四川省南充市高三下学期二诊考试理综化学试题

2023年四川省南充市高考化学二诊试卷一、选择题(本题共7小题，每小题6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)。1.劳动开创未来。下列劳动项目与所述的科学知识没有关联的是选项劳动项目科学知识A环保工程师在燃煤时加入适量生石灰二氧化硫与生石灰反应B整理收纳师用活性炭给冰箱除异味活性炭具有吸附性C面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包Na2CO3可与酸反应D炼钢技术员将模具干燥后再注入熔融钢水铁与水在高温下会反应A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫属于酸性氧化物，可以和碱性氧化物反应，在燃煤时加入适量生石灰可以达到脱硫的效果，与所述的科学知识有关联，故A不符合题意；B．活性炭具有吸附性，能给冰箱除异味，与所述的科学知识有关联，故B不符合题意；C．小苏打是碳酸氢钠，受热分解为二氧化碳，能使糕点疏松，与所述的科学知识没有关联，故C符合题意；D．铁与水在高温下会反应生成氢气而产生危险，与所述的科学知识有关联，故D不符合题意；故选C。2.阿伏加德罗常数为NA。关于l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液，下列说法正确的是A.加NaOH可制得Fe(OH)3胶粒0.2NAB.溶液中阳离子数目为0.2NAC.加Na2CO3溶液发生的反应为3CO32+2Fe3+=Fe2(CO3)3↓D.Fe2(SO4)3溶液可用于净化水【答案】D【解析】【详解】A.Fe2(SO4)3加NaOH反应生成Fe(OH)3沉淀，而不是胶粒，故A错误；B.l00mLlmol/L的Fe2(SO4)3溶液中n[Fe2(SO4)3]=1mol∙L−1×0.1L=0.1mol，n(Fe3+)=0.2mol，铁离子水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，根据水解方程式得到溶液中阳离子数目大于0.2NA，故B错误；C.加Na2CO3溶液发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，其反应为3CO32−+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故C错误；D.Fe2(SO4)3溶液水解生成胶体，胶体具有吸附杂质功能，起净水功能，因此可用于净化水，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】铁离子与碳酸根、碳酸氢根、偏铝酸根、硅酸根等离子要发生双水解反应。3.异肉桂酸可用于食品、农药、医药工业，其制备如图，下列说法错误的是A.3−苯基丙酸的分子式为C9H10O2B.上述制备过程属于氧化反应C.1mol异肉桂酸最多与5molH2发生反应D.异肉桂酸分子最多有9个碳原子共面【答案】C【解析】【详解】A．3﹣苯基丙酸中C、H、O原子个数依次9、10、2，分子式为C9H10O2，A正确；B．该反应中催化脱氢生成异肉桂酸，为氧化反应，B正确；C．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应，则1mol异肉桂酸最多与4molH2发生反应，C错误；D．苯环、乙烯及直接连接苯环和碳碳双键的原子共平面，该分子相当于乙烯分子中的氢原子被苯基和羧基取代，所以该分子中最多有9个碳原子共平面，D正确；故选C。4.我国科学家通过电解法将，转化为乙烯，常采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，装置如图。下列说法错误的是A.电极b连接电源的正极B.电极a上发生的总反应为：C.通电后右室溶液质量减少D.若电路中通过电子时，理论上电极b产生气体(标准状况)【答案】C【解析】【分析】电解法将，转化为乙烯，碳元素化合价降低，左侧a电极为阴极，电极a连接电源的负极，右侧b电极为阳极，电极b连接电源的正极。【详解】A．根据分析，电极b连接电源的正极，A正确；B．电极a上二氧化碳先被还原为CO，CO再被还原为乙烯，发生的总反应为：，B正确；C．右侧b电极为阳极，通电后右室电极反应为：，OH通过阴离子交换膜迁移至右室，与消耗的氢氧根的量相同，右室溶液中水的质量增加，故右室溶液质量增加，C错误；D．阳极电极反应为：，若电路中通过电子时，理论上电极b产生O2的物质的量为0.025mol，标准状况下体积为，D正确；故选C。5.下列实验能达到实验目的的是A．实验室制氨气B．定量测定化学反应速率C．验证SO2具有漂白性D．