云南省昆明市2023届高三下学期二模理综化学试题（含解析）

云南省昆明市2023届高三下学期二模理综化学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．化学与生产、生活密切相关， 下列说法错误的是

A．葡萄酒中添加适量SO2起杀菌和抗氧化的作用

B．苯酚、乙酸乙酯和乙醇都可用于环境消毒

C．木糖醇(戊五醇)是一种常见甜味剂，不属于糖类

D．施用化肥和农药是保障农作物增产、减少农作物损失的重要措施

2．一种聚碳酸酯类高分子材料的结构如图所示。下列关于该高聚物说法正确的是

A．存在对映异构体

B．不能发生氧化反应

C．由 和聚合而成

D．1 mol该有机物最多可与(n+2) mol NaOH反应

3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A．60g SiO2晶体中所含分子数为NA

B．标准状况下，22.4LO2与Fe完全反应，转移电子数为4NA

C．1L0．1 mol·L-1K2Cr2O7酸性溶液中所含 的数目为0.1 NA

D．常温下，42gC3H6中含σ键的数目一 定为8NA

4．室温下，下列实验方案能达到实验目的的是

A．A B．B C．C D．D

5．一种矿物类饲料添加剂的结构简式如图所示。X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y和W位于第二周期，R 位于元素周期表第四周期ds区，其基态原子无未成对电子。下列说法正确的是

A．电负性：W＞Z＞X＞Y

B．基态R原子的电子在原子核外有30个空间运动状态

C．该配合物中的配体均为中性分子

D．最简单氢化物的键角：Y＞Z＞W

6．硝酮是重要的有机合成中间体。利用无隔膜电解槽，在一定酸性条件下电解含Na2WO4和NaBr的混合溶液，成功实现了硝酮的“成对间接合成”，其主要原理示意图如下。下列说法错误的是

A．惰性电极1连接电源的负极

B． 足量时，反应过程中只需补充O2

C．阴极区产生硝酮的总反应：O2+2e-++2H+= 2H2O+

D．当电路中转移2 mol电子时，生成1mol硝酮

7．亚硫酸(H2SO3) 在水溶液中存在多种微粒形态。25°C时，向0.1 mol·L-1亚硫酸溶液中加入NaOH固体，含硫微粒的lgc和pH的关系如图所示，下列说法错误的是

A．曲线①表示lgc()随pH的变化

B．Ka2的数量级为10-7

C．b点对应溶液中，c(H+)= 3c()+c(OH -)

D．a、b两点c(H2SO3)的比值为

二、工业流程题

8．氧化铍(BeO) 广泛用于原子能、宇航等领域。一种以铍矿石 (主要成分为Be2SiO4，少量MnO等)为原料提取氧化铍的工艺流程如图所示。

已知：烧结时，未发生氧化还原反应：烧结后，Be、Mn元素以可溶性的Na2BeF4、Na2MnF4形式存在，其余元素以稳定氧化物的形式存在。

回答下列问题：

(1)“烧结”前，将铍矿石“破碎粉磨”的目的是______。

(2)“浸渣”的成分为_____(填化学式)。

(3)“净化除锰”步骤的离子反应方程式为_____________。

(4)“沉铍”时，先加入足量NaOH溶液，得到含铍粒子是________ (填粒子符号)， 再加热煮沸，调节pH=11，得到颗粒状Be(OH)2。从化学平衡移动的角度解释上述反应原理__________。

(5)铁冰晶石(Na3FeF6) 晶体中存在的作用力有__________，Fe'+ 的杂化方式是____ (填标号)。

A．dsp2 B．sp3d2 C．sp2 D．sp3

三、实验题

9．造纸、陶瓷、矿石浮选用到的一水硫酸锰(MnSO4·H2O)是白色或浅粉红色晶体，易溶于水，不溶于乙醇，加热到200°C以上开始失去结晶水。某实验小组通过以下流程模拟工业制备一水硫酸锰：

