四川省仁寿第一中学南校区高三上学期12月一诊模拟考试理综化学试题

仁寿一中南校区2021级高三(上)眉山一诊模拟考试第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题：共7个小题，每题6分，共42分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关。下列相关说法正确的是A.明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒B.工业上电解溶液可以制备MgC.“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的同一种性质D.煤的气化、石油的裂化、裂解均为化学变化【答案】D【解析】【详解】A．明矾在溶液中电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水，但不能杀菌消毒，故A错误；B．电解氯化镁溶液得到镁、氢气和氢氧化镁；工业上电解熔融的MgCl2可以制备Mg，故B错误；C．血液是胶体，血液透析原理即胶体不会通过半透膜，静电除尘利用的胶体电泳的性质，二者利用了胶体的性质，但性质不同，故C错误；D．煤的气化、液化、干馏和石油的裂化、裂解都是伴随着旧键的断裂与新键的形成。均属于化学变化，故D正确。答案选D。2.为阿伏加德罗常数的值；下列分析正确的是A.1LpH=2的(中强酸)溶液中含的数目为B.92g中含碳氢共用电子对数目为C.将0.5mol完全溶于水，溶液中，和HClO的微粒数之和为D.标准状况下，1.12L苯含有CH键的数目为【答案】A【解析】【详解】A．1LpH=2的H3PO4(中强酸)溶液中含H+为0.01mol，数目为0.01NA，A正确；B．由于存在异构，因此无法确定碳氢共用电子对数，B错误；C．氯气和水的反应为可逆反应，其水溶液中还含有氯气分子，则将0.5mol完全溶于水，溶液中，和HClO的微粒数之和小于，C错误；D．标准状况下，苯为液体，无法计算其物质的量，D错误；故选A。3.对异丙基苯甲醇(N，结构简式为)可以用于制备香料。下列关于N的判断正确的是A.不能被氧化 B.能发生消去反应C.分子内所有碳原子均共平面 D.其苯环上的二氯代物一共有4种【答案】D【解析】【详解】A．对异丙基苯甲醇中含有羟甲基、与苯环相连碳上有H，故能被氧化，A错误；B．结构中，羟基所连碳的邻位碳上没有氢，则不能发生消去反应，B错误；C．对异丙基苯甲醇中含有异丙基，异丙基上三个碳原子最多只能2个碳原子与苯环共平面，故不可能分子内所有碳原子共平面，C错误；D．根据结构可知，其苯环上的二氯代物有、，D正确；故选D。4.根据下列实验操作和现象所得结论正确的是选项实验操作现象结论A将通入品红溶液溶液红色褪去具有漂白性B向溶液中通入气体有沉淀生成酸性：C取5mL0.1mol/L的KI溶液于试管中，滴入1mL0.1mol/L的溶液充分反应，再将反应后溶液均分在两支试管中，分别滴入淀粉溶液和KSCN溶液一只试管溶液变蓝，另一只溶液变红溶液和KI溶液的反应有限度D向某溶液中滴加几滴氯水，再滴加KSCN溶液溶液变红原溶液中有A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．Cl2没有漂白性，HClO具有漂白性，将Cl2通入品红溶液，品红溶液褪色，是因为氯气和水反应生成的HClO漂白品红溶液的，故A错误；B．SO2和溶液发生氧化还原反应生成CaSO4微溶物，没有发生强酸制取弱酸的反应，所以不能比较H2SO3、HClO的酸性强弱，故B错误；C．取5mL0.1mol/L的KI溶液于试管中，滴入1mL0.1mol/L的溶液充分反应，再将反应后溶液均分在两支试管中，分别滴入淀粉溶液和KSCN溶液，一只试管溶液变蓝，说明有单质碘生成，另一只溶液变红，说明含有铁离子，根据用量可判断碘化钾过量，在碘化钾过量的条件下，仍然有铁离子剩余，说明该反应存在限度，故C正确；D．原来溶液中可能含有Fe3+，要检验溶液中是否含有Fe2+，应该先加KSCN溶液排除Fe3+，然后再加入氯水，故D错误；故选：C。5.短周期元素Z、W、X、Y的原子半径逐渐减小且分占两个周期，Z有两个电子层，这四种元素组成的某阴离子的结构如图所示，图中各原子均满足稳定结构。下列叙述错误的是A.非金属性：X>Z>YB.X和Y形成的化合物只含极性键C.W的最高价氧化物对应的水化物是强酸D.Z、W、X、Y四种元素可以形成多种化合物【答案】B【解析】【分析】短周期元素Z、W、X、Y的原子半径逐渐减小且分占两个周期，根据它们形成的阴离子的结构，Z形成4个共价键，有两个电子层，Z为C元素，W形成3个共价键，且W的原子半径小于C，故为N，X形成两个共价键，原子半径小于N，故为O；Y形成1个共价键，原子半径最小，故为H；以此解答该题。【详解】由上述分析，Z为C元素，W为N元素，X为O元素，Y为H元素；A．元素的非金属性应为O>C>H，即X>Z>Y，故A正确；B．