实验室制乙酸乙酯AA B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，应选氯化铵与氢氧化钙加热制备氨气，故A错误；B．生成的氧气易从长颈漏斗逸出，故B错误；C．二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化，可知二氧化硫具有还原性，故C错误；D．饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、中和乙酸、降低酯的溶解度，故D正确；故选：D。6.短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，Z单质是应用最为广泛的半导体材料，W的最外层电子数比Y、Z最外层电子数之和少1，W和X的单质在常温下均为无色气体。下列结论正确的是A.原子半径大小顺序为Z>Y>X>W B.工业上常用电解法冶炼Y单质C.X的氢化物分子中只含极性键 D.X、Z形成的化合物属于离子化合物【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，Z的单质是应用最为广泛的半导体材料，Z为Si元素；W的最外层电子数比Y、Z最外层电子数之和少1，W的最外层电子数大于等于4，W和X的单质在常温下均为无色气体，结合原子序数可知W为N元素、X为O元素，Y的最外层电子数为5+14=2，结合原子序数可知Y为Mg元素，以此来解答。【详解】A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径大小顺序为Y>Z>W>X，故A错误；B．Mg为活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁制取镁单质，故B正确；C．X的氢化物若为过氧化氢，含O﹣O非极性键，故C错误；D．X、Z形成的化合物为二氧化硅，属于共价化合物，故D错误；故选：B。7.25℃时，AgCl和Ag2CrO4两种难溶化合物的溶解平衡曲线如图所示，已知pA=﹣lgc(A)，两条相交的溶解平衡曲线把图像分成了X、Y、Z、M四个区域。下列说法中错误的是A.Ksp(Ag2CrO4)的数量级为10﹣12B.M区域内可同时析出AgCl和Ag2CrO4沉淀C.a点对应溶液中：c(Ag+)>c(Cl﹣)=c()D.向Cl﹣、均为0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入稀硝酸银溶液，Cl﹣先沉淀【答案】B【解析】【分析】Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl﹣)、Ksp(Ag2CrO4)=c()×c2(Ag+)，lgKsp(AgCl)=﹣lg[c(Ag+)×c(Cl﹣)]=p(Ag+)+p(Cl﹣)，lgKsp(Ag2CrO4)=lg[c()×c2(Ag+)]=p()+2p(Ag+)，即p(Ag+)=p(Cl﹣)lgKsp(AgCl)，p(Ag+)=p()lgKsp(AgCl)，根据图中曲线斜率大小关系可知，点(10，0)所在直线表示AgCl的溶解平衡曲线，点(12，0)所在直线表示Ag2CrO4的溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=10﹣10，Ksp(Ag2CrO4)=10﹣12，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，点(12，0)所在直线表示Ag2CrO4的溶解平衡曲线，则Ksp(Ag2CrO4)=c()×c2(Ag+)=10﹣12×12=10﹣12，数量级为10﹣12，故A正确；B．M区域内Ag2CrO4而言，浓度积Qc>Ksp(Ag2CrO4)，是Ag2CrO4过饱和溶液，能析出Ag2CrO4沉淀，而对于AgCl而言Qc<Ksp(AgCl)，是AgCl的不饱和溶液，故B错误；C．a点对应溶液中p(Cl﹣)=p()，即c(Cl﹣)=c()=10﹣8mol/L，此时c(Ag+)=10﹣5mol/L，则c(Ag+)>c(Cl﹣)=c()，故C正确；D．向Cl﹣、均为0.6mol/L的混合溶液中逐滴加入稀硝酸银溶液﹣恰好沉淀时所需c(Ag+)=mol/L=10﹣5mol/L，恰好沉淀时所需c(Ag+)=mol/L≈3.2×10﹣6mol/L>10﹣9mol/L，则Cl﹣先沉淀，故D正确；故选：B。二、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分，第810为必考题，每个试题考生都必须做答。第1112题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共43分)8.