四川省成都实验中学2021-2022学年高三下学期入学考试理科综合（化学部分）模拟试题（二）（Word版含解析）

1、 -2022学年高三下学期入学考试模拟试题（四）理科综合（化学部分）（原卷版）（考试时间：约50分钟 满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Ga-70第卷（选择题 共126分）一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中不正确的是A“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量B“朝坛雾卷，曙岭烟沉”中的雾是一种气溶胶，能产生丁达尔现象C在日常生活中，造成钢铁腐蚀的主要原因是化学腐蚀D纯碱可用于生产普通玻璃，

2、日常生活中也可用热的纯碱溶液来除去物品表面的油污8. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下0.1 mol/L Na2S2O3溶液与pH=1的H2SO4溶液的说法正确的是A. 1 L pH=1的H2SO4溶液中，含H+的数目为0.2NAB. 1 mol纯H2SO4中离子数目为3NAC. 含15.8 g Na2S2O3的溶液中阴离子数目大于0.1NAD. Na2S2O3与H2SO4溶液混合产生22.4 L气体时转移电子数为2NA9短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，形成的化合物是一种重要的食品添加剂，结构如下图。Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等。W的原子半径在周期表中最小

3、。下列有关叙述正确的是A原子半径大小：YZQB该化合物中Y原子不满足8电子稳定结构C该化合物中，W、X、Y、Z、Q之间均为共价键DQ元素对应的单质能与水反应，也能与甲醇反应10为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作媒染剂。以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为)为原料制备的工艺流程如下。下列说法正确的是A配合物中共价键的数目为B“沉铜”发生反应的离子方程式：C“还原”后所得溶液中大量存在的离子有、D“洗涤”时使用乙醇能防止被氧化11. 下列实验方案中，不能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A证明氧化性：H2O2比Fe3+强将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄

4、色B鉴别溴蒸气和NO2分别通入硝酸银溶液中，产生淡黄色沉淀的是溴蒸气C证明盐类水解是吸热反应在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后红色加深D证明难溶物存在沉淀溶解平衡将黄色固体难溶物PbI2加水后振荡，静置取上层清液加入NaI固体产生黄色沉淀A. AB. BC. CD. D12.科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供O2的装置，总反应方程式为2CO2=2CO+O2.下列说法不正确的是A由图分析N电极为负极B该装置实现了太阳能电能化学能的转化C阴极的电极反应为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-D为了使该装置持续工作，最好选择阳离子交换膜13. 常温下，向0.50mol/L的MOH溶液

5、中逐滴加入0.25mol/L的盐酸，溶液的pH随-lg的变化关系如图。已知：中和率=100%。下列说法正确的是A. a点溶液中：c(MOH)+c(M+)=0.50mol/LB. b点时，MOH的中和率为50%C. c点溶液中：c(Cl)”或“ZQB该化合物中Y原子不满足8电子稳定结构C该化合物中，W、X、Y、Z、Q之间均为共价键DQ元素对应的单质能与水反应，也能与甲醇反应【答案】D【解析】根据W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，根据形成化合物的结构可得W形成1个共价键，X形成四个共价键，Y形成三个共价键，Z形成两个共价键，可以推知W、X、Y、Z、Q分别为H、C、N、O、Na。AY为N，Z为O，

6、Q为Na，则原子半径：QYZ，A错误；B该化合物中Y原子得到3个电子形成8电子稳定结构，B错误；C该化合物中存在离子键和共价键，C错误；DQ为Na，能与水、甲醇反应生成氢气，D正确。故选D。10为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作媒染剂。以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为)为原料制备的工艺流程如下。下列说法正确的是A配合物中共价键的数目为B“沉铜”发生反应的离子方程式：C“还原”后所得溶液中大量存在的离子有、D“洗涤”时使用乙醇能防止被氧化【答案】D【解析】A 在配合物中，4个NH3含有12个键，Cu2+与4个NH3形成了4个配位键，共有16个键，所以1 mol配合物中键的数目

