北京市东城区2023至2024学年高三下学期综合练习（二）（二模）2023至2024化学试题附参考答案（解析）

北京市东城区2023—2024学年度第二学期高三综合练习（二）化学答案2024.5本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟，考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.化学与生活、科技密切相关，下列说法不正确的是A.Fe2O3俗称铁红，可用作外墙涂料B.酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒C.淀粉属于天然高分子，溶于热水可形成胶体D.和互为同素异形体，都可用于测定文物年代【答案】D【解析】【详解】A．Fe2O3俗称铁红是一种红棕色性质稳定的铁的氧化，可用作外墙涂料，A正确；B．酒精能使蛋白质变性，故可用于杀菌消毒，医用酒精为75%的酒精溶液用于消毒，B正确；C．淀粉属于天然高分子，溶于热水可形成胶体，C正确；D．和的质子数相同而中子数不同的原子，故互为同位素，其中用于测定文物年代，D错误；故答案为：D。2.Na在Cl2中剧烈燃烧，火焰为黄色，同时产生大量白烟。下列说法不正确的是A.Cl2分子中化学键的电子云轮廓图：B.用电子式表示白烟的形成过程：C.Na在空气中燃烧，也会产生黄色火焰D.工业冶炼金属Na：【答案】A【解析】【详解】A．Cl2分子中化学键是Cl原子上的2p轨道采用头碰头重叠形成的，故其电子云轮廓图：，A错误；B．已知该白烟为NaCl小颗粒，NaCl是离子化合物，故用电子式表示白烟的形成过程为：，B正确；C．Na的焰色试验呈黄色，故Na在空气中燃烧，也会产生黄色火焰，C正确；D．工业冶炼金属Na即电解熔融的NaCl，反应方程式为：，D正确；故答案为：A。3.下列关于浓度均为的溶液和溶液的说法不正确的是A.溶液：B.两种溶液中粒子种类不相同C.均能与反应产生沉淀D.溶液中均存在：【答案】B【解析】【详解】A．浓度均为的溶液和溶液中，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子，则碳酸钠溶液碱性更强，溶液：，A正确；B．两种溶液中粒子均存在水分子、钠离子、碳酸分子、碳酸氢根离子、碳酸根离子、氢离子、氢氧根离子，种类相同，B错误；C．溶液和溶液均能与反应产生碳酸钙沉淀，C正确；D．根据电荷守恒，溶液中均存在：，D正确；故选B。4.新型靶向药物能够牢牢“黏住”致病蛋白，其结构简式如图所示。下列关于说法不正确的是A.含有2种官能团B.所有碳原子可能共平面C.最多可与发生反应D.“黏住”致病蛋白的过程可能与二者之间形成氢键有关【答案】A【解析】【详解】A．分子中含有酚羟基、酯基、碳碳双键3种官能团，A错误；B．与苯环直接相连的原子共面、碳碳双键两端的原子共面、单键可以旋转，则分子中所有碳原子可能共平面，B正确；C．酚羟基能和氢氧化钠反应，酯基能和氢氧化钠反应且酯基生成的酚羟基还能和氢氧化钠反应，故最多可与发生反应，C正确；D．M中含有酚羟基，能形成氢键，其“黏住”致病蛋白的过程可能与二者之间形成氢键有关，D正确；故选A。5.下列解释事实的方程式不正确的是A.铁溶于过量稀硝酸，溶液变黄：B.用石灰乳吸收泄漏的氯气：C.向酸化的氯化亚铁溶液中通入氧气，溶液的升高：D.用新制的检验乙醛，产生砖红色沉淀：【答案】C【解析】【详解】A．铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，方程式正确，故A正确；B．石灰乳与氯气反应生产氯化钙、次氯酸钙和水，方程式正确，故B正确；C．向酸化的氯化亚铁溶液中通入氧气，溶液的升高，消耗氢离子，生成铁离子，而不是氢氧化铁，正确的离子方程式为：，故C错误；D．