明矾[KAl(SO4)2•12H2O，M=474g/mol]具有抗菌、收敛、净水等作用。现利用废旧铝制易拉罐制备明矾产品，并测定产品的纯度。回答下列问题：（1）将易拉罐溶于浓氢氧化钠溶液，并减压过滤。溶液中发生的主要反应离子方程式为___________。与普通过滤相比，减压过滤的优点是___________。（2）向滤液中滴加H2SO4溶液调pH，溶液中产生大量沉淀，如图是Al(OH)3溶解度随pH变化曲线，调节滤液的最佳pH范围为___________(填字母标号)。用pH试纸测量溶液pH的操作为_______________________。a．小于4b．4～6c．8～10d．大于10（3）用适量热水洗涤沉淀，判断沉淀已洗净的方案是___________。（4）将沉淀溶于稀H2SO4，然后加入K2SO4，可得到明矾溶液。从溶液中获得大颗粒明矾晶体的操作依次是_________(选填字母标号)。a．抽滤b．蒸发浓缩至出现较多量晶体c．冰水冷却d．自然冷却e．蒸发浓缩至表面出现晶膜经无水乙醇洗涤后，所得明矾晶体中仍含有少量可溶性杂质，可采用的除杂方法为___________。（5）已知EDTA可与等物质的量的Al3+(或Zn2+)结合。为测定产品的纯度，先称取ag产品于锥形瓶中，加水溶解1mLc1mol•L﹣1EDTA溶液(过量)和指示剂，立即用c2mol•L﹣1的Zn2+标准溶液滴定至终点。三次平行测定平均消耗Zn2+标准溶液V2mL，计算产品的纯度为___________%。【答案】（1）①.2Al+2OH﹣+2H2O=2+3H2↑；②.加快过滤速度（2）①.b②.将pH试纸放在干净的玻璃片上，并将试纸显示的颜色与标准比色卡比较（3）取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则溶液没有洗涤干净，若不产生白色沉淀，则洗涤干净（4）①.bda②.重结晶（5）【解析】【小问1详解】将易拉罐溶于浓氢氧化钠溶液，铝和氢氧化钠溶液反应离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO+3H2↑，与普通过滤相比，“减压过滤”速度快、过滤彻底；【小问2详解】向滤液中滴加H2SO4溶液调pH，最终溶液为酸性，则调节滤液的最佳pH范围为4～6，用干净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，读出pH；【小问3详解】沉淀会附着少量的硫酸根离子，检验硫酸根离子的存在即可，判断沉淀已洗净的方案是：取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则溶液没有洗涤干净，若不产生白色沉淀，则洗涤干净；【小问4详解】明矾晶体中有结晶水，温度过高会使结晶水失去，操作依次是蒸发浓缩至出现较多量晶体、抽滤；故选：bda，所得明矾晶体中仍含有少量可溶性杂质，可采用的除杂方法为重结晶；【小问5详解】根据化学式[KAl(SO4)2•12H2O，EDTA可与等物质的量的Al3+(或Zn2+)结合，称取ag产品于锥形瓶中，再加入V2mLc1mol•L﹣1EDTA溶液(过量)和指示剂，立即用c2mol•L﹣1的Zn2+标准溶液滴定至终点，则多余的EDTA和锌离子反应，消耗Zn2+标准溶液V2mL，计算产品的纯度为=%。9.工业生产硝酸的核心反应之一是在恒压装置中将NO转化为NO2：反应Ⅰ．NO(g)+O2(g)NO2(g)ΔH目前认为反应Ⅰ分两步进行：反应Ⅱ．2NO(g)N2O2(g)ΔH1=a反应Ⅲ．N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH2=b回答下列问题：（1）ΔH=___________(用a和b表示)，该工艺适宜的压强条件是_______(填“高压”或“低压”)。（2）已知：ΔG=ΔH﹣TΔS，ΔG越小，反应正向自发趋势越大。忽略ΔH、ΔS随温度的变化___________(填“高温”或“低温”)有利于反应Ⅰ正向自发进行，原因是___________。（3）控制原料比n(NO)：n(O2)=2：1，在不同条件下，反应Ⅰ中NO转化率随时间的变化如图。当100kPa、90℃时，NO转化率达到50%的过程中，v(NO)=___________kPa•s﹣1(保留3位有效数字)。（4）由图可知，反应Ⅰ的速率随温度升高而___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，可能的原因是___________[已知反应Ⅱ为快速平衡，ΔH1<0，反应Ⅲ的速率方程为v=k•p(N2O2)•p(O2)]。（5）T℃、3200kPa时，控制原料比n(NO)：n(O2)：n(N2)=2：1：2发生反应Ⅰ(N2由空气带入，不参与反应)，NO平衡转化率为80%，写出该反应压强平衡常数的计算式：Kp=_______。