NH4HCO3 MnCO3 MnSO4·H2O

实验装置示意图如下：

已知：Mn(OH)2在空气中易被氧化成棕色的MnO(OH)2。

回答下列问题：

(1)仪器a的名称是__________，仪器b中的试剂为_______，仪器c的作用是__________________。

(2)实验时，先打开K2， 通入足量气体后，关闭K2再打开K1，通入气体，此时三颈烧瓶中发生的化学反应方程式为________________________________；关闭 K1滴加MnCl2溶液制得MnCO3。若打开K1通入的气体量不足，会导致MnCO3中混有杂质_________________ (填化学式)。

(3)反应结束后，将三颈烧瓶中的混合物过滤，洗涤除去固体表面附着的______________(填离子符号)。

(4)将固体溶于适量稀硫酸，蒸发浓缩至____后，______(填操作名称，下同)、过滤、_____、干燥。

(5)若加入100 mL1 mol·L -1MnCl2溶液充分反应，反应过程中锰元素的损失率为10%，理论上可制得MnSO4·H2O的质量是_______g。

四、原理综合题

10．CO2的有效转化有助于我国实现2060年“碳中和”目标。将CO2和H2在催化剂作用下，可实现二氧化碳甲烷化。已知：

(1)写出CO2甲烷化生成气态水的热化学方程式______________________________________。

(2)二氧化碳甲烷化反应体系中，存在副反应：CO2(g)+ H2(g)= CO(g)+H2O(g)   ΔH＞0。向1L恒容密闭容器中通入1 mol CO2和5 mol H2，测得相同反应时间内，不同催化剂作用下温度对CO2转化率和CH4选择性的影响如图所示。

CH4选择性=

①写出一种既能提高二氧化碳甲烷化的反应速率又能提高甲烷产率的措施__________________________。

②反应温度在260°C ~320°C之间时，应选择__________为催化剂，该温度范围内，升高温度CH4的产率________ (填“增大”“减小”或“不变”)。

③温度高于320°C后，以Ni为催化剂，CO2的转化率随温度升高显著上升的原因是_______________。

④若A点表示320°C时的平衡状态，则容器中CH4的浓度为___________ mol·L-1，二氧化碳甲烷化反应的平衡常数K=_______(mol·L-1)-2(用含a、b的表达式表示)。

(3)CeO2理想晶胞如图所示。若晶胞边长为a nm， NA为阿伏加德罗常数的值。CeO2理想晶胞中Ce4+的配位数为__，CeO2晶体的密度为___________g·cm-3。

五、有机推断题

11．维拉佐酮是临床上使用广泛的抗抑郁药，其关键中间体合成路线如下：

回答下列问题：

(1)物质A的名称是________________，步骤②的反应类型是_____________________。

(2)物质C中的官能团有硝基、酯基和___________________(写名称)。

(3)D的结构简式是______________________。

(4)步骤⑤的化学方程式是__________________________________________________________。

(5)M是B的同系物，M的相对分子质量比B大14。满足以下条件的M的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式是______________________(写出一种即可)。

①苯环上有1个氨基(-NH2)和另外两个相同的取代基

②能发生银镜反应

③可水解且1mol该物质消耗4molNaOH

(6)参照上述合成路线，以乙醛为原料设计合成 ，写出合成路线(无机试剂任选)_______。

参考答案：

1．B

【详解】A．葡萄汁中新鲜的果香和鲜亮的色素，都容易被氧气氧化，只要有SO2存在，SO2优先与O2作用，另外，SO2还能杀死葡萄汁中不必要的细菌或真菌，所以添加适量SO2起杀菌和抗氧化的作用，A正确；

B．苯酚和乙醇具有杀菌能力，可用于环境消毒，乙酸乙酯没有杀菌能力，不能用于环境消毒，B错误；

C．木糖醇(戊五醇)是一种常见甜味剂，但它既不属于多羟基醛也不属于多羟基酮，所以不属于糖类，C正确；

D．施用化肥可为农作物提供营养元素，施用农药可以杀灭、治疗农作物的病虫害，是保障农作物增产、减少农作物损失的重要措施，D正确；

故选B。

2．C

【详解】A．对映异构体又称为旋光异构体，二者分子中原子间的连接方式和次序都相同，只是分子的构型不同，分子中存在手性碳原子，分子才具有对映异构体，题给的聚碳酸酯类高分子材料的结构中，不存在手性碳原子，所以不存在对映异构体，A不正确；

