2022屆四川省遂寧市高三第二次診斷性考試(二模)理綜化學試題(解析版)

PAGE四川省遂寧市2022屆高三第二次診斷性考試（二模）理綜化學試題一、單選題1．化學與社會、生產(chǎn)和生活密切相關(guān)。下列說法不正確的是（）A．研究高效合成氨有利于提高糧食產(chǎn)量B．大量鮮花的香味主要來自酯的混合物C．液化石油氣是一種可再生的清潔能源D．采用噴涂油漆法可以防止鋼鐵的腐蝕2．2022年世界大運會場館用到一種耐腐的表面涂料M(結(jié)構(gòu)如圖)。該涂料在酸性環(huán)境下可以水解為有機物甲和有機物乙，下列說法正確的是（）A．M分子含有苯環(huán)和酯基 B．甲、乙互為同分異構(gòu)體C．M能使溴的水溶液褪色 D．1molM最多能與2molNaOH反應3．下列相關(guān)實驗方案正確的是（）選項實驗目的實驗方案A配制100mL0.1000mol?L-1的將2.5000gCuSOB證明Fe向酸性KMnO4溶液中滴加少量C比較S與N元素的非金屬性強弱分別測定等濃度Na2SD證明酸的相對強弱：醋酸＞碳酸＞硼酸向兩只分別盛有0.1mol/L醋酸和飽和硼酸溶液(0.8mol/L)的試管中滴加等濃度的NaA．A B．B C．C D．D4．常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．在澄清透明的溶液中：Fe3+、Mn2+、SO4B．能使甲基橙顯紅色的溶液中：Zn2+、H+、ClO-、I-C．含0.1mol·L-1NaHSO4的溶液：K+、Al3+、NO3D．c(H+)c(OH-)=1.0×10-12的溶液：5．X、Y、Z、W屬于短周期主族元素，其中X、Y、Z在元素周期表中的相對位置關(guān)系如圖，Y原子的最外層電子數(shù)是其次外層電子數(shù)的12

