓝色浊液蓝色浊液墨绿色溶液加后现象墨绿色溶液黄绿色溶液黄色溶液砖红色溶液（1）结合加前的实验现象，可推测具有___________(填“碱性”、“酸性”或“两性”)。（2）实验①中，加后无明显现象的原因可能是_____________________________。（3）实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液原因可能是___________________________。（4）取实验③中黄色溶液，加入一定量稀硫酸，可观察到，溶液迅速变为橙色，最终变为绿色，观察到有无色气体产生。结合化学用语解释上述实验现象_________________。（5）已知中为+5价。实验④中，加入后发生反应的离子方程式为_____________________________________________________。（6）取少量实验④的砖红色溶液，加热，随着温度的升高，溶液最终变为黄色。针对溶液的颜色变化，该小组同学提出如下猜想。