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北京市朝阳区2023届高三一模考试化学试卷(含答案解析)

1、北京市朝阳区2023届高三一模考试化学试题可能用到的相对原子质量:H1C12O16Na23Cl35.5Fe56第一部分本部分共14题,每题3分,共42分。1. 我国科研人员首次以为原料合成了葡萄糖和长链脂肪酸,这项突破为人工和半人工合成“粮食”提供了新技术。合成路线如下:CO葡萄糖、脂肪酸下列说法不正确的是A. 过程、中电能转化为化学能B. 葡萄糖分子中含有醛基、羟基C. 和互为同系物D. 葡萄糖不能发生水解反应2. 下列化学用语或图示表达正确的是A. HClO的电子式: B. 中子数为1的氢原子:C. NaCl的晶胞:D. 反-2-丁烯的结构简式:3. 和S均属于VIA族元素。下列关于Se及

2、其化合物性质的比较不正确的是A. 第一电离能:B. 原子半径:SeC. 冠醚通过与结合将携带进入有机相,从而加快反应速率D. 为加快与环己烯的反应速率,选择冠醚A比冠醚B更合适11. 瓜环n(n=5,6,7,8)是一种具有大杯空腔、两端开口的化合物(结构如图),在分子开关、催化剂、药物载体等方面有广泛应用。瓜环n可由和HCHO在一定条件下合成。 下列说法不正确的是A. 合成瓜环的两种单体中分别含有酰胺基和醛基B. 分子间可能存在不同类型的氢键C. 生成瓜环n的反应中,有键断裂D. 合成1mol瓜环7时,有7mol水生成12. 向体积为1L的密闭容器中充入一定量,发生反应:编号温度()起始物质的

3、量(mol)平衡物质的量(mol)I0.400.160.16II0.200.090.09下列说法不正确的是A. B. ,该反应的平衡常数K=4C. II中存在:D. 时,向该容器中充入物质的量均为0.2mol的3种气体,反应将逆向进行13. 常温下,将4.0g铁钉加入到30mL4%的溶液中,一段时间后观察到铁钉表面产生气泡,氧气含量和溶液pH变化如下图所示。下列说法不正确的是A. 溶液pH7的原因:B. 铁钉表面产生气泡的原因:C. 加入铁钉消耗,水解平衡正向移动,产生沉淀D. 推测溶液pH减小的原因:14. 化学链甲烷干重整联合制氢部分工艺的原理如图所示:将1mol和充入干重整反应器,发生:

4、重整反应:积炭反应:研究发现,增大n(FeO)能减少积炭,并增大的值。下列说法不正确的是A. X的化学式为,被还原后可循环利用B. 增大n(FeO)能增大,推测发生C. 减少n(FeO),Fe上的积炭会导致蒸汽反应器中产生的纯度降低D. 干重整反应器中存在:第二部分本部分共5题,共58分。15. 是一种锂离子电池的正极材料,放电时生成。(1)下列电子排布图表示的Li原子的状态中,能量最高的为_(填序号)。abc(2)从价电子排布的角度解释Fe位于元素周期表d区的原因:_。(3)的制备:的结构如图1所示。 和之间的作用力类型为_。的大于的,从结构角度解释原因:_。(4)锂离子电池充放电过程中,正

5、极材料晶胞的组成变化如图2所示。 由于的空间构型为_,且磷氧键键能较大,锂离子嵌入和脱出时,磷酸铁锂的空间骨架不易发生形变,具有良好的循环稳定性。正极材料在和之间转化时,经过中间产物。转化为的过程中,每摩晶胞转移电子的物质的量为_摩。16. 从低品位铜镍矿(含有、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下: 资料:一些物质(25)如下。物质(1)上述流程中,加快反应速率的措施是_。(2)浸出过程中通入的目的是_。(3)萃取时发生反应:(HR、在有机层,、在水层)。某种HR的结构简式为 ,该分子中可能与形成配位键的,原子有_。解释反萃取时的作用:_。(4)黄钠铁矾比更易形成

6、沉淀。反应终点pH与、沉淀率的关系如下表。反应终点pH沉淀率/%1594.040.192.599.210.563.899.913.31生成黄钠铁矾的离子方程式是_。沉淀时最适宜选用的反应终点pH是_。(5)第二次使用MgO调节pH使沉淀完全,宜将pH调节至_(填序号)。a67 b910 c111217. 氟唑菌酰羟胺是新一代琥珀酸脱氢酶抑制剂类杀菌剂,合成路线如下:已知:i(1)A能与溶液反应产生。A的官能团有_。(2)A的某种同分异构体与A含有相同官能团,其核磁共振氢谱也有两组峰,结构简式为_。(3)BD的化学方程式是_。(4)G的结构简式为_。(5)推测JK过程中,反应物的作用是_。(6)