7、为16NA，A错误；B“沉铜”时，与氢氧根反应生成CuO、NH3和H2O，正确的离子方程式为：，B错误；C“碱溶”之后的固体主要成分为Cu，酸溶之后转化为硫酸铜溶液，而后被亚硫酸钠还原，生成氯化亚铜和硫酸钠，故“还原”后所得溶液中大量存在的离子有：Na+、SO，C错误；DCuCl 容易被氧化，“洗涤”时使用乙醇能隔绝空气，防止CuCl被氧化，D正确；答案选D。11. 下列实验方案中，不能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A证明氧化性：H2O2比Fe3+强将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色B鉴别溴蒸气和NO2分别通入硝酸银溶液中，产生淡黄色沉淀的是溴蒸气C证明盐类水

8、解是吸热反应在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后红色加深D证明难溶物存在沉淀溶解平衡将黄色固体难溶物PbI2加水后振荡，静置取上层清液加入NaI固体产生黄色沉淀A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】A.将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，由于硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子，干扰了检验结果，无法证明H2O2比Fe3+氧化性强，故A错误；B.分别通入硝酸银溶液中，二氧化氮不形成沉淀，溴蒸气与硝酸银溶液反应生成溴化银沉淀，则产生淡黄色沉淀的是溴蒸气，据此可鉴别溴蒸气和NO2，故B正确；C.在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后红色加深，说明氢氧根离子浓度变大，从而证明醋

9、酸根离子的水解为吸热反应，故C正确；D.将黄色固体难溶物PbI2加水后振荡，静置取上层清液加入NaI固体，碘离子浓度增大，沉淀溶解平衡逆向移动，生成沉淀，则证明难溶物存在沉淀溶解平衡，故D正确。故选A。12.科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供O2的装置，总反应方程式为2CO2=2CO+O2.下列说法不正确的是A由图分析N电极为负极B该装置实现了太阳能电能化学能的转化C阴极的电极反应为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-D为了使该装置持续工作，最好选择阳离子交换膜【答案】D【解析】A由图分析N电极所连接的Pt电极上二氧化碳生成一氧化碳，发生还原反应为阴极，则N电极为电源负极，A

10、正确；B由图可知，该装置太阳能转化为电能，电能在电解池中转化为化学能，实现了太阳能电能化学能的转化，B正确；C阴极的电极上二氧化碳得到电子发生还原反应生成一氧化碳气体，电解质溶液为碱性，则反应为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，C正确；D该电解装置中，阴极反应生成氢氧根离子，阳极消耗氢氧根离子生成氧气，故最好选择阴离子交换膜，D错误。故选D。13. 常温下，向0.50mol/L的MOH溶液中逐滴加入0.25mol/L的盐酸，溶液的pH随-lg的变化关系如图。已知：中和率=100%。下列说法正确的是A. a点溶液中：c(MOH)+c(M+)=0.50mol/LB. b点时，MOH的中和率为

11、50%C. c点溶液中：c(Cl)10c(MOH)D. a、b、c、d四点溶液中，水的电离程度逐渐减小【答案】C【解析】A.从图象看，a点溶液是滴加盐酸后的溶液，溶液体积增大，则MOH浓度减小，根据元素守恒可知，c(MOH)+ c(M+)7，根据c(M+)+c()=c()+c()可知：c()c(M+)，故C正确；D.a、b、c 三点溶液中，水的电离程度逐渐增大，故 D错误。第II卷（非选择题 共174分）三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。26（14分）富硼渣中含有镁硼酸盐（2MgOB2O3）

12、、镁硅酸盐（2MgOSiO2）及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸（H3BO3）晶体的一种工艺流程如下：已知：生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1mol/L）Fe（OH）3Al（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2开始沉淀时1.93.47.09.1完全沉淀时3.24.79.011.1（1）上述流程中能加快反应速率的措施有_、_等。（2）酸浸时发生反应：2MgOSiO2+2H2SO4=2MgSO4+SiO2+2H2O2MgOB2O3+2H2SO4+H2O=2H3BO3+2MgSO4上述反应体现出酸性强弱：H2SO4_H3BO3（填“”或“”）。酸浸时，富