X

YZA．原子半徑：W＞Y＞Z＞XB．W和X形成的化合物可能含共價鍵C．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性X＞Z＞YD．Z2X5可以用作食品干燥劑6．太陽能發(fā)電和陽光分解水是清潔能源研究的主攻方向。染料敏化的TiO2納米晶薄膜半導體光解水的基本原理如圖，下列對該裝置的相關(guān)說法不正確的是（）A．SO42-B．甲電極反應為2SC．電池總反應為2D．實現(xiàn)光能→電能→化學能的轉(zhuǎn)換7．常溫時，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1一元弱酸HR的溶液，滴定過程中pH變化曲線如圖所示(溶液體積近似可以加和)，則下列判斷正確的是（）A．A點時，c(OB．常溫下，HR的Ka的數(shù)量級為10-4C．B點時，c(ND．B點和C點，水的電離程度相同二、綜合題8．嚴謹?shù)膶嶒炘O計能有效規(guī)避實驗風險，能重復實驗并得到相同的結(jié)果。由粗鹽制備試劑級的NaCl的相關(guān)實驗步驟和裝置如下：【粗鹽的提純】第I步：稱取20.0g粗鹽(含MgCl2、CaCl2、Na2SO4雜質(zhì))，用80mL水溶解，加入1.0mol/LBaCl2至觀察不到明顯沉淀為止，用傾析法分離，保留濾液。第II步：向濾液中先后加入過量2.0mol/LNaOH、1.0mol/LNa2CO3，過濾，再用3.0mol/LHCl調(diào)節(jié)pH至1～2。第III步，加熱濃縮至溶液剛剛出現(xiàn)微晶膜。（1）第I步加入BaCl2時，證明SO42-已經(jīng)除凈的實驗方法是（2）第II步加入Na2CO3可以除去的離子為。（3）第II步加熱濃縮時所用到的硅酸鹽材質(zhì)的儀器有酒精燈、；已知：Ksp(BaCO3)=5.0×10-9、Ksp(BaSO4)=1.1×10-10；如果省略第I步“傾析法分離”，所得氯化鈉溶液的純度將(填“升高”、“降低”或“不受影響”)。（4）【試劑級的NaCl的制備】第IV步，將第II步濃縮溶液轉(zhuǎn)移至下圖裝置C中繼續(xù)實驗。裝置A中發(fā)生的化學反應方程式為，控制該反應速率可采取的措施(任答一點即可)。（5）裝置B中的廣口瓶和裝置C、D中的漏斗，其共同作用是，裝置C的溶液中能觀察到的實驗現(xiàn)象是。裝置D中盛放的試劑為(填“NaOH溶液”、“NaHSO3溶液”或“濃H2SO4”)。9．用粗銅精煉工業(yè)中產(chǎn)生的銅陽極泥(主要含Cu2Se、Ag2Se、金和鉑等)為原料，回收并制備硝酸銅和硒的工藝流程如圖：（1）“燒結(jié)”時發(fā)生如下反應，請完善該反應方程式：。Cu2Se+_O2+_Na工業(yè)上，采用通入高壓氧氣使銅陽極泥處于“沸騰”狀態(tài)，其目的是。（2）在實驗室，操作X的名稱為。（3）濾渣Y的成分有Ag2O、(填化學式，下同)；已知萃取與反萃取原理為：2RH+Cu2+→R2Cu+2H+，則“反萃取”時反萃取劑最好選用溶液。（4）FeSO4的作用是“還原”Na2SeO4制備Na2SeO3，每摩爾Na2SeO4消耗FeSO4的物質(zhì)的量為mol；常溫下，H2SeO3的Ka1=1.0x10-3，Ka2=1.0x10-7；當常溫下溶液的pH=4.4時，Na2SeO3溶液中最主要的含Se粒子是。（5）“控電位還原”是指在一定電壓下，電位高的氧化劑優(yōu)先被還原，電位低的氧化劑保留在溶液中，以達到硒與雜質(zhì)金屬的分離；下表為一些氧化劑的電位(A/B：A代表氧化劑，B代表還原產(chǎn)物)。名稱CFFSe電位/V0.345-00.7700.740則SeO32-、Fe3+和Cu2+的氧化性由強到弱的順序為，在0.740V時Fe3+優(yōu)先被還原，其還原反應(半反應)式為10．CH4-CO2干重整技術(shù)是利用CH4處理CO2并獲得CO和H2，相關(guān)重整反應為：CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)ΔH。回答下列問題：（1）已知：則ΔH=(用ΔH1和ΔH2表示)。（2）采用“HSD-2型”催化劑時，該重整反應的速率方程為v正=k·p(CH4)[p(CH4)表示CH4氣體分壓、k為速率常數(shù)］，下列說法正確的是____(填標號)。A．改變催化劑，ΔH不變 B．升高溫度，v正增大C．增大CO2的分壓時，v正變大 D．在反應達到平衡時，v正=0（3）該重整反應的濃度平衡常數(shù)的表達式，Kc=，已知，Kc與溫度(T)的關(guān)系如圖，則ΔH0(填“＞”、“＜”或“=”)，判斷的理由是。（4）在T℃、壓強為P時，將CH4和CO2按投料比n(CO2)n(CH4)=1.0加入恒容容器中，當反應達平衡時CH4的轉(zhuǎn)化率為80%，CO2的轉(zhuǎn)化率為90%。經(jīng)分析，該容器中同時發(fā)生了副反應：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)，則平衡時H2和H（5）工業(yè)上已實現(xiàn)利用H2處理廢水中的氮氧化合物，如下圖所示。該電池正極的電極反應式為。11．中科院大連物化所成功利用具有尖晶石結(jié)構(gòu)的Co3O4電催化劑電解水。（1）Co在周期表中的位置是，基態(tài)Co的電子占據(jù)的最高能層符號為。（2）鈷鹽引發(fā)動物中毒時，通常可以用EDTA(結(jié)構(gòu)如圖)解毒。其中，N的雜化方式均為，N的I1(第一電離能)大于O的I1，其原因是；自由基是指含單電子的基團，1mol-COOH(羧基自由基)中存在molσ鍵和molπ鍵。（3）EDTA可以由乙二胺與甲醛、氰化鈉間接得到。離子化合物氰化鈉的晶體類型為，甲醛分子的空間構(gòu)型為。（4）Co3O4晶體中O作面心立方最密堆積(如圖)，Co隨機填充在晶胞中O構(gòu)成的8個四面體空隙和4個八面體空隙中，則Co的配位數(shù)分別為，Co總的空隙填充率為，如果晶胞邊長為anm，Co3O4的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則Co3O4的晶體密度為g/cm3(列出計算式)。12．有機物G是合成抗癌藥物黃酮醋酸的中間體，其合成路線如圖所示：已知：，（1）A的名稱為，B的結(jié)構(gòu)簡式為。（2）C→D的反應方程式為。（3）E的官能團名稱是，D+E→F的反應類型為。（4）1molF與H2加成，最多消耗H2mol。（5）滿足下列條件的G的同分異構(gòu)體為(寫出結(jié)構(gòu)簡式)。①屬于芳香酯；②有兩個與苯環(huán)直接相連的甲基；③核磁共振氫譜顯示有四組峰，其面積比為6：2：1：1（6）根據(jù)上述線路合成的相關(guān)知識，用氯苯和乙酸(無機試劑自選)合成乙酸苯酚酯，寫出合成線路