H和O可以形成H2O2，既有极性键又有非极性键，故B错误；C．W为N元素，最高价氧化物对应的水化物硝酸是强酸，故C正确；D．C、N、O、H元素可以形成多种化合物，故D正确。答案选B。【点睛】考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化学键、电荷数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。6.2022年北京冬奥会期间，我国使用了“容和一号”大容量电池堆(铁—铬液流电池)作为备用电源(原理示意如图)。铁—铬液流电池的寿命远远高于钠硫电池锂离子电池和铅酸蓄电池等。下列说法错误的是A.该电池总反应为：B.充电时左边的电极电势高于右边的电极电势C.若用该电池电解水，生成22.4L(标准状况)时，则有2mol被还原D.充电时若1mol被氧化，电池中有1mol通过交换膜由左向右迁移【答案】C【解析】【分析】该电池是可充电电池，放电时左侧为正极，右侧为负极，放电时正极反应式为：Fe3++e=Fe2+，负极反应式为：Cr2+e=Cr3+，充电时左侧为阳极，右侧为阴极，充电时阳极反应式为：Fe2+e=Fe3+，阴极反应式为：Cr3++e=Cr2+。【详解】A．由图示可知，放电时正极反应式为：Fe3++e=Fe2+，负极反应式为：Cr2+e=Cr3+，充电时阳极反应式为：Fe2+e=Fe3+，阴极反应式为：Cr3++e=Cr2+，则电池总反应为：，故A正确；B．充电时左侧为阳极，右侧为阴极，阳极电势高于阴极电势，故B正确；C．电解水时，生成氢气的电极反应式为：2H2O+2e=H2↑+2OH，生成22.4L(标准状况)H2即1molH2时，转移2mole，那么该电池需要提供电能，即放电，因此会有2molCr2+被氧化，故C错误；D．充电时若1molFe2+被氧化，即失去1mol电子，则电池中有1molH+通过交换膜由左(阳极)向右(阴极)迁移，故D正确。答案选C。7.常温下，用溶液分别滴定的和的溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.和的数量级分别为和B.A、B、C三点中由水电离出由大到小的顺序为C.曲线上的A点与C点混合，则存在D.B点满足【答案】D【解析】【详解】A．的溶液的约为4.3，由此计算平衡常数，数量级为，的溶液的约为2，由此计算平衡常数，数量级为，A项错误；B．A、B两点均显酸性，均抑制水的电离，B点的酸性强，对水的电离抑制程度大，而C点为盐促进水的电离，故A、B、C三点中由水电离出的由大到小的顺序为，B项错误；C．曲线上的A点与C点混合后，形成和的混合物，且物质的量浓度之比为，根据物料守恒可得，故C项错误；D．B点溶质为和的混合物，且物质的量浓度之比为，电荷守恒为，物料守恒为，两式合并可得，故D正确；选D。二、非选择题(一)必做题8.亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用重氮化反应。实验室将二氧化硫通入到硫酸和硝酸中发生氧化还原反应，硝酸被还原为亚硝酸，二氧化硫被氧化为三氧化硫(夹持装置略)制备少量NOSO4H，并测定产品的纯度。已知：NOSO4H遇水分解，但溶于浓硫酸而不分解。（1）装置A制取SO2①B中反应仪器的名称为：___________。②导管b的作用是___________。（2）装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快___________。（3）装置C涉及反应的离子方程式为___________(用离子方程式表示)。（4）该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是___________。（5）测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度准确称取产品放入的碘量瓶中，加入、的标准溶液和25％溶液，然后摇匀。用草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为。已知：①写出溶液与酸性溶液反应的离子方程式：___________。②滴定终点时的现象为___________。③亚硝酰硫酸的纯度=___________。(精确到0.01％)【答案】（1）①.三颈(烧)瓶②.平衡气压，使液体顺利滴下（2）生成的NOSO4H作为反应的催化剂（3）SO2+2OH=+H2O（4）C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解，在BC间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶（5）①.2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O②.溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复③.92.02%【解析】【分析】装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O制取SO2，制取的SO2通入到B装置中，HNO3与SO2在浓H2SO4作用下在冰水浴中反应制得NOSO4H，由于亚硝酰硫酸（NOSO4H）遇水分解，所以应该是对产生的二氧化硫进行干燥，但是题目中并未进行，且装置A中制得的SO2属于大气污染物，不能直接排放到大气中，则装置C中的氢氧化钠的作用是吸收SO2，但是会导致部分水蒸气进入装置B中，导致产率降低，据此分析回答问题。【小问1详解】①由题干实验装置图可知，B中反应仪器的名称为：三颈(烧)瓶，故答案为：三颈(烧)瓶；②导管b的作用是平衡气压，使液体顺利滴下，故答案为：平衡气压，使液体顺利滴下；【小问2详解】开始反应缓慢，待生成少量

NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是：生成的NOSO4H作为反应的催化剂，故答案为：生成的NOSO4H作为反应的催化剂；【小问3详解】由分析可知，装置C中的氢氧化钠的作用是吸收SO2，故涉及反应的离子方程式为：SO2+2OH=+H2O，故答案为：SO2+2OH=+H2O；【小问4详解】该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是：C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解，应在B、C间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶，故答案为：C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解，在B、C间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶；【小问5详解】①酸溶液中高锰酸钾和草酸钠发生氧化还原反应，生成二氧化碳，锰元素化合价+7价降低到+2价，电子转移5e，碳元素化合价+3价变化为+4价，电子转移e，电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；②用0.2500mol•L1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点故答案为：溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复；③根据反应方程式2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，n(KMnO4)=n(Na2C2O4)=×0.25mol/L×0.020L=0.002mol，则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000mol•L1×0.0600L0.002mol=0.004mol，有关反应方程式2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，n(NOSO4H)=n(KMnO4)=×0.004mol=0.01mol，亚硝酰硫酸的纯度=×100%=92.02%，故答案为：92.02%。9.用甲烷制高纯氢气是目前研究热点之一、（1）工业上常利用甲烷与水蒸气重整制氢，涉及热化学反应方程式如下：Ⅰ．Ⅱ．①总反应：___________。②为提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有___________(写一条)。③已知830℃时，反应Ⅱ的平衡常数。在容积不变的密闭容器中，将与加热到830℃，反应达平衡时CO的转化率为___________。④在常压、600℃条件下，甲烷与水蒸气制备氢气的总反应中H2平衡产率为82％。若加入适量生石灰后H2的产率可提高到95％。应用化学平衡移动原理解释原因___________。（2）利用甲烷与CO2重整制氢的热化学反应方程式如下：Ⅲ．(主反应)Ⅳ．(副反应)①在恒压条件下，等物质的量的CH4和CO2发生重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图所示，则表示CO2平衡转化率的是曲线___________(填“A”或“B”)。②在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，忽略副反应，达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的___________(列出计算式即可)。（3）科学家研究将、与、联合重整制备氢气，发生反应Ⅰ和Ⅲ。