13、硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解，写出相关反应的离子方程式：_、_。已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3+OH-=B(OH)4-。下列关于硼酸的说法正确的是_（填序号）。 a硼酸是一元酸 b向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生 c硼酸的电离方程式可表示为：H3BO3+H2OB（OH）4-+H+（3）检验褐色浸出液中的杂质离子：取少量浸出液，_（填操作和现象），证明溶液中含有Fe2+。（4）除去浸出液中的杂质离子：用MgO调节溶液的pH至_以上，使杂质离子转化为_（填化学式）沉淀，过滤。（5）获取晶体：浓缩滤液，使MgSO4和H3BO3接近饱和；控制温度使两种

14、晶体分别从溶液中结晶。结合图溶解度曲线，简述的方法：将浓缩液加入到高压釜中，_（将方法补充完整）。【答案】（1）研磨 加热 （2） Al2O3+6H+=2Al3+3H2O FeO+2H+=Fe2+H2O ac （3）滴加K3Fe（CN）6溶液，产生蓝色沉淀 （4）4.7 Al（OH）3、Fe（OH）3 （5）升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体【解析】（1）要加快反应速率，可研磨、加热，故答案为：研磨、加热； （2）由强酸制备弱酸可知，硫酸酸性较强，故答案为：； 酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解，相关离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3+3H

15、2O、FeO+2H+=Fe2+H2O，故答案为：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；FeO+2H+=Fe2+H2O；已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3+OH-=B（OH）4-，可知硼酸为一元酸，电离方程式为H3BO3+H2OB（OH）4-+H+，由与非金属性BC，则硼酸的酸性比碳酸弱，与碳酸氢钠不反应，故答案为：ac； （3）杂质离子为亚铁离子，可滴加K3Fe（CN）6溶液，产生蓝色沉淀，故答案为：滴加K3Fe（CN）6溶液，产生蓝色沉淀； （4）溶液中含有铁离子、铝离子等杂质，由表中数据可知，用MgO调节溶液的pH至4.7以上，使杂质离子转化为Al（OH）3、Fe（O

16、H）3， 故答案为：4.7；Al（OH）3、Fe（OH）3； （5）由图象可知硫酸镁的溶解度随温度升高而降低，硼酸溶解度随温度升高而增大，则可升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体，故答案为：升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体。27.（14分）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效广谱的灭菌消毒剂。棕黄色的气体是次氯酸的酸酐，溶于水生成次氯酸，实验室模拟工业制备次氯酸的装置如图所示(夹持装置已略)。已知：气体在42以上会发生分解，浓度过大会发生爆炸；工业上用氯气与潮湿的碳酸钠反应制得，同

17、时生成两种钠盐该反应放热。（1）仪器m的名称_；装置A中发生反应的离子反应方程式_；（2）装置B中盛放的适宜试剂是_；B中通入空气的原因是_；（3）装置C中主要发生反应的化学方程式_；（4）实验中，装置C需要冷却的原因是_；（5）装置D中多孔球泡的作用_；装置E中碱石灰的作用是_；（6）此法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是_(答出一条即可)。【答案】（1）蒸馏烧瓶 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O （2）饱和食盐水 稀释Cl2防止反应过快，导致温度过高使Cl2O分解；同时稀释Cl2，防止产生的Cl2O浓度过大发生爆炸 （3）2Na2CO3+2Cl2+

18、H2O=2NaCl+Cl2O+2NaHCO3（4）防止Cl2O气体42以上会分解（5） 增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更加充分 吸收尾气，防止污染空气 （6）制备的次氯酸溶液浓度大，纯度高【解析】A装置制备氯气，B中饱和氯化钠除去氯气中的氯化氢，通入空气是为了稀释Cl2防止反应过快，导致温度过高使Cl2O分解；同时稀释Cl2，防止产生的Cl2O浓度过大发生爆炸，C中氯气和含水的碳酸钠反应生成Cl2O，D中Cl2O与水反应生成次氯酸，E的碱石灰吸收尾气，防止污染空气。（1）仪器m为蒸馏烧瓶，装置A为高锰酸钾和浓盐酸制备氯气的离子方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+

