2022届广西桂林、河池、来宾、北海、崇左市高三下学期5月联合考试理综化学试题（解析版）

1、PAGE PAGE 19页广西桂林、河池、来宾、北海、崇左市2022届高三下学期5月联合考试理综化学试题一、单选题1化学与生活密切相关，下列叙述错误的是（）A聚氯乙烯(PVC)是食品级塑料制品的主要成分B用透气袋包装的活性炭可去除冰箱中的异味C补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁效果D医疗上可用Al(OH)3治疗胃酸过多2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，2.24L苯中含有的分子数为0.1NAB0.1 mol/L K2S溶液中含有的K+数为0.2NAC32g由S4、S8组成的混合物中，含S原子数为NAD1L1.0molL-1FeCl3溶液与足量Cu反应，转移的电子数目

2、为3NA3苯甲醇( )在工业生产中用途广泛。下列有关苯甲醇的说法正确的是（）A与乙醇互为同系物B能发生加成反应但不能发生取代反应C能与Na反应放出气体D与 互为同分异构体4下列操作能达到实验目的的是（）选项目的操作A分离乙酸乙酯中少量的乙酸加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液B比较Cu(OH)2、Mg(OH)2溶度积的大小向5mL 0.2molL-1MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，待有白色沉淀生成后，再滴加0.2molL-1CuCl2溶液C比较HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱向Na2CO3溶液中加入盐酸，将产生的气体直接通入Na2SiO3，溶液中D制备较纯净的Cl2将一定量的

3、MnO2粉末与过量的0.lmol/L的盐酸混合加热AABBCCDD5X、Y、 Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，乙是元素Z的单质，甲、丙、丁、戊、己是由其中两种元素组成的化合物，已知气体甲的水溶液呈碱性，丁为淡黄色固体，己为红棕色气体，上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（）A原子半径大小：WYZXB丁中阴阳离子个数比为1：1CW的单质能与戊反应DX与W形成的化合物为离子化合物6氢氧熔融碳酸盐燃料电池是一种高温电池，具有效率高、无污染、燃料多样、余热利用价值高等优点，电池的工作原理如图所示。下列有关说法正确的是（）A该电池在常温下也能正常工作BH2通入负极，发生还原反应C正极反

4、应式为O2+ 2CO2+4e- =2CO32-D电池工作时，外电路中流过2 mol电子，消耗22.4L H27常温下，用0.1 molL-1NaOH溶液滴定10 mL 0.1 molL-1H2A溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列说法正确的是（）AH2A是强酸BB点：c(H2A)c(A2- )CC点：c(Na+)C点B点二、综合题8亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品为棱形结晶，溶于硫酸，超过73.5和遇水均易分解，常用于制染料。制备NOSO4H的反应原理为：SO2+ HNO3=SO3+ HNO2、SO3+ HNO2= NOSO4H。（1）亚硝酰硫酸(NOSO4H)的制备：装置A中

5、发生反应的化学方程式为 。 与浓度较低的稀硫酸相比，使用70%的H2SO4溶液除能减少SO2的溶解损耗外，还具有的优点是 。仪器I的名称是 ， 上述装置的连接顺序为：A 。混合装置B中浓硫酸和浓硝酸的方法是 。装置B用冷水浴的目的是 。若去掉装置C会使NOSO4H的产量 (填“减少”、 “增大”或“不变”)。（2）亚硝酰硫酸( NOSO4H )纯度的测定：步骤1：准确称取14.00g产品，在特定条件下配制成250mL溶液。步骤2：取25.00mL所配溶液于250mL碘量瓶中，加入60.00mL0.1000molL-1KMnO4溶液(过量)和10.00mL 25% H2SO4溶液，然后摇匀。发生

6、反应的方程式为：MnO4-+ NOSO4H +H2O=Mn2+ +NO3-+ SO42-+H+(未配平)步骤3：用0.2500molL-1 Na2C2O4标准溶液滴定，消耗Na2C2O4溶液的体积为20.00mL。发生反应的方程式为：2MnO4-+ 5C2O42- + 6H+= 2Mn2+ + 10CO2+ 8H2O滴定终点的现象为 。产品的纯度为 %(保留两位有效数字)。9镍矿渣中主要含有Ni(OH)2和NiS，还有Fe、Cu 、Ca、Mg、Zn等元素的杂质，由镍矿渣制备碳酸镍的流程如下： 已知：含镍浸出液中阳离子主要有Ni2+、Fe3+、Cu2+、Ca2+、 Mg2+、Zn2+。常温下，部