新制的与乙醛反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水，方程式正确，故D正确；故选C。6.由柠檬烯制备生物可降解塑料的过程如图。其中原子利用率为。下列说法不正确的是A.柠檬烯的分子式为 B.柠檬烯过程中作氧化剂C.试剂为 D.一定条件下，可从线型结构变为网状结构【答案】A【解析】【分析】柠檬烯的分子式为C10H16，分析X与Y可知，原子利用率为100%，a为CO2，柠檬烯→X过程中H2O2作氧化剂，将碳碳双键氧化，据此回答。【详解】A．根据分析可知，柠檬烯的分子式为C10H16，A错误；B．根据分析可知，柠檬烯→X过程中H2O2作氧化剂，B正确；C．根据分析可知，试剂a为CO2，C正确；D．线型结构里必须还存在能发生加聚或缩聚反应的官能团如双键、羟基、氨基等，才有可能转变为网状结构，Y中含有碳碳双键，所以一定条件下，Y可从线型结构变为网状结构，D正确；故选A。7.用如图装置检验浓硫酸与木炭在加热条件下反应的产物和。下列说法不正确的是A.①中现象说明产物中有B.②中利用了的氧化性C.将②③对调也能够达到实验目的D.浓硫酸与木炭的反应：【答案】C【解析】【分析】浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫与水，品红检验二氧化硫，酸性高锰酸钾除去SO2，澄清石灰水检验CO2，据此回答。【详解】A．SO2能使品红褪色，则①中现象说明产物中有SO2，A正确；B．②中利用了KMnO4的氧化性，能够氧化SO2，B正确；C．将②③对调不能够达到实验目的，因为SO2与CO2都能使澄清石灰水变浑浊，C错误；D．浓硫酸与木炭的反应方程式为：，D正确；故选C。8.稀溶液中存在如下平衡：Ⅰ.Ⅱ.关于该溶液的说法不正确的是（温度变化忽略不计）A.加水稀释，溶液中离子总数增加B.加入少量浓溶液，Ⅰ和Ⅱ均向正反应方向移动C.加入少量，溶液颜色不再变化时，比原溶液中小D.【答案】C【解析】【详解】A．反应I中水为液态，虽然水是反应物，稀溶液种加水对平衡影响不大，反应II是离子数目增加的反应，加水有利于平衡正向移动，故加水稀释，溶液中离子总数增加，A正确；B．反应II中，加氢氧化钠中和了H+，有利于平衡正向移动，反应II正向移动消耗，使反应I正向移动，故加入少量浓NaOH溶液，Ⅰ和Ⅱ均向正反应方向移动，B正确；C．反应I的平衡常数K1=，平衡常数只受温度影响，故比值不变，C错误；D．反应可以由反应I+反应II×2得到，故该反应的ΔH3=ΔH1+2ΔH2，D正确；故选C。9.用图1所示的原电池装置进行实验，闭合后用灵敏电流计测得电流随时间的变化如图2所示。时，表面有气泡产生，质量减小。下列分析不正确的是A.，为负极 B.，上产生的气体为C.，负极反应： D.实验过程中，正极均有生成【答案】C【解析】【分析】时，表面有气泡产生，质量减小，此时Al作负极，Mg作正极，原电池反应为，由图可知，时刻电流的方向发生了改变，则时，Al作正极，Mg作负极，原电池反应为，据此分析解答。【详解】A．由分析知，，为负极，故A正确；B．由分析知，，Mg作正极，发生还原反应，还原产物为氢气，由电池反应式可知上产生的气体为，故B正确；C．，Al作负极，负极反应：，故C错误；D．时，Al作正极，正极反应式为，，Mg作正极，正极反应式为，故实验过程中，正极上均为水电离出的氢离子得电子生成氢气，同时有生成，故D正确；故选C。10.铜的一种配合物的制备反应如下：有两种结构，分别为和在制备过程中，先生成，最终转化为。下列说法不正确的是A.中的配位数为4 B.B.中与配位原子形成的空间结构与类似C.极性： D.D.转化为是放热反应【答案】B【解析】【详解】A．由X结构可知，中的配位数为4，A正确；B．为四面体形，只存在一种结构，而中存在2种结构，则X不是四面体形，中与配位原子形成的空间结构与不类似，B错误；C．结构不如结构对称，故极性：，C正确；D．在制备过程中，先生成，最终转化为，则说明更稳定，能量更低，则转化为是放热反应，D正确；故选B。