2022屆江西省宜春中學等八校高三下學期5月聯(lián)合考試理科綜合化學試題（解析版）

1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁2022屆江西省宜春中學等八校高三下學期5月聯(lián)合考試理科綜合化學試題一、單選題1化學與人類生產(chǎn)、生活、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)，下列敘述錯誤的是A復(fù)合膨松劑中添加檸檬酸，是利用其還原性B鋁制餐具不宜用來蒸煮酸性、堿性或咸的食物C用Na2S除去工業(yè)廢水中的Cu2+和Hg2+D二氧化硫作為細菌抑制劑，可作為保護劑添加到葡萄酒中2由廢鐵屑制取FeSO47H2O的實驗原理與裝置不能達到實驗?zāi)康牡氖茿用裝置甲除去廢鐵屑表面的油污B用裝置乙加快廢鐵屑的溶解C用裝置丙過濾得到FeSO4溶液D用裝置丁蒸干溶液獲得FeSO47H2O3設(shè)NA為阿

2、伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A18 g H218O含有的中子數(shù)為10 NAB2molNO與1molO2在密閉容器中充分反應(yīng)后的分子數(shù)為2NAC11.2 L CH4和22. 4 L Cl2(均為標準狀況)在光照下充分反應(yīng)后的分子數(shù)為1.5 NAD1 L0.1 mol L-1 NaClO溶液中含有的ClO-數(shù)目為NA4海洋天然產(chǎn)物NafuredinB在醫(yī)藥行業(yè)有潛在應(yīng)用，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列有關(guān)該物質(zhì)的敘述錯誤的是A既能使溴水褪色，又能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B存在能與NaHCO3溶液反應(yīng)的同分異構(gòu)體C該有機物分子中所有碳原子可能共平面D與氫氣加成時，1 mol該分子最多消耗5 mol H

3、25短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X與Z同主族，W與X原子的最外層電子數(shù)之和等于Y原子的最外層電子數(shù)，四種元素組成的一種食品添加劑的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列敘述正確的是AY、Z形成的簡單離子半徑：Y ZBZ分別與X、Y形成的化合物中均含離子鍵CW的最高化合價氧化物的水化物為強酸DW、Y對應(yīng)的簡單氫化物沸點：Yc(M+ )c(H+ )=c(OH- )Cb、c、d三點對應(yīng)的溶液中，水的電離程度的大小關(guān)系是b=dcDa點對應(yīng)的溶液中c(M+ )+c(MOH)=8c( )二、工業(yè)流程題8鈧(Sc)及其化合物具有許多優(yōu)良的性能，在宇航、電子、超導(dǎo)等方面有著廣泛的應(yīng)用。鈦鐵礦中含有TiO2、Fe

4、O、Fe2O3、MgO、SiO2和Sc元素，從鈦鐵礦中提取Sc2O3的流程如圖：下表列出了相關(guān)金屬離子(離子濃度約0. 01 molL-1)在室溫下生成氫氧化物沉淀的pH。氫氧化物TiO2+Fe(OH)3Fe(OH)2開始沉淀的pH1.22.16.5沉淀完全的pH2.83.39.7回答下列問題：(1)為了提高“酸浸”的速率，可采取的措施有_(任寫一點)。(2)“酸浸”后Ti元素轉(zhuǎn)化為TiOSO4，其水解反應(yīng)的化學方程式是_。(3)“洗鈦”時H2O2的作用之一是其與 TiO2+反應(yīng)生成TiO(H2O2)2+，該離子為橘黃色的穩(wěn)定離子，Ti的化合價為_。 ，H2O2還起到的作用是_。(4)“酸溶”

5、后濾液中存在的金屬陽離子Sc3+、TiO2+、Fe3+濃度均約為0.01 molL-1，再用氨水調(diào)節(jié)溶液pH使TiO2+、Fe3+沉淀完全(當離子濃度低于10-5mol L-1時可認為沉淀完全)，而Sc3+不沉淀，則調(diào)pH應(yīng)控制的范圍是_ 。已知室溫下KspSc(OH)3=1. 25 10-33，lg20. 3，忽略溶液體積變化(5)用草酸沉鈧時，求在25、pH=2的草酸溶液中=_，寫出“沉鈧”的離子方程式：_。(已知25時，H2C2O4的Ka1=5.0 10-2，Ka2=5. 410-5)三、實驗題9堿式氯化銅Cux(OH)yClz是重要的無機殺菌劑，是一種墨綠色結(jié)晶性粉末，難溶于水，溶于稀