（6）已知不同温度下反应Ⅰ的浓度平衡常数Kc如表。温度/℃2777127177227500平衡常数Kc1.1×1064.3×1043.7×1035.6×1021.2×1021.0NO由NH3催化氧化得到，而催化氧化后的产物气体往往高于800℃，为使反应Ⅰ顺利进行，再进行反应。“急剧冷却”的目的有___________(写出两条即可)。【答案】（1）①.(a+b)②.高压（2）①.高温②.升高温度△G减小，有利于反应Ⅰ正向自发进行（3）1.05（4）①.减小②.反应Ⅱ为快速平衡，温度升高，导致反应Ⅲ的速率降低（5）0.324（6）降低温度，使反应Ⅰ平衡右移；除去大量的H2O，使氨气的催化氧化反应平衡右移【解析】【小问1详解】已知反应Ⅰ。NO(g)+O4(g)⇌NO2(g)ΔH，反应Ⅱ。2NO(g)⇌N4O2(g)ΔH1=a，反应Ⅲ。N7O2(g)+O2(g)⇌5NO2(g)ΔH2=b，根据盖斯定律反应Ⅰ=，则ΔH=ΔH1+ΔH3=(a+b)，该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，因此适宜在高压条件下进行；【小问2详解】已知：ΔG=ΔH﹣TΔS，ΔG越小，反应正向自发趋势越大。忽略ΔH、ΔS随温度变化，升高温度△G减小，有利于反应Ⅰ正向自发进行；【小问3详解】设n(NO)=2mol，n(O3)=1mol，则有p始(NO)=100kPa×=，p末(NO)=100kPa×=40kPa，1.05kPa•s﹣1；【小问4详解】反应Ⅱ为快速平衡，但其为放热反应，温度升高，该平衡逆向移动，导致反应Ⅲ的速率降低，故反应Ⅰ速率减小；【小问5详解】设n(NO)=2mol，n(O2)=1mol，n(N2)=2mol，则有n总=4.2mol，P总=3200kPa，Kp==0.324；【小问6详解】由表中数据可知，升高温度反应Ⅰ的平衡常数逐渐减小，则反应Ⅰ为放热反应，降低温度，使反应Ⅰ平衡右移，提高NO转化率；除去大量的H2O，使氨气的催化氧化反应平衡右移，生成更多的NO。10.实验室以废旧锂电池正极材料(难溶于水，含LiCoO2及少量Al、Fe等)为原料制备Co3O4.流程如图：回答下列问题：（1）为了加快浸出速率，可以采取的措施为___________(写出一条即可)，“浸取”时，被氧化为，反应同时生成Co2+，该反应的化学方程式为___________。（2）“除杂”时，向浸取液中先加入足量NaClO3溶液，再加入NaOH溶液调节pH，过滤。有关沉淀数据如表(“完全沉淀”时溶液中金属离子浓度≤1.0×10﹣5mol•L﹣1)：沉淀Al(OH)3Fe(OH)3Co(OH)2恰好完全沉淀时pH5.22.89.4若浸取液中c(Co2+)=0.1mol•L﹣1，则须调节溶液的pH范围是___________。(加入NaClO3溶液和NaOH溶液时，溶液体积的变化忽略不计)（3）“萃取”和“反萃取”的目的是___________，其中用有机磷萃取剂(用HA表示)萃取金属离子的原理可表示为：Mn++nHA(有机层)MAn(有机层)+nH+(水层)。钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如图所示。随pH的升高，Co2+在有机磷萃取剂中萃取率增大的原因是___________。“反萃取”过程中将有机层Co2+转移到水层，为使Co2+尽可能多地发生上述转移，可多次反萃取或___________。（4）“沉钴”时，可加入H2C2O4溶液或(NH4)2C2O4溶液反应制得CoC2O4，不能用Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液的原因是___________。（5）“沉钴”时，也可先制得CoCO3再制备Co3O4，在空气中煅烧CoCO3生成Co3O4的化学方程式为___________。【答案】（1）①.增大硫酸溶液浓度(适当升高溶液的温度或将正极材料研磨粉碎或搅拌等)②.8LiCoO2+11H2SO4+Na2S3O3=8CoSO4+4Li2SO4+11H2O+Na2SO4（2）5.2≤pH<7.4（3）①.富集提纯钴②.萃取产生H+，随着pH增大，H+被消耗，促使萃取金属离子的平衡正向移动Co2+萃取率增大③.适当提高稀硫酸的浓度或调节溶液的pH<3或充分振荡（4）Na2C2O4溶液碱性较强，易生成Co(OH)2沉淀（5）6CoCO3+O22Co3O4+6CO2【解析】【分析】以废旧锂电池正极材料(难溶于水，含LiCoO2及少量Al、Fe等)为原料制备Co3O4，废旧锂电池正极材料加入硫酸溶解，LiCoO2与Na2S2O3反应生成、Co2+，反应的化学方程式为8LiCoO2+11H2SO4+Na2S2O3=8CoSO4+4Li2SO4+11H2O+Na2SO4，同时Al、Fe等与稀硫酸反应生成硫酸铝和硫酸亚铁，加入氧化剂NaClO3氧化Fe2+为Fe3+，再加入NaOH溶液调节pH除去Al3+、Fe3+，再加入有机磷萃取、加入稀硫酸进行反萃取除去Li+，然后加入H2C2O4溶液或(NH4)2C2O4溶液等试剂沉钴，得到CoC2O4沉淀，灼烧沉淀生成Co3O4，反应为6CoCO3+O22Co3O4+6CO2。