常压下，将、和按一定比例混合置于密闭容器中，相同时间不同温度下测得体系中变化如图所示。①已知700℃、催化条件下，向反应体系中加入少量可增加产率，此条件下还原性CO___________(填“>”“<”或“=”)。②随着温度升高变小的原因可能是___________。【答案】（1）①.+165kJ⋅mol1②.适当减小压强或者升高升高温度，增大H2O(g)的浓度等③.80%④.加入生石灰，发生反应CaO+CO2CaCO3，二氧化碳浓度降低，总反应平衡正向移动，氢气的产率升高（2）①.A②.（3）①.＞②.温度升高，对反应Ⅲ的促进作用更大，n(CO)增大的更多，导致变小【解析】【小问1详解】①有盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ可得目标反应，即总反应，则总反应的ΔH=ΔH1+ΔH2=(20641)kJ⋅mol1=+165kJ⋅mol1，故答案为：+165kJ⋅mol1；②由上述分析可知，总反应正反应是一个气体体积增大的吸热反应，故为提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有适当减小压强或者升高升高温度，增大H2O(g)的浓度等，故答案为：适当减小压强或者升高升高温度，增大H2O(g)的浓度等；③已知830℃时，反应Ⅱ的平衡常数K=1，在容积不变的密闭容器中，将2molCO与8molH2O加热到830℃，假设达到平衡时CO的物质的量变化量为x，列出三段式：，平衡常数K===1，解得x=1.6，则平衡时CO的转化率=×100%=80%，故答案为：80%；④在常压，600℃条件下，甲烷制备氢气的总反应中H2平衡产率为82%．若加入适量生石灰后H2的产率可提高到95%，若加入生石灰，发生反应CaO+CO2CaCO3，二氧化碳浓度降低，总反应平衡正向移动，氢气的产率升高，故答案为：加入生石灰，发生反应CaO+CO2CaCO3，二氧化碳浓度降低，总反应平衡正向移动，氢气的产率升高；【小问2详解】①相同条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，发生的反应为：CH4(g)+CO2

(g)=2CO(g)+2H2

(g)(主反应)，H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g)(副反应)，因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大，则表示CO2平衡转化率的是曲线A，故答案为：A；②设达平衡时，消耗xkPa的CH4，列出三段式：，平衡后总压强为20x+25x+2x+2x=45+2x，达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则有=1.8，解得x=18，则该反应的分压平衡常数Kp==(kPa)2，故答案为：；【小问3详解】①已知700℃、NiO催化剂条件下，向反应体系中加入少量O2可增加H2产率，此反应正向移动，O2和CO发生了反应，则该条件下，还原性CO＞H2，故答案为：＞；②随温度的升高，对反应Ⅲ的促进作用更大，n(CO)增大的更多，导致变小，故答案为：温度升高，对反应Ⅲ的促进作用更大，n(CO)增大的更多，导致变小。10.HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧——水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MoS、NiS、、等)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。已知：Ⅰ．焙烧时、、均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。Ⅱ．高温下易分解，分解产物含氮元素的气体有两种，二者均非氧化物。Ⅲ．；、。请回答下列问题：（1）流程的“气体”中含有二氧化碳，写出二氧化碳的一种用途：___________。（2）请写出“焙烧”过程中及MoS分别与纯碱反应化学方程式：___________，___________。（3）“浸渣”的成分为___________(填化学式)；“滤液2”中的成分除了外，还含有___________(填化学式)。（4）“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始的加入量为___________。（5）在实际工业生产中，“沉钼”前要加入完全沉淀掉溶液中的，应维持反应后溶液中，的范围是___________。（6）“沉钒”时生成沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式：___________。【答案】（1）灭火（2）①.Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑②.2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2（3）①.NiO②.NaVO3、NaHCO3（4）10g/L（5）<（6）6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O【解析】【分析】HDS废催化剂主要成分为MoS、NiS、、，加入纯碱焙烧，转化为Na2MoO4、NaVO3、NaAlO2、NiO；水浸除去NiO，滤液1通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀除铝，滤液2中含有、NaVO3、NaHCO3，调节pH=8.4，加氯化铵生成沉淀，过滤，滤液中加硝酸生成钼酸沉淀。【小问1详解】二氧化碳不支持燃烧，可以用来灭火。【小问2详解】和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，MoS与纯碱反应生成钼酸钠、二氧化硫、二氧化碳，反应的化学方程式为，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑、2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2。【小问3详解】焙烧时NiS被氧化为NiO、SO2，NiO与碳酸钠不反应，“浸渣”的成分为NiO；根据流程图，可知滤液1通入二氧化碳气体除铝，“滤液2”中的成分除了外，还含有NaVO3、NaHCO3。【小问4详解】由图可知加入量为10g/L时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大，则选择的初始的加入量为10g/L。【小问5详解】，，则完全沉淀掉溶液中的时，，应维持反应后溶液中。【小问6详解】高温下易分解，分解产物含氮元素的气体有两种，二者均非氧化物，则含氮气体为氮气和氨气，“煅烧”中发生反应的化学方程式为6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O。(二)选考题：共15分。11.二茂铁()分子式为，是具有导电性的有机配合物，其衍生物一直是科学研究的前沿。（1）Fe在周期表中的___________区，若受热后Fe的1个4s电子会跃迁至4p轨道，写出Fe的该激发态简化电子排布式：___________。（2）羰基铁粉[]中铁元素的配位数是___________，配位原子为___________。（3）二茂铁的衍生物可和等微粒产生静电作用，H、B、O和C的电负性由大到小的顺序为；___________；空间构型为_________。的键角比的_______(填“大”或“小”)（4）T碳是碳的一种同素异形体，其晶体结构可以看成是金刚石晶体(如图甲)中每个碳原子被一个由四个碳原子组成的正四面体结构单元()所取代(如图乙)。一个T碳晶胞中含有___________个碳原子，已知T碳的密度约为金刚石的一半。则T碳晶胞的边长和金刚石晶胞的边长之比为___________。【答案】（1）①.d②.[Ar]3d64s14p1（2）①.5②.C（3）①.O＞C＞H>B②.三角锥形③.小（4）①.32②.2：1【解析】【小问1详解】Fe为26号元素，位于周期表中第四周期第VⅢ族，为d区元素；基态Fe原子的核外电子排布式为：[Ar]3d64s2，受热后Fe的1个4s电子会跃迁至4p轨道，Fe的该激发态简化电子排布式[Ar]3d64s14p1；【小问2详解】一个Fe(CO)5分子中Fe原子与5个CO分子形成5个配位键，铁元素的配位数是5；C、O都有孤对电子，O的电负性大，O比C给予电子对的能力弱，因此配位原子为C原子；【小问3详解】同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，中H显1价，B显+3价，说明H电负性大于B，H、B、O和C的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H>B；H3O+中中心原子的价电子对数为3+=4，孤电子对数为1，则H3O+空间构型为三角锥形；中氧原子有1对孤电子对，中B原子不含孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力较大，键角变小，故的键角比的小；【小问4详解】由于金刚石的1个晶胞中含有8×+4×1+6×=8个碳原子，由于T碳与金刚石晶胞之间的关系，故1个T碳晶胞中含8×4=32个碳原子；由V=，由于T碳的1个晶胞质量是1个金刚石晶胞的4倍，而其ρ为金刚石晶胞，故T碳晶胞的体积为金刚石晶胞体积的8倍，故T碳晶胞的棱长应为金刚石晶胞棱长的2倍，故比值为2：1。12.诺氟沙星(Norfloxacin，又名Noroxin、Fulgram)，别名：力醇罗、氟哌酸、淋克星。为喹诺酮类抗生素，是治疗肠炎痢疾的常用药。但此药对未