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．研究高效合成氨可以為農(nóng)作物提供氮肥，有利于提高糧食產(chǎn)量，A不符合題意；B．酯類物質(zhì)具有特殊的氣味，大量鮮花的香味主要來自酯的混合物，B不符合題意；C．液化石油氣來自化石燃料，是一種不可再生能源，C符合題意；D．采用噴涂油漆法可以保護鐵制品隔絕氧氣和水，防止鋼鐵的腐蝕，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】石油是不可再生能源，液化石油氣是由石油得出，說明是不可再生，結(jié)合選項即可判斷2．【答案】C【解析】【解答】A．由M的結(jié)構(gòu)簡式可知，該分子中含酯基但不含苯環(huán)，故A不符合題意；B．M水解為和，二者的分子式分別為：C7H10O2、C7H12O，不屬于同分異構(gòu)體，故B不符合題意；C．M含碳碳雙鍵，能與溴水發(fā)生加成反應而使溴水褪色，故C符合題意；D.1molM最多能與1molNaOH反應，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】根據(jù)給出的結(jié)構(gòu)簡式，即可判斷得出水解得出一種酸和一種醇，根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式含有酯基和雙鍵，即可得出可與發(fā)生加成與水解，結(jié)合選項即可判斷3．【答案】D【解析】【解答】A．配制100mL0.1000mol?L-1的CuSOB．酸性KMnO4溶液也能Cl-，從而褪色，所以不能酸性KMnOC．比較S與N元素的非金屬性強弱，應比較其最高價氧化物對應水化物的酸性強弱或則比較其最高價氧化所對應的含氧酸鹽的堿性強弱，NaD．由于醋酸的酸性強于碳酸，硼酸的酸性若有碳酸，所以向兩只分別盛有0.1mol/L醋酸和飽和硼酸溶液(0.8mol/L)的試管中滴加等濃度的Na故答案為：D。

【分析】A.根據(jù)配制溶液即可計算出需要的數(shù)據(jù)

B.應該將氯化亞鐵換為硫酸亞鐵

C.比價非金屬應該比價最高價氧化物的酸性強弱

D.根據(jù)以強制弱即可判斷4．【答案】A【解析】【解答】A.在澄清透明的溶液中：Fe3+、Mn2+、SO42-B.能使甲基橙顯紅色的溶液呈酸性，H+、ClO-、I-之間因發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，選項B不符合題意；C.含0.1mol·L-1NaHSO4的溶液中H+與SiOD.c(H+)c(OH-)故答案為：A。