B．题给的聚碳酸酯类高分子材料的结构中，端基含有酚羟基，能被氧气氧化，该有机物能够燃烧，所以能发生氧化反应，B不正确；

C．从高分子的结构可以看出，在生成此高聚物的同时，有CH3OH生成，采用逆推法，可确定该高聚物由 和两种单体聚合而成，C正确；

D．1 mol该有机物发生水解，可生成nmol、nmol和1molCH3OH，最多可与4n mol NaOH反应，D不正确；

故选C。

3．B

【详解】A．二氧化硅为原子晶体或共价晶体，不存在分子，A错误；

B．标准状况下，22.4LO2为1mol，反应后为-2价，故转移4mol电子，B正确；

C．重铬酸钾溶液中存在平衡，，故不能计算溶液中的重铬酸根离子数目，C错误；

D．常温下，C3H6为丙烯时，一个分子8个σ键，为环丙烷时含有9个σ键，故含有42gC3H6中含σ键的数目不一定为8NA，D错误；

故选B。

4．C

【详解】A．卤代烃水解后的溶液中应该先加入硝酸酸化，避免氢氧化钠的干扰，A错误；

B．二氧化碳也能和碳酸钙反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液，B错误；

C．铁离子遇到硫氰化钾溶液显红色，故用硝酸铁可以做指示剂，硫氰化钾滴定硝酸银溶液，C正确；

D．该实验目的为分离，不是除杂，铁和稀盐酸反应，过滤后得到铜，但没有得到铁粉，D错误；

故选C。

5．D

【分析】X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y和W位于第二周期，从图中可以看出，Y可形成4个共价键、W可形成2个共价键，则Y最外层电子数为4、W最外层电子数为6，从而得出Y为C元素、W为O元素，X形成1个共价键，则X为H元素；Z的原子序数介于C和O之间，则Z为N元素。R 位于元素周期表第四周期ds区，其基态原子无未成对电子，则R为Zn元素。所以，X、Y、Z、W、R分别为H、C、N、O、Zn。

【详解】A．元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性O＞N＞C＞H，则电负性O＞N＞C＞H，A不正确；

B．基态R原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，电子空间运动状态由能层、能级、轨道决定，即由原子轨道决定，1s、2s、3s、4s各有1种轨道，2p、3p各有3种轨道，3d有5种轨道，则在原子核外有15个空间运动状态，B不正确；

C．该配合物中的配体为H2N-CH2-COO-、H2O，为中性分子和离子，C不正确；

D．Y、Z、W的氢化物分别为CH4、NH3、H2O，中心原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，VSPER模型都为正四面体，孤电子对数分别为0、1、2，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥作用越大，键角越小，所以最简单氢化物的键角：CH4＞NH3＞H2O，D正确；

故选D。

6．C

【分析】惰性电极1连接电源的负极作电解池阴极发生还原反应，氧气转化为双氧水，惰性电极2连接电源的正极作电解池的阳极发生氧化反应，溴离子转化为溴单质，酸性电解质溶液中发生硝酮的“成对间接合成”。

【详解】A．由图示可知惰性电极1发生氧气向双氧水转化的还原反应，连接的是电源的负极作阴极，A正确；

B．由图示可知整个过程中涉及到多种物质的消耗和生成，为循环过程，当足量时，反应过程中只需补充O2，B正确；

C．总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1mol二丁基-N-羟基胺失去2molH原子生成1mol硝酮，氧气最终生成水，阴极区产生硝酮的总反应：O2+2= 2H2O+2，C错误；

D．当电路中转移2 mol电子时，生成1mol硝酮，D正确；

故选C。

7．C

【分析】向0.1 mol·L-1亚硫酸溶液中加入NaOH固体，发生的离子反应为：、。随着氢氧化钠的加入，溶液的pH值逐渐增大，lgc(H2SO3)逐渐降低，lgc()先增后减，lgc()增大，故曲线①表示lgc()随pH的变化，曲线②lgc(H2SO3)随pH的变化，曲线③表示lgc()随pH的变化。