11.工业上常用除去：。一定温度下，向恒容反应器中按照不同投料（见下表）充入气体。按照①进行投料时，测得体系中各成分的物质的量随时间变化如图所示。投料①00②③00下列说法不正确的是A.图中对应物质是 B.①中达到平衡时，C.按照②进行投料时，反应向逆反应方向进行 D.任意时刻③中的体积分数均为【答案】C【解析】【分析】对图中曲线标记如图，根据反应CS2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2S(g)，随着反应的进行，H2消耗的物质的量更大，故b表示H2，d表示CS2，同理H2S生成相比CH4更多，故a表示H2S，c表示CH4。【详解】A．由分析，M对应物质是H2S，A正确；B．由图知，①平衡时，H2和CH4物质的量相等，根据三段式，即4-4x=x，解得x=0.8mol，即达到平衡时，n(H2)=0.8

mol，C正确；C．设容器体积为1L，由选项B中的三段式可知，该温度下，反应平衡常数K=，按照按照②进行投料时，浓度积为，故反应会向正反应方向进行，C错误；D．根据③的投料，列出三段式，任意时刻，CS2的体积分数为，D正确；本题选C。12.一种由硼镁元素组成的离子化合物具有超导性能。该化合物晶体中硼通过共价键形成平面层，镁形成平面层，层和层等距交错排列，俯视图（部分）如图。下列说法正确的是A.硼层中硼的杂化类型为 B.该化合物的化学式为C.镁周围最近且等距的硼有6个 D.镁层内存在离子键【答案】B【解析】【详解】A．由投影图可知，硼层中硼原子连接3个σ键，B原子价电子有3个，全部用于形成σ键，无孤电子对，价层电子对数为3+0=3，杂化类型为sp2，故A错误；B．由投影图可知，每个镁原子上层距离其最近的硼原子有6个，下层距离其最近的硼原子也有6个，共12个，每个硼原子上层距离其最近的镁原子有3个，下层距离其最近的镁原子也有3个，共6个，则Mg、B原子个数比为1∶2，化学式为MgB2，故B正确；C．由投影图可知，每个镁原子上层距离其最近的硼原子有6个，下层距离其最近的硼原子也有6个，共12个，故C错误；D．Mg层内存在金属键，不存在离子键，故D错误；故选B。13.科学家提出一种大气中在和作用下转变为的机理（图1），其能量变化如图2所示。已知：的结构式为下列说法不正确的是A.①中涉及键的断裂与生成 B.②③均发生了氧化还原反应C.由图2可知，该过程的决速步是① D.总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为【答案】B【解析】【详解】A．①中与硫原子相连的O-H键断裂，生成HNO2涉及键的生成，A正确；B．②中反应S元素由+5价变为+6价，N元素由+4价变为+3价，发生了氧化还原反应，③中反应无元素化合价发生变化，没有发生氧化还原反应，B错误；C．由图2可知，步骤①正反应的活化能最大，反应速率最慢，则该过程的决速步是①，C正确；D．在和作用下转变为，硫元素化合价升高了2，是还原剂，被还原为HNO2，氮元素化合价降低了1，是氧化剂，由得失电子守恒可得关系式2~，总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为，D正确；故选B。14.向锌氨溶液（由液、氨水-硫酸铵混合溶液配制而成）中加入萃取剂。不同下（其它条件不变）达到平衡后和的萃取效果如图所示。资料：①反应ⅰ：反应ⅱ：反应ⅲ：②的锌氨溶液中，主要以形式存在下列说法不正确的是A.锌氨溶液中存在的电离平衡和的水解平衡B.时，加入萃取剂达到平衡后，主要以的形式存在C.由8到10，萃取剂中氨的含量增大的原因是反应ⅲ的平衡向正反应方向移动D.由8到6，和均增大，前者对反应ⅱ的影响小于后者【答案】D【解析】【详解】A．锌氨溶液中存在铵根，由于一水合氨为弱碱，铵根会水解产生一水合氨，锌氨溶液中存在NH3⋅H2O的电离平衡和的水解平衡，A正确；B．