19、5Cl2+8H2O。（2）工业上可用氯气与潮湿的碳酸钠反应制得Cl2O，Cl2不需要干燥，所以装置B中盛放饱和食盐水，饱和食盐水作用是除去Cl2中的HCl，防止HCl和碳酸钠反应，并且使Cl2和空气充分混合；由于Cl2O气体42以上会分解，所以通入空气是为了稀释Cl2防止反应过快，导致温度过高使Cl2O分解；同时稀释Cl2，防止产生的Cl2O浓度过大发生爆炸。（3）根据已知信息和氧化还原反应原理可知，装置C中发生反应的化学方程式为2Na2CO3+2Cl2+H2O=2NaCl+Cl2O+2NaHCO3。（4）由于Cl2O气体42以上会分解，所以C装置放在冰水浴中。（5）多孔球泡的作用均为增大反应

20、物的接触面积，加快反应速率，使反应更加充分；碱石灰的作用为吸收尾气，防止污染空气。（6）氯气直接溶解在水中会生成盐酸杂质，并且由于Cl2在水中溶解度很小，所以制备的次氯酸的浓度也不高，因此该方法的优点为：制备的次氯酸溶液浓度大，纯度高。28（15分）CO和NO是汽车尾气中的主要污染物，易引起酸雨、温室效应和光化学烟雾等环境污染问题。随着我国机动车保有量的飞速发展，汽车尾气的有效处理变得迫在眉睫。其中的一种方法为2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，请回答下列问题：(1)已知该反应为自发反应，则该反应的反应热H_0(填“”或“”或“=”)(2)已知：N2 (g) + O2(g)

21、=2NO(g) H= a kJmol -1C(s) + O2 (g)=CO2 (g) H= b kJmol -12C(s) + O2 (g)=2CO(g) H= c kJmol -1则 2CO(g)+2NO(g)=N2 (g)+2CO2 (g) H=_kJmol-1 (用含 a、b、c 的表达式表示)。(3)一定温度下，将 2molCO、4molNO 充入一恒压密闭容器。已知起始压强为 1MPa，到达平衡时， 测得N2的物质的量为 0.5 mol，则：该温度此反应用平衡分压代替平衡浓度的平衡常数Kp=_(写出计算表示式)该条件下，可判断此反应到达平衡的标志是_。A单位时间内，断裂 2 molC

22、=O 同时形成 1 mol NN。B混合气体的平均相对分子质量不再改变。C混合气体的密度不再改变。DCO与NO的转化率比值不再改变。(4)某研究小组探究催化剂对 CO、NO 转化的影响。将 CO 和 NO 以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中 N2的含量，从而确定尾气脱氮率(即 NO 的转化率)，结果如图所示：由图可知：要达到最大脱氮率，该反应应采取的最佳实验条件为_。若低于 200，图中曲线 I 脱氮率随温度升高变化不大的主要原因为_。(5)已知常温下，Kb(NH3H2O)=1.810-5，Ka1(H2CO3) =4.410-7，Ka2(H2CO3) =4.41

23、0-11，.此温度下某氨水的浓度为 2mol/L，则溶液中c(OH-)=_mol/L，将脱氮反应后生成CO2通入氨水中使溶液恰好呈中性，则此时 =_(保留小数点后4位数字)(6)电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需要补充物质A，A是_，理由是_。 【答案】 (1) (2) 2b-a-c (3) (或具体计算式) BC (4)催化剂 II，450 温度较低时，催化剂 I 的活性偏低 (5) 610-3 1.0009 (6) NH3 根据总反应8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3(条件为电解)，电解产生HNO3多，应补充NH3 【解析】(1)

