四川省达州市高三下学期二模化学试题

达州市普通高中2023届第二次诊断性测试理科综合化学试题注意事项：1.本试卷分为第I卷(选择题)和第I卷(非选择题)两部分。答卷前，考生用直径0.5mm黑色签字笔将自己的姓名、班级、准考证号涂写在答题卡上，检查条形码粘贴是否正确。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂答案括号；非选择题用直径0.5mm黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效。在试题卷上答题无效。3.考试结束，将答题卡交回。4.本试卷如遇缺页、漏页、字迹不清等，考生须及时报告监考老师。相对原子质量：H1C12N14O16Si28S32Ca40Mn55Ni59第I卷(选择题，共126分)1.化学与生活、生产及环境密切相关，下列说法错误的是A.常规融雪剂(CaCl2、NaCl等)的使用对桥梁和环境有破坏作用B.“北溪”管道输送的天然气主要成分是烷烃，其中己烷占绝大多数C.家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境D.葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒【答案】B【解析】【详解】A．常规融雪剂(CaCl2、NaCl等)溶于水形成盐溶液，会加速金属的锈蚀，对桥梁和环境有破坏作用，A正确；B．天然气主要成分是甲烷，B错误；C．水性漆替代传统的油性漆，可减少甲醛的有毒物的排放，有利于健康及环境，C正确；D．花青素在碱性环境下显蓝色，苏打溶液显碱性能使花青素变色，故可用苏打粉检验假红酒，D正确；故选B。2.下列离子方程式书写正确的是A.用Pt电极电解AlCl3饱和溶液：2H2O+2ClH2↑+Cl2↑+2OHB.向NaClO溶液中通入少量SO2：SO2+ClO+H2O=+Cl+2H+C.碳酸氢铵溶液中滴入少量的氢氧化钠溶液：+OHNH3·H2OD.CuSO4溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成铜蓝(CuS)：Cu2+(aq)+ZnS(s)Zn2+(aq)+CuS(s)【答案】D【解析】【详解】A．电解过程中生成的氢氧根离子会和铝离子生成了氢氧化铝沉淀，A错误；B．NaClO溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，氢离子与次氯酸根离子结合为弱酸次氯酸：SO2+3ClO+H2O=+Cl+2HClO，B错误；C．碳酸氢铵溶液中滴入少量的氢氧化钠溶液，氢氧根离子首先和碳酸氢根离子生成碳酸根离子和水：，C错误；D．CuSO4溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成更难溶的铜蓝(CuS)：Cu2+(aq)+ZnS(s)Zn2+(aq)+CuS(s)，D正确；故选D。3.某有机物分子结构如图所示，下列说法正确的是A.该分子中含有4种官能团B.该分子一氯代物有12种C.该分子中至少有7个碳原子共直线D.该有机物只能与碱溶液反应【答案】B【解析】【详解】A．该分子中含有碳碳三键、氨基、酯基，共3种官能团，A错误；B．如图所示，该分子的一氯代物共12种，B正确；C．苯环上处于对位碳原子共直线，与碳碳三键直接相连的碳原子共直线，如图所示：，该分子中至少有5个碳原子共直线，C错误；D．该有机物含碳碳三键和苯环，可以氢气发生加成反应；含酯基，能与碱溶液发生水解反应，含氨基，能与酸发生中和反应，D错误；故选B。4.如图所示实验操作正确的是A.测定中和反应反应热B.除去Fe2(SO4)3溶液中的FeSO4C.验证牺牲阳极法保护铁D.验证温度对水解平衡的影响【答案】C【解析】【详解】A．测定中和反应反应热装置中缺少搅拌棒，A错误；B．氯气和亚铁离子反应生成氯化铁，引入氯离子新杂质，B错误；C．锌比铁活泼，锌做负极保护铁，阴极区（铁附近）加入铁氰化钾溶液不变蓝，能验证牺牲阳极法保护铁，C正确；D．加热试管中液体体积要小于试管容积的三分之一，D错误；故选C。5.四川大学余达刚教授课题组发展了一种镍催化下用CO2制备苯乙酸的反应，反应原理如图所示。下列有关说法正确的是A.H+向B极移动B.A极的电极反应式为C.若使用铅蓄电池作电源，则每生成0.5mol苯乙酸，消耗49gH2SO4D.该反应的原子利用率为100%，有利于实现碳中和【答案】D【解析】【分析】由图可知，A极发生还原反应生成羧酸，反应为，A为阴极；B极发生氧化反应生成，反应为2e+Br+H+，B为阳极；【详解】A．电解池中阳离子向阴极迁移，H+向A极移动，A错误；B．由分析可知，A极发生还原反应生成羧酸，反应为，B错误；C．铅蓄电池放电总反应为：；若使用铅蓄电池作电源，则每生成0.5mol苯乙酸，根据电子守恒可知，，消耗1molH2SO4，质量为98g，C错误；D．该反应的总反应为，故原子利用率为100%，有利于实现碳中和，D正确；故选D。