7、可通过如下路线合成:已知:iiR-O-R+H2OROH+ROHiii反应I的化学方程式为_。M的结构简式为_。设计步骤I和IV的目的是_。18. 工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO溶液将氧化为,实现烟气中的脱除。(1)在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中,NO表现_性。(2)向NaClO溶液中加入硫酸,研究初始pH对脱除率的影响,结果如下。已知:不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是_。将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整:_。NO+_+_pH5.5时,分析脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因:_。(3)用分别将脱除前后的全部转化为,并用库仑仪测定的量,可计

8、算脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下:检测前,电解质溶液中的保持定值时,电解池不工作。进入电解池后与反应,库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值,测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出的物质的量。在电解池中被还原为NO的离子方程式为_。将脱除前、后等体积烟气分别用上述装置进行测定,电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。脱除率是_。测量结束后,电解池中还检测到少量和,这将导致测定结果_(填“偏高”或“偏低”),需进行校正。19. 某小组同学探究与溶液的反应,实验如下。资料:i(黄色)ii呈绿色(酸性条件下不稳定)、低浓度呈无色、MnS为肉色沉淀。iii实验:(1)用离子方程式表示溶

9、液显碱性的原因:_。(2)将固体a过滤、洗涤,放置在空气中,固体变为棕黑色。甲同学认为固体a中除了MnS外,还有,依据的现象是_。乙同学认根据上述现象不能得出固体a中含有,应补充对比实验:_(填实验方案)。实验证实固体a中含有。(3)固体b的主要成分是S。分析产生S的可能原因:_。(4)经检验,固体c的主要成分是。分析产生的可能原因:酸性条件下,将氧化。该反应的离子方程式是_。继续滴加酸性溶液,溶液变为紫红色,仍有棕黑色固体。实验:改用未经酸化的溶液重复实验,产生棕黑色固体时溶液呈绿色。(5)分析实验未见绿色的原因:取少量实验的绿色溶液,滴加硫酸,溶液变为紫红色,产生棕黑色固体。该反应的离子方

10、程式是_。实验:向未经酸化的溶液中滴加少量,产生棕黑色沉淀并检测到。(6)检验的实验方案:_(填操作和现象)。注:该实验条件下,与不反应。(7)综合上述实验,与溶液反应的产物与_等因素有关(答出两点即可)。北京市朝阳区2023届高三一模考试化学试题可能用到的相对原子质量:H1C12O16Na23Cl35.5Fe56第一部分本部分共14题,每题3分,共42分。1. 【答案】C【解析】【详解】A过程、均为电解过程,电解实现电能转化为化学能,故A正确;B葡萄糖分子中含醛基和多个羟基,故B正确;C中烃基比相同碳原子数的烷基少2个H,可知其烃基不饱和,而乙酸为饱和一元羧酸,两者不是同系物,故C错误;D葡

11、萄糖为单糖不能发生水解,故D正确;故选:C。2. 【答案】B【解析】【详解】A HClO的电子式:,故A错误; B 中子数为1氢原子:,质量数为2,故B正确;C NaCl的晶胞:,故C错误;D 反-2-丁烯的结构简式:,故D错误;故选B。3.【答案】A【解析】【详解】A属于VA族元素,其np轨道上的电子处于半充满状态,更稳定,第一电离能更大,所以第一电离能:,故A错误; B同周期从左到右原子半径逐渐减小,所以原子半径:Se,B错误;C冠醚通过与结合将携带进入有机相,增大与环己烯的接触面积,从而加快反应速率,C正确;D由表格数据可知,适配冠醚A,结合常数大,结合能力强,选择冠醚A比冠醚B更合适,

12、D正确; 故选B。11. 【答案】D【解析】【详解】A 中含有酰胺基、HCHO中含有醛基,故A正确;B 分子中含N、O两种非金属性较强的元素,分子之间可以形成OH、NH两种氢键,故B正确;C生成瓜环n的反应中,甲醛中的C=O键断裂,即键断裂,故C正确;D由瓜环n结构简式可知生成1mol链节结构生成2mol水,则合成1mol瓜环7时,有14mol水生成,故D错误;故选:D。12. 【答案】D【解析】【详解】A结合已知数据列温度时三段式:该温度下平衡常数K1=温度时三段式:该温度下平衡常数K2=该反应,温度升高平衡逆向移动减小, 由K2 K1可知,故A正确;B由A中分析可知,该反应的平衡常数K=4