6、鹽酸和氨水，在空氣中十分穩(wěn)定。.模擬制備堿式氯化銅。向CuCl2溶液中通入NH3和稀鹽酸調(diào)節(jié)pH至5.05.5，控制反應(yīng)溫度為7080，實驗裝置如圖所示(部分夾持裝置已省略)。(1)盛裝稀鹽酸的儀器名稱是_，儀器 X的主要作用有導(dǎo)氣、_。(2)利用裝置A制NH3 ，發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為_。(3)若滴入稀鹽酸過量會導(dǎo)致堿式氯化銅的產(chǎn)量_(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。(4)反應(yīng)結(jié)束后，將三頸燒瓶中的混合物過濾，濾渣經(jīng)提純得產(chǎn)品無水堿式氯化銅；從濾液中還可以獲得的一種副產(chǎn)品，該副產(chǎn)品的用途是_ (寫 出一種即可)。.無水堿式氯化銅組成的測定。稱取產(chǎn)品4.290 g，加硝酸溶解，并加水定容至2

7、00. 00 mL，得到待測液。(5)銅的測定：取20. 00 mL待測液，經(jīng)測定Cu2+濃度為0. 2000 molL-1.則稱取的樣品中n(Cu2+ )=_mol。(6)采用沉淀滴定法測定氯：取20. 00 mL待測液于錐形瓶中，加入30. 00 mL 0.1000 molL-1AgNO3溶液(過量) ，使Cl-完全轉(zhuǎn)化為AgCl沉淀。用0.1000 mol L-1 NH4SCN標準溶液滴定過量的AgNO3(已知：AgSCN是種難溶于水的白色固體)。滴定時，下列物質(zhì)中可選作指示劑的是_(填標號)。a. FeSO4 b. Fe(NO3)3 c. FeCl3 d. KI重復(fù)實驗操作三次，消耗N

8、H4SCN溶液的體積平均為10. 00 mL。則稱取的樣品中n(Cl- )=_mol。(7)根據(jù)上述實驗結(jié)果可推知無水堿式氯化銅的化學式為_。四、原理綜合題10SO2、NOx是空氣的主要污染物，有效去除大氣中的SO2、NOx可以保護大氣環(huán)境。回答下列問題：(1)二氧化硫在V2O5作用下的催化氧化是工業(yè)上生產(chǎn)硫酸的主要反應(yīng)。已知2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H= -196 kJmol-1。釩催化劑參與反應(yīng)的能量變化如圖1所示，請寫出VOSO4(s)和V2O4(s)反應(yīng)生成V2O5(s)與SO2(g)的熱化學方程式：_。若當SO2、O2、N2(不參與反應(yīng))起始的物質(zhì)的量分數(shù)分別為10

9、%、15%和75%時，在0.5 MPa、2.5 MPa和5.0 MPa壓強下，SO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖2所示。反應(yīng)在0.5 MPa、550時的=_， 判斷的依據(jù)是_。若將物質(zhì)的量之比為2： 1的SO2(g)和O2(g)通入反應(yīng)器，在恒溫t、恒壓p條件下進行反應(yīng)。平衡時，若SO2轉(zhuǎn)化率為，則SO3的分壓為_，平衡常數(shù)Kp=_(以分壓表示，分壓=總壓物質(zhì)的量分數(shù))。(2)一定溫度下，在容積恒為1 L的密閉容器中，加入0. 30 mol NO與過量的金屬Al，發(fā)生的反應(yīng)存在如下平衡：Al(s)+2NO(g) N2(g)+ Al2O3(s) H ”“=”或“Na+；故Y Z，故A不正確；BZ分

10、別與X、Y形成的化合物為NaH和Na2O都含有離子鍵，故B正確；CW的最高化合價氧化物的水化物為H3PO4屬于弱酸，故C不正確；DW、Y對應(yīng)的簡單氫化物PH3和H2O，兩種物質(zhì)都屬于分子晶體，水分子間存在氫鍵，故沸點高，故D不正確；故選答案B；【點睛】此題考查元素推斷及元素周期律的應(yīng)用；注意根據(jù)元素成鍵特點判斷元素。6B【解析】【分析】由圖可知，Pt電極氧元素價態(tài)升高失電子，故Pt電極為陽極，電極反應(yīng)式為，石墨烯電極為陰極，電極反應(yīng)式為CO2+2H+ +2e-=HCOOH，據(jù)此分析作答。【詳解】A電解池工作時，氫離子向陰極(石墨烯)遷移，從左向右移動，A項錯誤；B石墨烯電極上碳元素價態(tài)降低得電