由已知pH>8的锌氨溶液中，Zn2+主要以[Zn(NH3)4]2+形式存在，加入HR与Zn2+发生反应ii，会使反应i逆向移动，最终Zn2+主要以ZnR2的形式存在，B正确；C．pH由8到10，溶液碱性增强，铵根水解程度增大，有利于反应ⅲ的平衡向正反应方向移动，导致萃取剂中氨的含量增大，C正确；D．pH由8到6，溶液氢离子浓度增大，反应ii逆向移动，c(H+)和c(Zn2+)均增大，在反应ii中，H+化学计量数为2，在平衡常数表达式中次数为2，故c(H+)对反应ii影响更大，即前者对反应ⅱ的影响大于后者，D错误；本题选D。第二部分本部分共5题，共58分。15.硒是一种应用广泛的元素。Ⅰ.检测细胞体内的风湿性关节炎与细胞体内产生的有关。一种含的荧光探针分子检测及再生的转化如图。（1）①位于元素周期表中_____________区（填“”“”“”或“”）。②结构式是_____________。（2）在中，转化为。①用“”在中标出所有的手性碳原子__________。②中，与的物质的量之比为_________________。Ⅱ.应用于光电领域可作为新型镁电池的正极材料，其晶胞结构如图所示。（3）①该晶体中阳离子的基态价层电子排布式是_________________。②晶胞中“”表示_________________（填离子符号）。（4）新型镁电池放电时，图1晶胞中位置不变，嵌入的同时被挤出。生成的晶体结构与晶体相似，其中位于图1晶胞的_____________________（填序号）。.棱心.面心.体心.顶点【答案】（1）①.p②.H-O-Cl（2）①.②.1:4（3）①.3d10②.Cu+（4）ac【解析】【小问1详解】①Se位于元素周期表中第四周期第VIA族，属于p区；②HClO中，O和H、Cl分别共用一对电子，O、Cl都达到8电子饱和结构，结构式为H-O-Cl；【小问2详解】①手性碳原子是连接4个不同基团的碳原子，GSH中一共有2个，标记如图；②FPO→FP中，Se元素化合价降低了2，FPO中两个Se共得4个电子，GSH中S化合价升高1，失一个电子，故根据电子得失守恒，FPO与GSH的物质的量之比为1:4；【小问3详解】①Cu2Se晶体中阳离子为Cu+，基态价层电子排布为3d10；②晶胞中，白色球处于晶胞顶点和面心，个数为，黑球处于晶胞内，个数为8，根据Cu2Se中的原子个数比，“●”表示Cu+；【小问4详解】根据氯化钠的晶胞特点，Se2−处于晶胞顶点和面心，则Mg2+位于晶胞的体心和棱心，故选ac。16.广泛用于医学和农业合成的一种路线如图。已知：ⅰ.（表示卤原子）ⅱ.（1）A为苯的同系物，A的结构简式是_____________。（2）的化学方程式是_____________。（3）的反应类型是_____________。（4）需要强碱性物质参与反应。.从结构角度分析：由于_________________，比更难解离出，故的碱性强于。.的化学方程式是_________________（5）反应②中同时还生成、_________________、_________________（填结构简式）。（6）对比①②，推测①采用低温的目的是_________________。【答案】（1）（2）（3）取代反应（4）①.乙基是推电子基团，C2H5OH中的O-H键极性比水中的弱②.（5）①.C2H5OH②.（6）防止提前水解出-NH2，影响后续合成【解析】【分析】由A的分子式C8H10可知，A不饱和度为4，除了苯环以外都是饱和结构，结合B的结构，可以推出A为邻二甲苯，A氧化得B，B分子式为C8H4O3，B与NH3在加热的条件下得C，C的分子式为C8H5NO2，可以知道B和NH3反应得C和H2O，C与反应得D，通过D的分子式为C11H9NO3，E的分子式为C11H10NO3Cl，可以推得D与HCl发生的是加成反应，结合E的结构式中Cl的位置，可以知道是D中的环氧结构开环与HCl发生的加成，故D的结构为，故可逆推出C的结构为，F的分子式为C11H8NO3Cl，由ALA中无碳碳双键可知，F相比E多了碳氧双键，少了2个氢原子，故F的结构简式为，参考已知i，G的结构简式为，G水解并加热脱羧（参考已知ii）得ALA·HCl；【小问1详解】由分析，A为邻二甲苯，结构简式为；【小问2详解】由分析知，B和NH3在加热条件下生成C和H2O，化学方程式为：；【小问3详解】由分析，根据C、D的结构，C→D的反应类型是取代反应；【小问4详解】a．