【分析】離子不能共存，說明可以發(fā)生化學反應，主要是發(fā)生復分解反應、氧化還原反應、絡合反應等等

常見發(fā)生復分解反應不能共存的是：氫離子與氫氧根離子、以及可以形成弱電解質(zhì)的陰離子，氫氧根與氫離子、碳酸氫根、亞硫酸氫根、銅離子、鐵離子、鎂離子等不同共存，銀離子和氯離子，鋇離子和碳酸根、硫酸根、鈣離子和碳酸根

發(fā)生氧化還原反應不能共存的是：氫離子、硝酸根以及次氯酸根以及高錳酸根和亞鐵離子、硫離子等還原性離子

發(fā)生絡合不能共存的是：鐵離子和硫氰酸根、銅離子和氨水等等5．【答案】D【解析】【解答】A．一般電子層數(shù)越多半徑越大，同周期元素隨核電核數(shù)增大半徑越小，故原子半徑由大到小為Na＞Si＞P＞O，故A不符合題意；B．Na和O形成的Na2O2中既含有離子鍵又含有共價鍵，故B不符合題意；C．非金屬性越強其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，故穩(wěn)定性H2O＞PH3＞SiH4，故C不符合題意；D．P2O5有毒，不能作食品干燥劑，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】根據(jù)X、Y、Z、W屬于短周期主族元素，其中X、Y、Z在元素周期表中的相對位置關(guān)系如圖，Y原子的最外層電子數(shù)是其次外層電子數(shù)的126．【答案】A【解析】【解答】A．SO42-沒有從甲電極向乙電極定向移動，在甲電極發(fā)生的反應為：2SB．圖示分析可知甲電極發(fā)生失電子氧化反應，硫酸根失電子生成S2O8C．過程是光照分解水生成氫氣作為清潔能源，所以電池總反應為：2HD．裝置是光能轉(zhuǎn)化為化學能化學能轉(zhuǎn)化為電能的原電池反應，是光能轉(zhuǎn)化為化學能、電能的轉(zhuǎn)化，整個過程中實現(xiàn)了太陽能向電能化學能等的轉(zhuǎn)化，故D選項不符合題意。故答案為：A。

【分析】根據(jù)圖示，即可判斷出電極甲為負極，電極乙為正極，電極甲是硫酸根離子失去電子，結(jié)合水變?yōu)檠鯕?，電極乙是水得到電子變?yōu)闅錃饧纯傻贸隹偟姆磻请娊馑?，結(jié)合選項即可判斷7．【答案】B【解析】【解答】A．A點溶液顯酸性，c(OH-)<c(B．C點兩者恰好反應生產(chǎn)NaR且濃度為0.05mol·L-1，此時pH=8.0，則c(O起始則Kh=c(OH-C．B點時，由電荷守恒可知，c(R-)+c(OH-D．B點HR過量，酸對水電離起抑制作用；C點恰好反應，溶質(zhì)為NaR，R-水解促進水的電離，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.根據(jù)圖示，結(jié)合此時的pH即可判斷離子濃度大小