11、子，故石墨烯為陰極，電極反應(yīng)式為CO2+2H+ +2e-=HCOOH，B項正確；C每轉(zhuǎn)移2mol電子，陰極增加1mol二氧化碳質(zhì)量即44g，同時有2mol氫離子從左室遷移到右室，質(zhì)量增加2g，共增加46g，C項錯誤；DPt電極為陽極，電極反應(yīng)式為，生成氫離子，Pt電極附近溶液的pH減小，D項錯誤；答案選B。7D【解析】【分析】酸堿中和反應(yīng)放熱，隨著反應(yīng)的進行，溶液溫度升高，恰好完全反應(yīng)時溫度最高，故過a、b、c、d的曲線為溫度變化曲線，另一條曲線為AG變化曲線，且c點即硫酸體積為20mL時恰好完全反應(yīng)?！驹斀狻緼室溫下，0.1000molL-1 MOH溶液的AG=-8，則c(OH-)=10-3

12、，電離常數(shù)Kb=，故A錯誤；B當AG=0時，溶液呈中性，根據(jù)電荷守，溶液中存在2c( )=c(M+ )c(H+ )=c(OH- )，所以c(M+ )c( ) c(H+ )=c(OH- )，故B錯誤；Cb、c、d三點對應(yīng)的溶液中，c點溫度最高，說明c點酸堿恰好反應(yīng)，c點溶質(zhì)只有M2SO4，所以c點水的電離程度最大，故C錯誤；Dc點溫度最高，說明c點酸堿恰好反應(yīng)，則硫酸的濃度為，根據(jù)物料守恒，a點對應(yīng)的溶液中n(M+ )+n(MOH)=，n()=，所以c(M+ )+c(MOH)=8c( )，故D正確；答案選D。8(1)將鈦鐵礦粉碎、適當升高溫度等(合理即可)(2)TiOSO4+(x+1)H2O=T

13、iO2xH2O+ H2SO4(3) +4 將Fe2 +氧化為Fe3+(4)3.3pH(3) +2NO2+2OH-=+2十H2O CaSO3轉(zhuǎn)化為CaSO4使溶液中 的濃度增大，加快與NO2的反應(yīng)速率【解析】【分析】（1）中根據(jù)圖像能量的變化進行書寫方程式，利用圖像結(jié)合平衡移動影響因素進行判斷變量的大小，其次利用三段式進行解答；（2）中利用平衡特點判斷平衡標志，根據(jù)平衡時速率關(guān)系計算平衡常數(shù)；（3）中利用速率影響因素結(jié)合沉淀轉(zhuǎn)化進行判斷；(1)根據(jù)圖像中能量的變化書寫熱化學方程式為：2VOSO4(s)+V2O4(s)=2V2O5(s)+2SO2(g)H=+351 kJmol-1；根據(jù)圖像利用控制

14、變量法，當溫度不變時，改變壓強對于2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) 當增大壓強時平衡向正反應(yīng)方向移動，、轉(zhuǎn)化率增大，故P1為5.0 MPa，P2為2.5 MPa，P3為0.5 MPa，通過圖像判斷550時的P 3對應(yīng)的壓強為0.925；故答案為：2VOSO4(s)+V2O4(s)=2V2O5(s)+2SO2(g)H=+351 kJmol-1；0.925；該反應(yīng)正向分子數(shù)減少，減小壓強，平衡向逆反應(yīng)方向移動，轉(zhuǎn)化率降低，P3為0.5MPa；根據(jù)三段式：根據(jù)壓強之比等于物質(zhì)的量之比得： ；故答案為：； ；(2)AAl(s)+2NO(g) N2(g)+ Al2O3(s)該反應(yīng)是個氣體體積變