从结构角度分析：由于乙基是推电子基团，C2H5OH中的O-H键极性比水中的弱，故C2H5OH比H2O更难解离出H+，故C2H5ONa的碱性强于NaOH；b．参考已知i，F→G的化学方程式是【小问5详解】反应②是G水解并加热脱羧得ALA·HCl，根据酯的水解，还有C2H5OH、生成；【小问6详解】对比①②，②水解更彻底，故①采用低温的目的是防止提前水解出-NH2，影响后续合成。17.和都具有广泛的用途。Ⅰ.工业上用软锰矿（主要含）和硫锰矿（主要含）联合制备的流程如图。资料：几种化合物的硫化物（易溶）

氢氧化物（1）为提高浸出速率，可采取的措施有_________________（答出两条即可）。（2）浸出过程中产生的对与的反应起催化作用，机理如下。ⅰ.；ⅱ._________________（离子方程式）。（3）流程图中采用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，解释不能单独使用①去除这些杂质离子的原因：_____________。（4）滤渣2的主要成分是_________________。Ⅱ.以溶液为原料，用图1装置（均为惰性电极）同步制备和。（5）结合离子交换膜的类型，解释中间室产生较浓硫酸的原因：_________________。（6）图1中电极上的电解效率与溶液的关系如图2所示。随的增大，电解效率先增大后减小的原因是_________________。【答案】（1）将原料粉碎，适当升温（2）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2H2O+2Fe3+（3）Co(OH)2、Ni(OH)2和Mn(OH)2的Ksp相差不大，调节pH除Ni2+和Co2+时，易使Mn2+共沉淀而损失（4）BaSO4、CoS、NiS（5）A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，阴极区的硫酸根离子与阳极区的氢离子分别向中间室迁移（6）pH＜7.0时，随着pH的增大，氢离子的浓度降低，氢离子在阴极放电被抑制，有利于Mn2+放电；pH＞7.0之后，部分Mn2+转化为Mn(OH)2，导致Mn2+的浓度降低，对Mn2+放电不利【解析】【分析】将软锰矿（主要含MnO2）和硫锰矿（主要含MnS）用硫酸浸出，过滤，浸出液中主要含有Mn2＋、Fe3＋、Co2＋、Ni2＋等金属离子，加入MnO2的作用是将浸出液中的硫离子氧化为S，同时自身被还原为Mn2＋，所以浸出渣主要成分为S，加入氨水调节溶液的pH除去铁离子，过滤后的滤液中加入BaS净化除去Co2＋、Ni2＋等离子，过滤得到滤液2，最终得到MnSO4，滤渣2为BaSO4、CoS、NiS。【小问1详解】为提高浸出速率，可采取的措施有将原料粉碎，适当升温等；【小问2详解】浸出过程中产生的Fe3+对MnO2与MnS的反应起催化作用，机理如下：ⅰ.2Fe3++MnS=Mn2++2Fe2++S；ⅱ.MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2H2O+2Fe3+；【小问3详解】流程图中采用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，不能单独使用①去除这些杂质离子的原因：Co(OH)2、Ni(OH)2和Mn(OH