6.W、X、Y、Z、M、N为六种短周期主族元素。W核外电子数等于其周期数，X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素且W2Z是最常用的溶剂。W、X、Y、Z的最外层电子数之和与N的质子数相等。只有M是金属元素。下列说法正确的是A.由W、Y、Z三种元素组成的化合物可能是强电解质B.氢化物的沸点：Z>N>XC.离子半径：N>M>Z>YD.W和M形成的化合物溶于水显酸性【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z、M、N为六种短周期主族元素。W的核外电子数等于其周期数，W为氢；X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素且W2Z是最常用的溶剂，则X、Y、Z分别为碳、氮、氧；W、X、Y、Z的最外层电子数之和与N的质子数相等，则N为硫；只有M是金属元素，M可能为钠、镁、铝等；【详解】A．由W、Y、Z三种元素组成的化合物硝酸铵，硝酸铵为强电解质，A正确；B．碳可以和氢形成相对分子质量很大的高聚物，沸点能很高，B错误；C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径：N>Y>Z>M，C错误；D．若M为钠，则W和M形成的化合物氢化钠和水生成氢氧化钠，为碱性，D错误；故选A。7.常温下，向浓度为0.01mol·L1的H3AsO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。关于该过程的说法不正确的是A.pH为7.35~7.45的溶液中含砷元素的主要微粒是H3AsO3B.Ka1(H3AsO3)的数量级是1010C.当pH=13时，溶液中的=0.8D.c点，c(Na+)>c()+3c()+2c()【答案】C【解析】【分析】如图所示，a点，，同理根据b点和c点，，。【详解】A．如图所示，pH为7.35~7.45的溶液中含砷元素的主要微粒是H3AsO3，A正确；B．根据分析，，数量级是1010，B正确；C．当pH=13时，，，=0.8，C错误；D．c点溶液中溶质成分为等物质的量的Na3AsO3和Na2HAsO3，溶液呈碱性，根据电荷守恒：，由于，故，溶液呈碱性，，故，D正确；故选C。第II卷(非选择题，共174分)三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题一第38题为选考题，考生根据要求做答(一)必考题(共129分)8.锰酸锂(LiMn2O4)是锂电池正极材料，以软锰矿为原料，生产锰酸锂的流程如下：已知：①软锰矿的成分如下：成分MnO2Fe2O3CaOSiO2其他不反应杂质质量分数69.6%7.6%5.6%9.0%8.2%②K2MnO4在强碱性溶液(pH大于13.5)中稳定，在酸性、中性和弱碱性环境中会发生歧化反应生成和MnO2。③苯胺(C6H5NH2)还原性较强，在该条件下可被氧化为硝基苯(C6H5NO2)。④锰酸锂为灰黑色粉末，离子化合物，易溶于水，难溶于无水乙醇。（1）“氧压浸出”的浸出温度为260°C，并维持500r/min的速率搅拌，此时发生的氧化还原反应的化学方程式为___________。（2）“加热溶解”和“除杂”时均要严格控制溶液pH的原因是___________，“除杂”中加入CaO后，需要适当加热并搅拌的目的是___________，若此时溶液中c()=2.5mol/L，则1m3溶液中理论上需要加入的CaO的质量为___________kg。（3）“一系列的操作”是将所得溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的试剂最好选用___________。A.冷水 B.热水 C.95%乙醇溶液 D.LiOH溶液（4）纯度的测定：取0.5800g锰酸锂[Mr(LiMn2O4)=181]样品与稀硝酸和双氧水反应，将Mn元素完全转化为Mn2+，除去过量的双氧水，调节pH，滴加指示剂，用浓度为0.3000mol/L的EDTA标准溶液滴定，终点时消耗EDTA标准溶液20.00mL(Mn2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)①若反应时，N元素的化合价不变，则锰酸锂与稀硝酸和双氧水反应的离子方程式为___________。②样品中锰酸锂的纯度为___________%(保留两位有效数字)。【答案】（1）2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O（2）①.防止锰酸钾在酸性、中性和弱碱性环境中发生歧化反应②.加快反应速率，使CaSiO3颗粒增大便于过滤③.8.75（3）C（4）①.