B.根據(jù)C點的數(shù)據(jù)即可計算出Kb

C.根據(jù)B點的數(shù)據(jù)即可判斷出離子濃度大小

D.根據(jù)加入氫氧化鈉的量即可判斷8．【答案】（1）向上清液(或另取上清液于試管中)，滴加3滴BaCl2溶液，如果仍為澄清，表明（2）Ba2+（3）蒸發(fā)皿、玻璃棒(燒杯、玻璃棒也給分，兼答泥三角)；降低（4）NaCl+H2SO4（5）防范倒吸；白色渾濁(無色透明固體析出)；NaOH溶液【解析】【解答】(1)Ba2+能與SO42-結(jié)合反應生成BaSO4白色沉淀，所以向上清液(或另取上清液于試管中)，滴加3滴BaC(2)Ba2+和Ca2+能與CO32-反應生成BaCO3和CaCO3(3)加熱濃縮時所需的儀器有蒸發(fā)皿、玻璃棒、泥三角等；如果省略第I步“傾析法分離”，則溶液中加入碳酸鈉溶液時，會有少量的硫酸鋇轉(zhuǎn)化為碳酸鋇，從而釋放出少量的硫酸根，使得NaCl的純度降低，故答案為：蒸發(fā)皿、玻璃棒(燒杯、玻璃棒也給分，兼答泥三角)；降低；(4)NaCl固體和濃硫酸受熱時會生成揮發(fā)性的HCl和Na2SO4，則其方程式為：NaCl+H2SO4Δ(5)裝置B中的廣口瓶和裝置C、D中的漏斗，均可防止倒吸，裝置C中是飽和的NaCl溶液，且表面有晶膜，因此吸收HCl后會有固體析出，則可觀察到的實驗現(xiàn)象為白色渾濁(無色透明固體析出)；HCl為有毒有害氣體，所以要進行尾氣處理，則D中所盛放的試劑應為NaOH溶液，故答案為：防倒吸；白色渾濁(無色透明固體析出)；NaOH溶液。

【分析】（1）檢驗是否含有硫酸根離子，加入鋇離子即可

（2）碳酸鈉主要是除去鈣離子和鋇離子

（3）蒸發(fā)時需要蒸發(fā)皿，玻璃棒，酒精燈等儀器，加入碳酸鈉時可將硫酸鋇轉(zhuǎn)化為碳酸鋇，即可判斷減小

（4）根據(jù)反應物即可寫出方程式，可以控制硫酸的滴速或者是溫度

（5）C和D中有倒置漏斗主要防倒吸，裝置C裝的是氯化鈉溶液，加入氯化氫同離子效應導致有固體析出，裝置D主要是除去尾氣氯化氫，污染空氣選擇氫氧化鈉溶液9．【答案】（1）2Cu2Se+3O2+2Na2（2）過濾（3）Cu2（4）2；HSe（5）Fe3+、SeO32-、【解析】【解答】銅陽極泥，主要含Cu2Se、Ag2Se、金和鉑等。Cu2Se、Ag2Se中的Se高溫下會被O2氧化為SeO32-或SeO42-；水浸后過濾得到含Na2SeO3、Na2SeO4和Na2CO3的濾液和主要含Cu2O、Au、Pt和Ag2O的濾渣；向濾液中加適量的(1)“燒結(jié)”時Cu2Se中的Se失去6e-被氧化為SeO32-，所以根據(jù)得失電子守恒可得2molCu2Se失去12mole-，需要3molO2得到電子，則其方程式為2Cu2Se+3O2+2Na2(2)實驗室采用過濾法將難溶性的固體也液體的分離，故答案為：過濾；(3)Ag2Se在“燒結(jié)”時可轉(zhuǎn)化為難容的Ag2O和易溶的Na2SeO3、Na2SeO4，由于銅陽極泥出含Cu2Se、Ag2Se外還含不與氧氣反應的金和鉑，所以濾渣的主要成分為Cu2O、Au、Pt和Ag2O；由于向有機相中加反萃取劑再次分液得到(4)FeSO4的作用是“還原”Na2SeO4制備Na2SeO3，則有“三段式”Na2SeO4~2FeSO4121mol2mol，所以每摩爾Na2SeO4消耗2molFeSO4，H2SeO3的Ka1=1.0x10-3(5)氧化劑的電位越大，則其氧化劑的氧化性越強，F(xiàn)e3+/Fe2+為0.770最高，其SeO32-次為0.740，再者是Cu2+/Cu為0.345，最后是Fe2+/Fe為-0.440，所以氧化性強弱為Fe3+、SeO32-、