)2的Ksp相差不大，调节pH除Ni2+和Co2+时，易使Mn2+共沉淀而损失；【小问4详解】根据分析可知，滤渣2的主要成分是BaSO4、CoS、NiS；【小问5详解】中间室产生较浓硫酸的原因：A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，阴极区的硫酸根离子与阳极区的氢离子分别向中间室迁移；【小问6详解】随pH的增大，电解效率先增大后减小的原因是：pH＜7.0时，随着pH的增大，氢离子的浓度降低，氢离子在阴极放电被抑制，有利于Mn2+放电；pH＞7.0之后，部分Mn2+转化为Mn(OH)2，导致Mn2+的浓度降低，对Mn2+放电不利。18.乙烯利广泛应用于农作物的增产和储存。一种制备乙烯利的方法如图。资料：重排过程发生的机理如图。（1）分子的空间结构名称是_____________。（2）乙烯利中的化合价为，和C的电负性由大到小的顺序是_____________。（3）A的结构简式是_____________。（4）的名称是_____________。（5）利用以下方法可测定乙烯利的纯度。已知：ⅰ.乙烯利在的溶液中能释放乙烯，同时产生磷酸盐等；ⅱ.磷酸体系中含磷微粒的物质的量分数与溶液的关系如图所示；ⅲ.百里香酚蓝在为黄色，在为蓝色。步骤Ⅰ：取乙烯利样品于锥形瓶中，加水溶解。步骤Ⅱ：滴加几滴百里香酚蓝作指示剂，溶液为黄色。用溶液滴定至溶液恰好变为蓝色，消耗。杂质和乙烯利均与反应，其中乙烯利发生反应：步骤Ⅲ：加热至无气体放出，溶液逐渐变黄；冷却至室温。步骤Ⅳ：再用溶液滴定至溶液恰好变为蓝色，消耗。①步骤Ⅲ中乙烯利二钠与水反应的化学方程式是_____________。②样品中乙烯利的纯度为_____________（用质量分数表示，）。【答案】（1）三角锥形（2）O＞C＞P（3）P(OCH2CH2Cl)3（4）1，2—二氯乙烷（5）①.+H2O→Na2HPO4+CH2=CH2+HCl。②.【解析】【分析】结合重排反应的机理以及A的分子式、乙烯利的结构简式可知，PCl3与环氧乙烷发生反应生成A的结构简式为P(OCH2CH2Cl)3，的结构简式为ClCH2CH2Cl，B的结构简式为，B与HCl发生酸解反应生成乙烯利和M，M为CH3CH2Cl。【小问1详解】分子的中心原子P的价层电子对数为，有1对孤电子对，故其空间结构名称是三角锥形。【小问2详解】同周期元素从左至右电负性逐渐增大，故电负性：O＞C，乙烯利中的化合价为，即P对键合电子的吸引能力比O和C小，故P的电负性比和C的电负性都小，故电负性由大到小的顺序是O＞C＞P。【小问3详解】由分析知，A的结构简式是P(OCH2CH2Cl)3。【小问4详解】由分析知，的结构简式为ClCH2CH2Cl，名称是1，2—二氯乙烷。【小问5详解】①已知，乙烯利在的溶液中能释放乙烯，同时产生磷酸盐等，故步骤Ⅲ中乙烯利二钠与水反应的化学方程式是+H2O→Na2HPO4+CH2=CH2+HCl。②步骤Ⅳ：再用溶液滴定至溶液恰好变为蓝色，此时氢氧化钠与HCl反应，含磷微粒恰好为，由反应方程式可知，乙烯利的物质的量等于乙烯利二钠与水反应生成的HCl的物质的量，则样品中乙烯利的纯度为。19.常温下镁条与水缓慢反应，一段时间后镁条表面被致密薄膜完全覆盖，反应停止。再加入则能持续产生，探究其原因。【实验】将打磨光亮的镁条放入水中反应至无气泡产生，镁条表面变暗。室温下，取该镁条放入下列溶液[初始]，实验记录如下。编号溶液实验记录溶液片刻后镁条表面变光亮，开始产生大量气体；前内镁条表面保持光亮，但产生气体的速率逐渐减慢；时，镁条表面变白，持续有气泡产生溶液仅出现微量气泡溶液（用氨水调至）实验现象及气体体积与几乎相同（1）镁与水反应的化学方程式是_________________。（2）经检验，和生成的气体均为并含有微量。检验的操作和现象是_____________。（3）本实验说明去除表面致密的主要粒子是。①得出该结论的实验