24、反应2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)能够自发进行，反应S0，若满足H-TS0，必须H0；(2)已知：N2 (g) + O2(g)=2NO(g) H= a kJmol -1；C(s) + O2 (g)=CO2 (g) H= b kJmol -1；2C(s) + O2 (g)=2CO(g) H= c kJmol -1；根据盖斯定律，得到目标方程式的计算式为2-，代入a、b、c计算得H=2b-a-c；(3)一定温度下，将 2molCO、4molNO 充入一恒压密闭容器。已知起始压强为 1MPa，到达平衡时， 测得N2的物质的量为 0.5 mol，则可列出三段式：，则；A单位时间内

25、，断裂2 mol C=O同时形成 1 mol NN，正反应速率和逆反应速率不相等，不能说明反应达到平衡，故A错误；B该反应是气体分子数不相等的反应，混合气体的平均相对分子质量不再改变，可以说明达到平衡，故B正确；C容器是恒压容器，反应是气体分子数不相等的反应，混合气体的密度不再改变可以说明达到平衡，故C正确；DCO与NO的转化量相等，设任一时刻转化量为a mol，则CO与NO的转化率比值为，为定值，则CO与NO的转化率比值不再改变，不能说明反应达到平衡，故D错误；故答案为BC；(4)由图象可知，在催化剂II，450条件下达到最大脱氮率；温度较低时，催化剂的活性偏低，反应速率慢，所以脱氮率随温度

26、升高变化不大；(5)NH3H2O的Kb=1.810-5，若氨水的浓度为2.0molL-1，由，可知，将CO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，电荷守恒得到：c(NH4+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，H2CO3的Ka2=4.410-11，结合计算，；(6)根据电解NO制备NH4NO3的工作原理示意图知：阴极反应式为3NO+15e-+18H+=3NH4+3H2O，阳极反应式为5NO-15e- +10H2O=5NO3- +20H+，总反应式为8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，为了使电解产生的HNO3全部转化为NH4NO3，应补充N

27、H3。（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质（15分）氮化镓(GaN)材料是第三代半导体的代表，通常以GaCl3为镓源，NH3为氮源制备，具有出色的抗击穿能力，能耐受更高的电子密度。（1）基态Ga价电子排布图为_。（2）Ga、N和O的第一电离能由小到大的顺序为_，NO3-的空间构型为_，与其互为等电子体的微粒有_(任写一种)（3）GaCl3熔点为77.9，气体在270左右以二聚物存在，GaF3熔点1000，GaCl3二聚体的结构式为_，其熔点低于GaF3的原因为_。（4）与镓同主

28、族的B具有缺电子性，硼砂(四硼酸钠Na2B4O710H2O)中B4O72-是由两个H3BO3和两个B(OH)4-缩合而成的双六元环，应写成B4O5(OH)42-的形式，结构如图所示，则该离子存在的作用力有_，B原子的杂化方式为_。A离子键 B共价键 C金属键 D范德华力 E氢键 F配位键（5）氮化镓的晶胞如图所示，Ga原子与N原子半径分别为a pm和b pm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞密度为c g/cm3，则该晶胞的空间利用率为_(已知空间利用率为晶胞内原子体积占晶胞体积的百分比)。【答案】（1）（2） GaON 平面三角形 BF3 （3） GaCl3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，G

29、aF3为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键强于分子间无偶用力，所以GaCl3的熔点低于GaF3 （4） B、F sp2、sp3 （5）100%【解析】（1）Ga第IIIA族元素，则价电子=最外层电子=3所以价电子排布图为：；（2）同主族从上到下I1逐渐减小，同周期从左到右I1逐渐增大但VA与VIA反常，所以Ga( B)ON；NO3-有3个电子对无孤对电子所以为平面三角形构型；根据原子总数和价电子总数相同的原则等电子体有：CO、SO3-、BF3；（3）GaCl3二聚体的结构式为；GaCl3为分子晶体熔化时破坏分子间作用力，GaF3为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键强于分子间作用力所以GaCl3的熔点低于GaF3；（4）B4O5(OH)42-的形式，结构如图所示，则该离子存在的作用力有共价键和配位键，故选B、F；由结构图可知B原子的杂化方式为sp2、sp3；（5）1个GaN晶体含，设晶体体积为V，则晶体密度：=，原子体积为，所以空间利用率为：100%=100%。