【分析】（1）根據(jù)反應物結(jié)合氧化還原反應即可寫出方程式，沸騰主要是增大接觸面積提高反應速率

（2）固液分離是過濾

（3）根據(jù)加入物質(zhì)性質(zhì)即可判斷濾渣，根據(jù)萃取原理即可判斷加入物質(zhì)

（4）根據(jù)反應物即可寫出方程式即可計算出物質(zhì)的量，根據(jù)pH即可判斷出離子

（5）根據(jù)電位的高低判斷氧化性，根據(jù)電位即可寫出方程式10．【答案】（1）Δ（2）A；B（3）Kc=c2(CO)?c（4）1：5；提高催化劑的選擇性(或選擇更理想的催化劑)（5）2N【解析】【解答】(1)結(jié)合圖示兩個反應，由蓋斯定律可知，ΔH=ΔH(2)A．反應的焓變與催化劑無關(guān)，催化劑可以改變反應速率，不改變ΔH，A正確；B．升高溫度，活化分子比率增加，v正增大，B正確；C．v正=k·p(CH4)，可知v正與二氧化碳分壓無關(guān)，增大CO2的分壓時，v正不變，C不正確；D．在反應達到平衡時，v正=v正≠0，D不正確；故答案為：AB；(3)重整反應為：CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)，則該重整反應的濃度平衡常數(shù)的表達式，Kc=c2(CO)?(4)設CH4在重整反應中消耗的物質(zhì)的量為x，CO2在副反應中消耗的物質(zhì)的量為y，由三段式可知：起始起始達平衡時CH4的轉(zhuǎn)化率為80%，CO2的轉(zhuǎn)化率為90%，則：x1×100%=80%，x=0.若溫度、壓強和投料比一定，為了提高重整反應的速率和H2的選擇性，應當提高催化劑的選擇性(或選擇更理想的催化劑)；(5)電池正極發(fā)生還原反應，由圖可知，硝酸根離子中氮元素化合價降低，得到電子，發(fā)生還原反應，故該電池的電解液為酸性環(huán)境，故正極的電極反應式為2NO

【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律即可計算出焓變

（2）A.催化劑改變，但是焓變不變與催化劑無關(guān)

B.根據(jù)溫度是升高，正反應速率增大

C.根據(jù)公式即可判斷

D.平衡時，速率不為0

（3）根據(jù)公式即可寫出公式，根據(jù)關(guān)系即可判斷

（4）根據(jù)數(shù)據(jù)結(jié)合方程式即可計算出物質(zhì)的量比，根據(jù)題意即可得出選擇合適的催化劑

（5）根據(jù)正極物質(zhì)即可寫出電極式11．【答案】（1）第四周期第Ⅷ族；N（2）sp3；N的價電子排布為（3）離子晶體；平面三角形（4）4和6；14(25%)；MN【解析】【解答】(1)Co是27號元素，在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；Co核外有四個能層，基態(tài)Co的電子占據(jù)的最高能層符號為N層。(2)從EDTA結(jié)構(gòu)圖可知，其中N原子均連接三個單鍵，有三個σ鍵和一對孤電子對，雜化方式均為sp3；N的I1大于O的I1，其原因是：N的價電子排布為2s(3)離子化合物氰化鈉的晶體類型為離子晶體；甲醛分子中的碳原子sp2雜化，分子空間構(gòu)型為平面三角形。(4)四面體空隙要四個原子構(gòu)成，八面體空隙要六個原子構(gòu)成，Co填充在晶胞中O構(gòu)成的8個四面體空隙和4個八面體空隙中，則Co的配位數(shù)分別為4和6；Co3O4晶體中O作面心立方最密堆積，則晶胞中有3個Co原子，共有12個空隙，則Co總的空隙填充率為14(25%)；Co3O4的晶胞質(zhì)量為MNAg，晶胞邊長為anm，則晶胞體積為(a×10-7cm)3，則Co

【分析】（1）