②.94【解析】【分析】软锰矿加入氢氧化钾、加水，通入氧气氧化浸出得到锰酸钾，加入氢氧化钾溶解，加入氧化钙除去硅等杂质，过滤除去滤渣，滤液加入苯胺、氢氧化锂，处理得到锰酸锂；【小问1详解】“氧压浸出”的浸出温度为260°C，二氧化锰和氧气、氢氧化钾发生氧化还原反应生成锰酸钾和水，2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；【小问2详解】已知，K2MnO4在强碱性溶液(pH大于13.5)中稳定，在酸性、中性和弱碱性环境中会发生歧化反应生成和MnO2；“加热溶解”和“除杂”时均要严格控制溶液pH的原因是防止锰酸钾在酸性、中性和弱碱性环境中发生歧化反应；“除杂”中加入CaO后，氧化钙和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和硅酸根离子生成硅酸钙沉淀，操作需要适当加热并搅拌的目的是加快反应速率，使CaSiO3颗粒增大便于过滤；若此时溶液中c()=2.5mol/L，更加锰元素守恒可知，，根据表格数据可知，、，硅元素转化为硅酸钙需要消耗氧化钙，根据元素守恒可知，，则二氧化硅需要消耗氧化钙，，则需要在加入氧化钙质量为26.25kg17.5kg=8.75kg；【小问3详解】锰酸锂为灰黑色粉末，离子化合物，易溶于水，难溶于无水乙醇。故洗涤的试剂最好选用95%的乙醇溶液，故选C；【小问4详解】①若反应时，N元素的化合价不变，锰元素化合价由+3.5变为+2、氧元素化合价由1变为0，根据电子守恒、质量守恒配平，反应为；②Mn2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1，结合锰元素守恒可知，样品中锰酸锂的纯度为。9.某重金属离子处理剂M(Na2CS3·xH2O)为红色固体，易溶于水，性质与碳酸钠类似，水溶液显碱性，在空气中易被氧化。Ⅰ．M的制备：步骤一：向三颈烧瓶中加入少量磁力搅拌子，再加入10.00mL(密度为1.26g/mL)CS2。步骤二：用恒压滴液漏斗向三颈烧瓶中加入50mLl.00mol/L的Na2S溶液，再向球形冷凝管中通入冷水，打开磁力搅拌器和加热装置，控制温度在25°C反应15min，关掉磁力搅拌器和加热装置。待溶液冷却后，(实验操作)，得M的溶液，通过处理后得M晶体(Na2CS3·xH2O)。步骤三：再将温度分别控制在30°C、35°C、40°C、45°C，重复以上操作，可得反应温度对全硫碳酸钠产率的影响如图乙；硫化钠和二硫化碳分别在40°C和45°C反应时，反应时间对全硫碳酸钠产率的影响如图丙。已知：CS2易燃，有毒，不溶于水，沸点为46°C，能与NaOH溶液反应。回答下列问题：（1）步骤一三颈烧瓶中加入的CS2是否过量___________(填“是”或“否”)，发生反应的化学方程式为：___________。（2）该制备过程不能用明火加热的原因是___________。由图，温度应控制在___________°C，原因是___________。（3）步骤一若三颈烧瓶中忘加磁力搅拌子，正确操作是___________。步骤三中的实验操作和过滤均用到的玻璃仪器是___________。Ⅱ．M的性质探究：（4）M溶液显碱性的原因是___________(用离子方程式表示)。（5）向M溶液中滴加硫酸酸化的K2Cr2O7溶液，溶液中有绿色的Cr3产生。某同学在所得溶液中加入过量的BaCl2溶液，通过测定产生的白色沉淀的质量来求所用Na2CS3质量，你是否同意他的观点___________(填“是”或“否”)，理由是___________。【答案】（1）①.是②.CS2+Na2SNa2CS3（2）①.所用的CS2沸点低，易燃②.40③.CS2沸点低(46℃)，且40℃达平衡产率高（3）①.待溶液冷却后，再补加磁力搅拌子②.烧杯（4）CS+H2OHCS+OH（5）①.否②.硫酸酸化的K2Cr2O7溶液中混入了【解析】【分析】三颈烧瓶加入CS2，再加入Na2S溶液，控制温度反应一段时间，二硫化碳和硫化钠加热生成Na2CS3，处理后得到M晶体(Na2CS3·xH2O)；【小问1详解】由图可知，随着温升高，Na2CS3产率增加，说明升高温度后反应仍能够生成Na2CS3，故步骤一三颈烧瓶中加入的CS2过量；发生反应为二硫化碳和硫化钠加热生成Na2CS3，化学方程式为：CS2+Na2SNa2CS3；【小问2详解】已知：CS2易燃，有毒，不溶于水，沸点为46°C；故该制备过程不能用明火加热的原因是所用的CS2沸点低，易燃。由图可知，温度应控制在40°C，原因是原料CS2沸点低(46℃)，且40℃达平衡产率高；【小问3详解】步骤一若三颈烧瓶中忘加磁力搅拌子，正确操作是待溶液冷却后，再补加磁力搅拌子。由图甲可知步骤三中的实验操作中需要使用烧杯，过滤操作也会用到烧杯，故都用到的玻璃仪器是烧杯；【小问4详解】Na2CS3·xH2O为红色固体，易溶于水，性质与碳酸钠类似；则M溶液显碱性的原因是CS水解生成HCS和氢氧根离子导致溶液显碱性：CS+H2OHCS+OH；【小问5详解】向M溶液中滴加硫酸酸化的K2Cr2O7溶液的过程中引入的硫酸根离子也会和加入的氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀，通过测定产生的白色沉淀的质量来求所用Na2CS3质量会产生实验误差，故不同意他的观点。