7、分物质的溶度积常数如下表：难溶物NiSZnSCuSCaF2MgF2溶度积常数1.07 10-212.93 10-251.27 10-364 10-117.42 10-11请回答下列问题：（1）酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有 (任写一条)。（2）含镍矿渣浸取时， NiS与NaClO反应生成硫单质的离子方程式为 。（3）向含镍浸出液中加入Na2CO3的目的是完全沉淀Fe3+，则沉淀1的主要成分为 (填化学式)。（4）溶液1中加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，反应的离子方程式为 。该反应的化学平衡常数K= (保留两位有效数字)；若使用H2S气体替代NiS。其不足之处是 。（5）溶液2中加入

8、NaF的作用主要是除去溶液中的 (填离子符号)（6）“除Zn2+”时，ZnSO4与有机萃取剂(用HA表示)存在以下过程： ZnSO4+4HA ZnA22HA+H2SO4，试分析“除Zn2+”时，锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因： 。10NOx(主要指N2O、NO和NO2)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq)H=-116.1kJmol-13HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)H=+75.9kJmol-1反应3NO2(g)+H2O(

9、l)2HNO3(aq)+NO(g)的H= kJmol-1（2）用CO还原N2O的反应为：CO(g)+N2O(g)N2(g)+CO2(g)，其能量变化如图甲所示：投料比一定时，要提高N2O平衡转化率，可采取的措施是 。反应达到平衡前，在同温同压条件下的相同时间段内，N2O的转化率在使用催化剂2时比使用催化剂1要高，原因是 。在容积均为1L的密闭容器A(起始500，恒温)、B(起始500，绝热)两个容器中分别加入1molN2O、4molCO和相同催化剂，发生上述反应。实验测得A、B容器中N2O的转化率随时间的变化关系如图乙所示。.曲线b中，从反应开始到M点处，用N2O表示的反应速率为 mol/(L

10、s)。.容器B中N2O的转化率随时间的变化关系是图乙中的 (填“a”或“b”)曲线。（3）活性炭还原NO2的反应为2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量活性炭发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：A、B、C三点中NO2的转化率最高的是 (填“A”、“B”或“C”)点，理由是 。C点时该反应的压强平衡常数Kp= MPa(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。11碳族元素在生产生活中的应用极其广泛，请回答以下有关碳族元素的问题。（1）Si位于周期表的 区， 基态Si原子含有 个未成对电子，

11、其核外电子有 种空间运动状态。（2）甲醇重整制氢反应中，铜基催化剂(CuO/SiO2)具有重整温度低、催化选择性高等优点。Cu、Si、O三种元素的电负性由大到小的顺序是 。（3）锡(Sn)是人类最早使用的元素之一，化合物SnCl4常温下为无色液体，它的晶体类型是 ，属于 (填“极性分子”或“非极性分子”)，与SnCl4互为等电子体的阴离子 (写一种)。（4）C16S8是新型环烯类储氢材料，研究证明其分子呈平面结构(如图1所示)。 图1C16S8分子中C原子和S原子的杂化轨道类型分别为 、 。测得C16S8中碳硫键的键长介于C-S键和C=S键之间，其原因可能是 。（5）锗(Ge)是典型的半导体材

12、料，在电子、材料等领域应用广泛。锗单晶的晶胞结构如图2所示，其晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体密度为 gcm-3(列出计算式即可)。12氰基丙烯酸酯胶黏剂在碱性条件下能快速聚合为 。 某种氰基丙烯酸酯(G)的合成路线如下： 已知：A的核磁共振氢谱显示为单峰NaOH（微量）HCN(水溶液) (R和R代表烃基或H) 。（1）A的名称为 。（2）反应的反应条件为 ，C 到D的反应类型为 。（3）G中含氧官能团的结构简式为 。（4）反应的化学方程式为 。（5）F的结构简式为 。（6）G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有 种。 (不含立体异构) 。（7）以苯甲醇为