【详解】A．根据分析，曲线①表示lgc()随pH的变化，A正确；

B．a点时，亚硫酸和亚硫酸氢根浓度相等，故，b点时，亚硫酸氢根和亚硫酸根浓度相等，故，Ka2的数量级为10-7，B正确；

C．b点时，根据电荷守恒：，亚硫酸氢根和亚硫酸根浓度相等，，C错误；

D．a点时，，b点时，，，故a、b两点c(H2SO3)的比值为 ，D正确；

故选C。

8．(1)增大接触面积，加快化学反应速率，使烧结充分

(2)SiO2、Fe2O3

(3)3+ 4NH3·H2O+2= 5MnO2↓+ 12F- +4+ 2H2O

(4)     或[Be(OH)4]2-     +2H2O Be(OH)2+2OH-，加热与调节pH=11均促进平衡向右移动

(5)     配位键(或共价键)、离子键     B

【分析】铍矿石 (主要成分为Be2SiO4，少量MnO等)，加入碳酸钠和Na2SiF6，反应生成可溶性Na2BeF4、Na2MnF4，加水后过滤，二氧化硅和氧化铁不溶于水，形成浸渣，浸出液中加入氨水和高锰酸钾溶液净水除锰，Na2MnF4与高锰酸钾反应生成二氧化锰，再加入氢氧化钠沉铍，得到Na2BO2溶液，再加热煮沸得到氢氧化铍，洗涤烘干煅烧得到工业氧化铍。滤液中含有铍酸钠，与硫酸铁反应上次铁冰晶石。据此解答。

【详解】（1）烧结前将矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快化学反应速率，使烧结充分。

（2）根据分析，浸渣的主要成分为二氧化硅和氧化铁。

（3）根据氧化还原反应电子守恒配平方程式，故净水除锰的离子方程式为：3+ 4NH3·H2O+2= 5MnO2↓+ 12F- +4+ 2H2O。

（4）氧化铍和氢氧化钠反应生成Na2BO2，溶液中存在水解平衡 +2H2O Be(OH)2+2OH-，加热与调节pH=11均促进平衡向右移动，得到颗粒状的氢氧化铍。

（5）冰晶石中氟离子和铁离子形成配位键，铁离子和钠离子形成离子键，铁离子接受到配位键的6个电子，自身的价电子为5，六氟和铁配离子自带一个负电荷，故铁离子的价电子对数为6，杂化方式为sp3d2。

9．(1)     圆底烧瓶     浓氨水     导气

(2)     NH3+CO2+H2O=NH4HCO3 或NH3·H2O+CO2=NH4HCO3     Mn(OH)2、MnO(OH)2

(3)、Cl-

(4)     出现晶膜(或出现少量固体)     冷却结晶     乙醇洗涤

(5)15.21

【分析】分析试题可知，在三颈烧瓶内首先制得NH4HCO3，再加入MnCl2制取MnCO3，分离出MnCO3后，再用硫酸溶解，从而制得MnSO4·H2O。所以启普发生器用于制取CO2，圆底烧瓶用于制取NH3。启普发生器中，将石灰石与盐酸反应制取CO2，再用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中混入的HCl气体；圆底烧瓶中，可用浓氨水加入生石灰中制取NH3。

【详解】（1）仪器a上没有支管，可用于加热，其名称是圆底烧瓶；由分析可知，仪器b中的试剂为浓氨水；往三颈烧瓶内先通入NH3，后通入CO2，并且在通气过程中，需防止三颈烧瓶内压力过大，所以仪器c的作用是导气。

（2）实验时，先打开K2，通入足量NH3后，关闭K2再打开K1，通入CO2，此时三颈烧瓶中发生的化学反应方程式为NH3+CO2+H2O=NH4HCO3 或NH3·H2O+CO2=NH4HCO3；关闭 K1滴加MnCl2溶液制得MnCO3。若打开K1通入的气体量不足，则溶液的碱性过强，会导致Mn2+与OH-反应，从而导致MnCO3中混有杂质Mn(OH)2、MnO(OH)2[Mn(OH)2在空气中易被氧化成棕色的MnO(OH)2]。