13、,故B正确;CII中存在的起始物质的量为0.2mol。则其起始浓度=0.2mol/L,结合物料守恒可知:存在反应,故C正确;D时,向该容器中充入物质的量均为0.2mol的3种气体,则此时Qc=K1,反应将正向进行,故D错误;故选:D。13. 【答案】C【解析】【详解】A溶液pH2s1s分析,b能量最低,当2p轨道有两个电子时,根据洪特规则应该分占不同的轨道,电子的能量最低,若两个自旋方向相反的电子占据一个轨道其能量要高些,故能量最高的为a。【小问2详解】基态Fe原子的价电子排布为,最后填入电子的能级为3d,故铁属于d区。【小问3详解】提供空轨道,中的氧原子提供孤对电子对,二者之间形成配位键。的

14、大于的,从结构角度解释原因:中的甲基为推电子基团,使羧基中的氧氢键极性减弱;中的羧基为吸电子基团,使另一羧基中的氧氢键极性增强,更容易电离,故其电离平衡常数比醋酸的电离平衡常数大。【小问4详解】的中心原子为磷原子,其价层电子对数为,没有孤电子对,故空间构型为正四面体结构。正极材料在和之间转化时,经过中间产物。转化为的过程中,电极反应为,一个晶胞中含有锂离子的个数为,故每个晶胞含有4个,每摩晶胞反应就是有4mol反应,转移电子的物质的量为4xmol。16. 【答案】(1)研磨 (2)将氧化为,便于转化为沉淀除去 (3) . O、N . 加入,使逆向进行,进入水层 (4) . 或 . 2.5 (5

15、)b【解析】【分析】铜镍矿研磨后,加入和浸出,将铜镍矿中的金属氧化物转化为、;加入萃取剂后,转化为进入有机层,再经过反萃取形成含水溶液后,再转化为金属铜;水层中含有、等阳离子,加入硫酸钠和MgO后,转化为黄钠铁矾固体从水层中分离,滤液中含有、等阳离子,再加入MgO后,转化为再转化为金属镍。【小问1详解】将铜镍矿研磨,可以将固体颗粒减小,增大固体与溶液接触面积,从而加快浸出阶段反应速率。故加快反应速率的措施是研磨。【小问2详解】具有氧化性,可将溶解后的转化为,便于转化为沉淀除去。【小问3详解】 分子中,若要与形成配位键,则分子需提供孤电子对,分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子;反萃取时,加

16、入稀硫酸,增大水层中浓度,使平衡逆向移动,使水层中浓度增大,即铜离子进入水层。【小问4详解】根据题目信息,水层中含有、等阳离子,加入硫酸钠和MgO后,转化为黄钠铁矾固体,对应的离子方程式为或。根据题目信息,pH为1.5时沉淀率不高,沉淀不充分;pH为3.8时沉淀率稍高,在固体中混有的杂质较多,故最适宜的pH为2.5。【小问5详解】第二次使用MgO调节pH使沉淀完全,即溶液中,根据的=,恰好完全沉淀时,=,=7.14,pH=-lg=-lg(7.14),故10pH9,故选择b。【点睛】工业流程中选择合适条件时,需要保证操作目的尽可能充分,同时对产物的影响尽可能小。17. 【答案】(1)羧基、碳氯键

17、 (2) (3)2+O22+2H2O (4) (5)还原(加成) (6) . +C2H5OH+ H2O . . 保护羧基,避免其与氨基或亚氨基发生反应【解析】【分析】由B生成D的条件可知该反应为醇的催化氧化,则在D中含有醛基或羰基,根据分子组成及E的结构分析可知D中因是苯环上连接醛基,其结构简式为:,B的结构简式为:,对比A、B的分子式及B的结构简式可知A为;D与发生分子间脱水生成E,E在Fe/HCl作用下发生还原反应,硝基被还原成氨基,然后与水作用得到G,结合G的分子式及G到J发生信息中的转化可知,G中含有羰基,由此可得G的结构简式为:,G与CH3ONH2发生信息中反应生成J,J的结构简式为