13、起始原料，结合已知信息，选用必要的无机试剂，写出合成的路线： 。答案解析部分1【答案】A【解析】【解答】A聚氯乙烯可释放出有害物质，不能用作食品级塑料制品，故A符合题意；B用透气袋包装的活性炭可去除冰箱中的异味，利用的是活性炭的吸附性，故B不符合题意；C维生素C可以防止亚铁离子氧化成铁离子，亚铁离子更易被人体吸收，补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁效果，故C不符合题意；DAl(OH)3具有弱碱性，能与盐酸反应，可以用于治疗胃酸过多，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A聚氯乙烯可释放出有害物质；B活性炭有吸附性；C维生素C有还原性；DAl(OH)3具有两性。2【答案】C【解析】【解答】A标准

14、状况下，苯为液态，不能用标准气体摩尔体积计算2.24L苯的物质的量，故A不符合题意；B未知溶液体积，无法计算K2S的物质的量，K+数目也不能计算，故B不符合题意；CS4、S8均由S原子构成，故32g混合物中含有的S原子的物质的量为n=mM=32g32g/mol=1mol，含S原子数为NA个，故C符合题意；D.1L1.0molL-1FeCl3溶液中含有氯化铁的物质的量为n=cV=1mol，FeCl3与Cu反应生成氯化铜和FeCl2，1mol氯化铁反应转移电子数目为NA，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A标准状况下，苯为液态，不能计算；B未知溶液体积，无法计算；CS4、S8均由S原子构成；D

15、.FeCl3与Cu反应生成氯化铜和FeCl2。3【答案】C【解析】【解答】A乙醇和苯甲醇的结构不同，不属于同系物，故A不符合题意；B苯甲醇中苯环能与氢气发生加成反应，羟基能与羧酸发生酯化反应即取代反应，故B不符合题意；C苯甲醇含有醇羟基，能与Na反应放出氢气，故C符合题意；D两者是同一物质，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A同系物：指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；B依据结构决定性质；C依据羟基性质分析；D两者是同一物质。4【答案】B【解析】【解答】A乙酸乙酯能在NaOH溶液中发生水解反应，二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，故A不符合题意；B向5mL 0.2m

16、olL-1MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，待有白色沉淀生成后，再滴加0.2molL-1CuCl2溶液，白色沉淀转化为蓝色沉淀，可以证明Cu(OH)2、Mg(OH)2溶度积的大小，故B符合题意；CNa2CO3溶液中加入盐酸，产生的气体中含有HCl，HCl与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，干扰了检验结果，故C不符合题意；D盐酸易挥发，加热MnO2与盐酸反应生成的氯气中混有HCl杂质气体，不能制备纯净的Cl2，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A试剂与被提纯的物质反应；B依据沉淀转化分析；C挥发的HCl干扰实验；D盐酸易挥发，形成杂质。5【答案】B【解析】【解答】根据分析可知，X为H，Y为

17、N，Z为O，W为Na元素，甲为NH3，乙为O2，丙为NO，丁为Na2O2，戊为H2O，己为NO2，A主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小：WYZX，故A不符合题意；B丁为Na2O2，Na2O2中阴离子为过氧根离子，阳离子为钠离子，阴阳离子个数比为1：2，故B符合题意；C金属钠能够与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C不符合题意；DX、W形成的化合物为NaH，NaH为离子化合物，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大；B依据电子式分析；C依据钠的性质分析；D金属氢化物均为离子化合物

18、 。6【答案】C【解析】【解答】A该电池是氢氧熔融碳酸盐燃料电池，高温下的电解质呈熔融状态，工作时CO32-能定向移动，若是常温下，通电时CO32-不能移动，则不能工作，故A不符合题意；B由分析可知，H2通入负极，负极上发生氧化反应，B不符合题意；C由分析可知，O2通入正极，电极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，C符合题意；D负极的电极反应为H2+CO32-2e-=CO2+H2O，则电池工作时，外电路中流过2mol电子，消耗1mol H2；题中未告知H2是否处于标况，无法计算1mol H2的体积，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A电解质在熔融状态才能导电；B负极上发生氧化反应；C

19、正极得电子发生还原反应；D未告知标准状况，无法计算。7【答案】D【解析】【解答】A根据图像可知，0.1mol/L的H2A溶液的pH大于1，说明H2A为弱酸，故A不符合题意； BB点时加入了10mLNaOH溶液，反应后溶质为NaHA，此时溶液的pH小于7，说明HA-的电离程度大于其水解程度，则c(A2-)c(H2A)，故B不符合题意；CC点溶液的pH=7，为中性溶液，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c( A2-)+c(OH-)可知：c(Na+)=c(HA-)+2c( A2-)，故C不符合题意；DB点反应后溶质为NaHA，HA-的电离程度大于其水解