15、化的反應(yīng)，故壓強對平衡有影響，故體系壓強保持不變時說明達到平衡，故A不符合題意；Bv正(NO)= v逆(N2)0，說明速正逆反應(yīng)速率不相等，故B不能作為平衡標志，故B符合題意；CAl的質(zhì)量不發(fā)生變化，說明平衡沒有發(fā)生移動，故能說明達到平衡，故C不符合題意；D混合氣體的相對分子質(zhì)量根據(jù)反應(yīng)特點，反應(yīng)物只有一種氣體NO相對分子質(zhì)量是30，而生成物中也只有一種氣體氮氣，相對分子質(zhì)量為28，故反應(yīng)過程中氣體的相對分子質(zhì)量發(fā)生了變化，當相對分子質(zhì)量不變時說明達到平衡；故選B；當達到平衡時：v(NO)=2 v(N2) ，v(NO)= k1c2(NO) ，v(N2)=k2c(N2)， ，故答案為1； 根據(jù)三

16、段式，T2時 ，因為該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，當降低溫度時，平衡常數(shù)才有可能增大，故T2；(3)將NO2轉(zhuǎn)化為，根據(jù)電子守恒及電荷、原子守恒書寫化學方程式為：+2NO2+2OH-=+2十H2O；若在吸收液中加入Na2SO4溶液，根據(jù)沉淀轉(zhuǎn)化CaSO3轉(zhuǎn)化為硫酸鈣，導(dǎo)致亞硫酸根離子的濃度增大，故能提高NO2的吸收速率，故答案為： +2NO2+2OH-=+2十H2O、CaSO3轉(zhuǎn)化為CaSO4使溶液中 的濃度增大，加快與NO2的反應(yīng)速率；【點睛】此題考查化學反應(yīng)原理，結(jié)合圖像數(shù)據(jù)利用控制變量法、三段式等進行解題。11(1) 14 +或- sp2(2) C 1：1(3) 離子 正四面體形(4) (，0，)和

17、(，0) 四面體 50 【解析】【分析】(1)中根據(jù)電子排布式進行判斷；微粒的雜化方式根據(jù)價層電子對互斥理論判斷；（2）中根據(jù)配合物的組成與結(jié)構(gòu)進行判斷；（3）根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)判斷晶體的類型，利用雜化類型判斷微粒的空間構(gòu)型；（4）根據(jù)晶胞圖判斷坐標，利用離子所處的位置判斷空隙利用率；(1)根據(jù)基態(tài)Cu2+核外電子排布式1s22s22p63s23p63d9，核外電子的空間運動狀態(tài)即電子占據(jù)的軌道數(shù)，有14種，故答案為14；Cu2+中電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和根據(jù)核外電子排布式1s22s22p63s23p63d9，及洪特規(guī)則、鮑林不相容原理判斷，Cu2+中電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和取決3d9，故代數(shù)和為

18、+或-；中C原子的雜化方式根據(jù)價層電子對互斥理論計算價層電子對數(shù)為：，故中心原子雜化方式為sp2，故答案為14、+或-、sp2；(2)Fe(CN)64-中配體CN-中C和N都有孤對電子，都可以提供孤對電子，但氮元素的電負性大于碳元素，導(dǎo)致氮原子吸引電子能力強，不易提出孤對電子，故配位原子為C；Fe(CN)64-中鍵為6+6=12和鍵的數(shù)目為26=12，故之比為1:1；故答案為：C、1:1；(3)無水CoCl2的熔點是735 ，沸點1049 ，CoCl2熔沸點比較高，且含有離子鍵判斷屬于離子晶體，故答案為：離子；砷酸根離子( )的空間構(gòu)型根據(jù)價層電子對互斥理論計算，故雜化類型為sp3，空間構(gòu)型為

19、正四面體； 故答案為：離子、正四面體；(4)與(0，0，0)距離最近的S2-在晶胞的面心上，故其坐標有(，0，)和(，0)；Zn2+占據(jù)四面體空隙，處于晶胞中互不相臨的小立方體的體心，根據(jù)圖示判斷已填鋅離子是4個，實際空隙有8個，故空隙利用率為50%，故答案為四面體、50；ZnS的密度根據(jù)公式 ，故答案為：；【點睛】此題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，注意利用信息結(jié)構(gòu)電子排布三原則進行判斷；空間運動狀態(tài)數(shù)即是軌道數(shù)，空隙利用率即是占有的空隙比總空隙數(shù)。12(1) 2-甲基丙烯 消去反應(yīng)(2)+2Cu(OH)2+NaOHCu2O+3H2O+(3)羥基和醛基(4)(5)18(6) NaOH溶液并加熱 【解析】【分析】A的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)B的化學式C4H8，根據(jù)A的官能團判斷發(fā)生鹵代烴的消去反應(yīng)，故B的結(jié)構(gòu)簡式為：，根據(jù)已知的反應(yīng)判斷C