18、:,J与NaBH3CN发生还原反应得到K,K为:,K与发生取代反应生成氟唑菌酰羟胺,据此分析解答。【小问1详解】由上述分析及A能与碳酸钠反应生成二氧化碳可知A中含有羧基,结合A的组成可知A中含有碳氯键,故答案为:羧基、碳氯键;【小问2详解】A的某种同分异构体与A含有相同官能团,即含有羧基和碳氯键,其核磁共振氢谱也有两组峰,除羧基外只有一种氢,则苯环结构应对称,符合的结构为:,故答案为:,【小问3详解】B到D发生醇的催化氧化生成醛基,反应方程式为:2+O22+2H2O,故答案为:2+O22+2H2O;【小问4详解】由上述分析可得G的结构简式为:,故答案为:;【小问5详解】J与NaBH3CN发生反

19、应生成K,实现J中碳碳双键加氢,该反应为还原反应,故答案为:还原(加成);【小问6详解】反应I为与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成和水,反应方程式为:+C2H5OH+ H2O,故答案为:+C2H5OH+ H2O;发生信息中反应生成:,发生异构化反应生成,与M发生已知中信息反应,生成物发生水解得到,可知该生成物应为,则M应为,故答案为:;步骤I实现羧基转化为酯基,IV又将酯基水解成羧基,可以起到保护羧基作用,避免其与氨基或亚氨基发生反应,故答案为:保护羧基,避免其与氨基或亚氨基发生反应。18. 【答案】(1)还原 (2) . 盐酸具有还原性,能与NaClO反应 . . 溶液初始pH高,小,有利

20、于和正向进行,脱除率大 (3). . . 偏低【解析】【小问1详解】在大气中最终被氧化成硝酸,形成酸雨,该过程中表现还原性,故答案为:还原;【小问2详解】盐酸是还原性酸,能与NaClO发生氧化还原反应,因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值,故答案为:盐酸具有还原性,能与NaClO反应;pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO,HClO表现强氧化性将NO氧化为,1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl,1molNO失3mol电子生成,根据得失电子守恒得:,故答案为:;由反应:和,可知反应初始阶段随pH值升高,氢离子浓度减小,有利于平衡正向移动,从而提高脱除率,故答案为:

21、溶液初始pH高,小,有利于和正向进行,脱除率大;【小问3详解】在电解池中被还原为NO,1mol得2mol电子,2mol失2mol电子生成1mol碘单质,结合电解质环境提供氢离子最终生成,根据得失电子守恒可得反应方程式:,故答案为:;可用转移电子物质的量表示的物质的量,则脱除前的物质的量为amol,则脱出后的物质的量为bmol,的脱出率为:。故答案为:;电解池中若检测到少量和,说明没有完全转化为,导致测定值偏低,故答案为:偏低。19.【答案】(1) (2). 固体a放置在空气中变为棕黑色 . 将MnS放置在空气中,观察相同时间内是否变为棕黑色 (3)、MnS被酸性溶液氧化生成S;在酸性条件下转化

22、生成S (4) (5) (6)取少量反应后的上层溶液,加入(或)溶液,产生白色沉淀,过滤,向沉淀中加过量盐酸,沉淀不溶解 (7)反应物用量、添加顺序、溶液pH【解析】【分析】硫化钠中加入酸性高锰酸钾溶液得到肉色固体为MnS,溶液为黄色,说明生成了,再加入酸性高锰酸钾溶液,溶液为无色,可能含有,得到白色固体可能为,再加入酸性高锰酸钾溶液,得到棕黑色固体为二氧化锰。据此解答。小问1详解】溶液中硫离子水解,使溶液显碱性,离子方程式表示为:。【小问2详解】将固体a过滤、洗涤,放置在空气中,固体变为棕黑色。从实验可知是变成二氧化锰,现象为固体变为棕黑色,故认为原固体中含有。补充对比实验:看硫化锰能否直接

23、变成二氧化锰,实验方案为:将MnS放置在空气中,观察相同时间内是否变为棕黑色。【小问3详解】、MnS都有还原性,能被酸性溶液氧化生成S;在酸性条件下转化生成S,故固体b中主要成分为硫。【小问4详解】将氧化生成二氧化锰,根据氧化还原反应配平该反应的离子方程式为:。【小问5详解】取少量实验的绿色溶液,滴加硫酸,溶液变为紫红色,产生棕黑色固体。说明反应生成二氧化锰和高锰酸根离子,根据氧化还原反应配平,该反应的离子方程式是。【小问6详解】硫酸根离子的检验方法为取少量反应后的上层溶液,加入(或)溶液,产生白色沉淀,过滤,向沉淀中加过量盐酸,沉淀不溶解。【小问7详解】实验中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液,也就是在控制反应物的用量,也可以用添加顺序控制用量,最后实验中采用为经酸化的高锰酸钾溶液做实验,产物不同,故可以总结出,反应物的用量多少,添加顺序和酸碱性环境都可以影响产物。