20、程度，溶液呈酸性，氢离子抑制了水的电离，而D点加入20mL氢氧化钠溶液，二者恰好反应生成Na2A，A2-水解促进了水的电离，所以水电离的c(OH-)：D点C点B点，故D符合题意；故答案为：D。 【分析】A根据图像的起点分析； B依据HA-的电离程度与水解程度大小分析；C根据电荷守恒分析；D依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；8【答案】（1）Na2SO3+ H2SO4= Na2SO4+SO2+H2O；加快反应速率；三颈烧瓶；C；B；C；D；先向三颈烧瓶加入浓硝酸，再向三颈烧瓶缓缓加入浓硫酸，并不断搅拌；防止HNO3和亚硝酰硫酸分解；减少（2）滴入最后一滴Na2C2O4溶液后，溶

21、液由浅紫色变为无色且半分钟内颜色不恢复；91【解析】【解答】由题给实验装置图可知，装置A为70%浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫的装置，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥二氧化硫气体，装置C为二氧化硫与混酸中浓硝酸反应制备亚硝酰硫酸的装置，为防止亚硝酰硫酸遇水发生水解，在装置C后连接装置B，用浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入C中导致亚硝酰硫酸发生水解，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境，则按气流从左到右的顺序，装置的连接顺序为ACBCD；(1)根据强酸制取弱酸原则，装置A中硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，发生反应的化学方程式为Na2SO3+ H2SO4= Na2SO4+

22、SO2+H2O；与浓度较低的稀硫酸相比，使用70%的H2SO4溶液除能减少SO2的溶解损耗外，可增大反应物浓度，具有的优点是加快反应速率；仪器I的名称是三颈烧瓶；装置A制备二氧化硫的装置，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥二氧化硫气体，装置C为二氧化硫与混酸中浓硝酸反应制备亚硝酰硫酸的装置，为防止亚硝酰硫酸遇水发生水解，在装置C后连接装置B，用浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入C中导致亚硝酰硫酸发生水解，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境，则按气流从左到右的顺序，装置的连接顺序为ACBCD；混合装置B中浓硫酸和浓硝酸的方法是：先向三颈烧瓶加入浓硝酸，再向三颈烧瓶缓缓加入浓

23、硫酸，并不断搅拌；浓硝酸和亚硝酰硫酸受热易发生分解，为防止浓硝酸和亚硝酰硫酸受热分解，制备亚硝酰硫酸时，应将三颈烧瓶放入冷水浴中反应，装置B用冷水浴的目的是：防止HNO3和亚硝酰硫酸分解；若去掉装置C则不能吸收水蒸气，已知亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水均易分解，会使NOSO4H的产量会减少；(2)根据滴定试剂的加入顺序可知滴定终点时Na2C2O4恰好将KMnO4标准溶液反应完，则滴定终点的现象为滴入最后一滴Na2C2O4标准溶液，溶液由浅紫色变为无色且半分钟内颜色不恢复；根据题目数据，滴定过程中Na2C2O4标准溶液的耗量为20mL，根据电子转移守恒有关系式：2KMnO45Na2C2O4，则n

24、(KMnO4)=2520mL0.25000molL-110-3L/mL=0.002mol，则与亚硝酰硫酸(NOSO4H)反应的KMnO4有0.06L0.1000molL-1-0.002mol=0.004mol，由得关系式：2KMnO45NOSO4H，n(NOSO4H)=520.004mol=0.01mol，亚硝酰硫酸(NOSO4H)产品的纯度为0.01mol250mL25mL127g/mol14g100%91%。【分析】(1)根据强酸制取弱酸原则；依据装置的构造确定仪器名称；根据制备、除杂、干燥、反应、收集、尾气处理的顺序；依据浓硫酸密度大且溶于水放出大量的热；依据物质的性质分析；(2)根据滴

25、定现象确定终点；根据电子转移守恒确定关系式进行计算。9【答案】（1）将含镍矿渣粉碎、加热、搅拌、适当提高稀硫酸的浓度(任写1条，合理即可)（2）3NiS +ClO3-+6H+=Cl-+ 3S + 3Ni2+ 3H2O（3）Fe(OH)3（4）NiS(s) +Cu2+(aq) CuS(s)+Ni2+(aq)；8.41014；可能逸出有毒气体H2S，污染环境（5）Ca2+、Mg2+（6）增大料液的pH，使料液中c(H+ )减小，促使平衡ZnSO4 + 4HAZnA22HA+ H2SO4向右移动，锌的萃取率增大。【解析】【解答】含镍矿渣加入稀硫酸和氯酸钠，得到含Ni2+的浸出液，发生Ni（OH）2+