（3）反应结束后，将三颈烧瓶中的混合物过滤，由于沉淀表面易吸附溶液中的离子，所以应洗涤除去固体表面附着的、Cl-。

（4）将固体溶于适量稀硫酸，得到MnSO4溶液，蒸发浓缩至出现晶膜(或出现少量固体)后，冷却结晶、过滤，由于一水硫酸锰(MnSO4·H2O)易溶于水、不溶于乙醇、加热到200°C以上开始失去结晶水，所以干燥时需控制温度，洗涤晶体时，需用乙醇洗涤。

（5）若加入100 mL1 mol·L -1MnCl2溶液充分反应，反应过程中锰元素的损失率为10%，理论上可制得MnSO4·H2O的物质的量为0.100 L×1 mol·L -1×90%=0.09mol，质量是0.09mol ×169g/mol=15.21g。

【点睛】因为CO2在水中的溶解度不大，而在碱性溶液中的溶解度比在水中大得多，为制得浓度较高的NH4HCO3溶液，应先通入NH3。

10．(1)CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)  ΔH=-162 kJ/mol

(2)     加压或选择合适的催化剂     CeO2     增大     高于320°C后，Ni的催化活性显著增强，反应速率加快     ab    

(3)     8    

【详解】（1）依题意，CO2甲烷化生成气态水的化学方程式为CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)，则ΔH=(803×2+436×4-414×4-464×4) kJ/mol=-162 kJ/mol，所以CO2甲烷化生成气态水的热化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)  ΔH=-162 kJ/mol。

（2）①CO2甲烷化反应为CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)  ΔH=-162 kJ/mol，加压、选择合适的催化剂既能提高二氧化碳甲烷化的反应速率又能提高甲烷产率，升温能加快反应速率，但会降低甲烷的产率，所以采取的措施：加压或选择合适的催化剂。

②从图中可以看出，反应温度在260°C ~320°C之间时，CeO2作催化剂时，CO2的转化率和甲烷选择性远高于Ni作催化剂，所以应选择CeO2为催化剂；图中信息显示，该温度范围内，升高温度CH4的产率增大。

③温度高于320°C后，以Ni为催化剂，CO2的转化率随温度升高显著上升，则表明此温度有利于Ni的催化作用，所以原因是：高于320°C后，Ni的催化活性显著增强，反应速率加快。

④若A点表示320°C时的平衡状态，则可建立如下两个三段式：

则容器中CH4的浓度为=ab mol·L-1，二氧化碳甲烷化反应的平衡常数K==(mol·L-1)-2。

（3）在CeO2理想晶胞中，含Ce4+个数为=4，含O2-个数为8。若晶胞边长为a nm，NA为阿伏加德罗常数的值。从图中可以看出，CeO2理想晶胞中，与面心的Ce4+最近且相等的O2-有4个，则在另一晶胞中，与Ce4+等距离的O2-还有4个，则Ce4+的配位数为8，CeO2晶体的密度为=g·cm-3。

【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。

11．(1)     2-羟基苯甲醛/邻羟基苯甲醛     取代反应

(2)醛基、醚键

(3)

(4)

或

(5)     6     或

(6)

【分析】根据A到B再到C，对比分子式与有机物的结构，可知A为，B为，反应①为硝化反应，反应②为取代反应，从C到D脱掉一分子水，对比CF的结构，可推出D为，反应④为硝基变氨基的反应，则E为，据此解答。

【详解】（1）A的结构简式为，名称为2-羟基苯甲醛或邻羟基苯甲醛，步骤②为取代反应。

（2）C中的官能团为硝基和酯基和醛基、醚键。

（3）根据分析，D的结构简式为。

（4）步骤⑤的化学方程式是：或。

（5）M是B的同分异构体，即分子式为C7H5NO4， ①苯环上有1个氨基(-NH2)和另外两个相同的取代基,该取代基为-CHO2，②能发生银镜反应，含有醛基；③可水解且1mol该物质消耗4molNaOH，则为甲酸酯，且水解后产生酚羟基，故该取代基为-OOCH。根据苯环上有三个取代基，其中两个相同，则有6种异构体，其中核磁共振氢谱有4组峰的为或。

（6）以乙醛为原料设计合成，乙醛反应氧化反应上次乙酸，乙醛和氢气发生加成反应上次乙醇，乙酸和乙醇发生酯化反应生成，乙酸乙酯，乙酸乙酯和乙醛发生C到D类型的反应得到，故合成路线为：。