【小问1详解】搅拌、适当升高溶液的温度、将正极材料粉碎等措施均可加快浸出速率，被氧化为，反应同时生成Co2+，该反应的化学方程式为8LiCoO2+11H2SO4+Na2S2O3=8CoSO4+4Li2SO4+11H2O+Na2SO4。【小问2详解】向浸取液中先加入足量NaClO3，将Fe2+转化为Fe3+，调节pH使Al3+、Fe3+转化为沉淀除去且Co2+尽量不能生成沉淀，由表中数据可知Al3+、Fe3+均完全沉淀时pH=5.2，Co2+完全沉淀时pH=9.4，溶液中c(OH﹣)=109.414mol/L=104.6mol/L，Ksp[Co(OH)2]=1.0×105×(104.6)2=1014.2，若浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则c(OH)==mol/L=106.6mol/L，pH=14+lg106.6=7.4，则调节溶液pH的范围是5.2≤pH<7.4。【小问3详解】“萃取”时通过调节溶液的pH使Co2+更多的进入有机层，Li+尽可能多的留在水层，“反萃取”过程中将有机层Co2+转移到水层，达到富集提纯Co的目的。萃取原理Mn++nHA(有机层)MAn(有机层)+nH+(水层)，pH增大氢离子浓度减小，平衡正向移动Co2+萃取率增大。反萃取过程中将有机层中的Co2+转移到水层中，为使Co2+尽可能多地发生上述转移，可多次反萃取或适当提高稀硫酸的浓度以增大氢离子浓度，促使平衡逆向移动，或调节溶液pH<3或充分振荡等。【小问4详解】Na2C2O4是弱酸强碱盐，水解使溶液呈碱性用Na2C2O4代替(NH2)2C2O4溶液，Na2C2O2溶液碱性较强，易使Co2+转化为Co(OH)2沉淀，产率降低。【小问5详解】在空气中煅烧CoCO3生成Co3O4和CO2气体，反应的化学方程式为6CoCO3+O22Co3O4+6CO2。(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道化学题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)。[化学—物质结构与性质]11.水杨醛缩邻氨基苯酚X又称“锰试剂”，可与Mn2+形成配合物。X和它的一种同分异构体Y结构如图：回答下列问题：（1）基态Mn2+的电子排布式为___________。基态C、N、O原子中未成对电子数最多且第一电离能较大的是___________。（2）已知X中的所有原子共平面，其中N的杂化方式为___________。从原子半径的角度说明，第二周期元素原子C、N之间易形成π键的主要原因是___________。（3）X的沸点比Y的低，从氢键的角度解释可能原因___________。X与Mn2+产生黄色配合物，其中配位原子有___________。（4）Mn2+与Cl﹣形成一种多聚阴离子[MnCln]m﹣，其结构如图1，指出n=___________，m=___________。（5）MnO2有30多种晶型，β﹣MnO2是其中是最稳定的一种，其晶胞结构如图2，晶胞参数分别为apm、apm、cpm，β﹣MnO2晶体的密度ρ=___________g•cm﹣3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）①.[Ar]3d5②.O（2）①.sp2②.C、N原子半径小，未杂化的5p轨道肩并肩成键时电子云重叠程度大（3）①.X易形成分子内氢键，Y易形成分子间氢键②.O、N（4）①.3②.1（5）【解析】【小问1详解】Mn为25号元素，位于周期表中第四周期第ⅦB族，Mn2+的电子排布式为[Ar]3d5；基态C、N、O原子中未成对电子数分别为2、3、2，未成对电子数较多且第一电离能较大的是N；【小问2详解】X中的所有原子共平面，则N为sp2杂化；C、N原子半径小，未杂化的2p轨道肩并肩成键时电子云重叠程度大、N之间易形成π键；【小问3详解】X易形成分子内氢键，Y易形成分子间氢键；X中O、N都能与Mn2+产生黄色配合物；【小问4详解】由多聚阴离子[MnCln]m﹣结构图可知，1个阴离子中含有4个Mn2+和12个Cl﹣，Mn2+：Cl﹣=4：12=1：3，则阴离子化学式为[MnCl3]﹣，故n=3，m=1；【小问5详解】由晶胞结构图可知，Mn2+位于顶点和体心，个数为4×，O4﹣位于面上和体内，