26、2H+=Ni2+2H2O、3NiS+ClO3-+6H+=3Ni2+3S+Cl-+3H2O，沉淀1含有S、Fe(OH)3，在溶液1中加入NiS调节溶液的pH，沉淀2中含有CuS，溶液2中加入NaF，可得到CaF2、MgF2等沉淀，溶液3中含有Ni2+、Zn2+，加入有机萃取剂，水层中含有Ni2+，在水层中加入碳酸钠，可得到NiCO3，以此解答该题； (1)浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等，故答案为：将含镍矿渣粉碎、加热、搅拌、适当提高稀硫酸的浓度；(2)NiS与NaClO反应生成硫单质的离子方程式为3NiS +ClO3-+6H+=Cl

27、-+ 3S + 3Ni2+ 3H2O；(3)加入Na2CO3调节pH增大，目的是完全沉淀Fe3+，则沉淀1的主要成分为Fe(OH)3；(4)由CuS的溶度积常数比NiS小，加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，发生沉淀转化，反应的离子方程式为NiS(s) +Cu2+(aq) CuS(s)+Ni2+(aq)；该反应的化学平衡常数K=c(Ni2+)c(Cu2+)=c(Ni2+)c(S2-)c(Cu2+)c(S2-)=KspNiSKspCuS=1.0710-211.2710-36=8.41014；若使用H2S气体替代NiS，其不足之处是可能逸出有毒气体H2S，污染环境；(5)溶液2中加入NaF，可

28、得到CaF2、MgF2等沉淀，作用主要是除去溶液中的Ca2+、Mg2+；(6)“除Zn2+”时，锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因：增大料液的pH，使料液中c(H+ )减小，促使平衡ZnSO4 + 4HAZnA22HA+ H2SO4向右移动，锌的萃取率增大。 【分析】 (1)依据影响反应速率的因素分析(2)利用氧化还原反应原理判断分析；(3)考虑盐类的水解；(4)根据溶度积常数，利用沉淀转化分析；(5)利用溶度积常数分析；(6)依据影响化学平衡的因素分析。10【答案】（1）-136.2（2）降低温度；在催化剂2催化下，反应的活化能更低，反应速率快，经过相同反应时间，N2O的转化率更高；1

29、10-3；a（3）A；该反应的正反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡左移，NO2的转化率减小，所以A点NO2的转化率最高；4【解析】【解答】(1)已知2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq)H=-116.1kJmol-1，3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)H=+75.9kJmol-1，根据盖斯定律(3+)12得3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)，H=3(-116.1kJmol-1)+(+75.9kJmol-1)12=-136.2kJmol-1；(2)由图可知，反应CO(g)+N2O(g)N2(g)+CO2(g)为放

30、热反应，故可以通过降低温度使平衡正向移动，提高N2O平衡转化率；在催化剂2催化下，反应的活化能更低，反应速率快，经过相同反应时间，N2O的转化率更高；.曲线b中，从反应开始到M点处，N2O的转化率为20%，故用N2O表示的反应速率为nVt=0.2mol1L200s=110-3mol/(Ls)。.反应N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)的H SiCu（3）分子晶体；非极性分子；SO42- 、ClO4-、PO43- (任写一种，或其他合理答案)（4）sp2；sp3；分子中的C与S原子之间有键(或分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质)（5）873(10-10a)3NA【解析】【解答】(

31、1)Si是14号元素，基态电子排布式为1s22s22p63s23p2，位于周期表的p区，含有2个未成对电子，其核外电子有8种空间运动状态；(2)非金属性越强，元素的电负性越大，非金属性OSiCu，故元素的电负性：OSiCu；(3)SnCl4常温下为无色液体，熔沸点低，由此可判断SnCl4是由共价键结合的分子，分子间作用力较弱，该晶体为分子晶体；SnCl4分子价电子对数为4+42=4，形成了四条杂化轨道，杂化轨道空间构型为正四面体，且每条杂化轨道均与Cl形成共价键，其空间构型为正四面体，SnCl4正负电荷重心重合，属于非极性分子；与SnCl4互为等电子体的一种阴离子有SO42- 、ClO4-、P