10.工业上常用甲烷和水蒸气催化重整制备H2，该工艺同时发生如下反应：反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2（1）反应Ⅰ和反应Ⅱ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图甲所示，则ΔH1ΔH2___________0(填“>”“<”或“=”)。（2）恒容密闭容器中，按质量比为8：9加入CH4和H2O，下列说法正确的是___________。A.达平衡时，CH4和H2O的转化率相等B.反应Ⅰ低温时容易自发进行C.当压强不再发生改变时，反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到了平衡D.单位时间内，若有2molHO键断裂，同时有3molHH键断裂，则反应Ⅰ处于平衡状态（3）某科研小组研究了反应I的动力学，获得其速率方程v正=k正·cm(CH4)·cn(H2O)，k正为速率常数(只受温度影响)，反应级数是反应的速率方程式中各反应物浓度的指数之和。在某温度下进行实验，测得各组分初始浓度和反应初始速率如下：实验序号123CH4浓度/mol·L10.10000.20000.2000H2O浓度/mol·L10.10000.10000.2000速率/mol·L1·s13.75×1041.50×1033.00×103若某时刻，测得c(CH4)=0.4000mol·L1，c(H2O)=0.4000mol·L1，则此时的反应速率v正=___________。（4）在2.4MPa下，将CH4和H2O(g)按照1：3的比例通入反应器中。平衡时各组分的物质的量分数与温度的关系如图乙所示。①600°C时，若经过tmin，反应达到平衡。该条件下，反应I的Kp=___________(MPa)2(列出计算式即可)。②H2的含量在740°C左右出现峰值的原因为___________。（5）某工厂用电解原理除去H2中的杂质CH4、CO和CO2，其装置如图丙所示：①CH4参与的电极反应为___________。②经测定，原料气中各气体的体积分数为：气体H2CH4COCO2体积分数82%3%5%10%若电解过程中消耗了100m3的原料气，则可得到相同条件下纯净H2___________m3。【答案】（1）>（2）C（3）0.024mol·L1·s1（4）①.②.740℃前，反应I进行程度大，740℃后，则是反应Ⅱ进行程度大（5）①.CH48e+10OH=+7H2O②.99【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，反应Ⅰ反应Ⅱ得：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，平衡常数为，则，结合图像可知，随着温度升高，减小、增大，则随着温度升高，则反应吸热反应，焓变ΔH1ΔH2大于零；【小问2详解】A．CH4和H2O物质的量投料为1:1，反应Ⅰ中甲烷与水系数比为1:1，水还参与反应Ⅱ，故达平衡时，CH4和H2O的转化率不会相等，A错误；B．结合图像可知，随着温度升高，增大，反应Ⅰ为吸热反应，反应为吸热的熵增反应，故在高温时容易自发进行，B错误；C．反应Ⅰ为气体分子数改变的反应，且2个反应同时进行，当压强不再发生改变时，说明平衡不再移动，反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到了平衡，C正确；D．由于反应Ⅱ中也存在氢氧键断裂、氢氢键断裂，故单位时间内，若有2molHO键断裂，同时有3molHH键断裂，不说明反应Ⅰ中正逆反应速率相等，不能说明反应Ⅰ处于平衡状态，D错误；故选C；【小问3详解】由实验1、2可知，3.75×104mol·L1·s1=k正·(0.1000)m·(0.1000)n、1.50×103mol·L1·s1=k正·(0.2000)m·(0.1000)n，可知m=2；由实验2、3可知，1.50×103mol·L1·s1=k正·(0.2000)m·(0.1000)n、3.00×103mol·L1·s1=k正·(0.2000)m·(0.2000)n，可知n=2；3.00×103mol·L1·s1=k正·(0.2000)m·(0.2000)n，结合c(CH4)=0.4000mol·L1，c(H2O)=0.4000mol·L1时：v正=k正·(0.4000)m·(0.4000)n，解得v正=0.024mol·L1·s1；【小问4详解】①600°C时，在2.4MPa下，将CH4和H2O(g)按照1：3的比例通入反应器中，假设甲烷、水投料分别为1mol、3mol；600°C时，若经过tmin，反应达到平衡，总的物质的量为(4+2a)mol，氢气、水的物质的量分数分别为0.35、0.45，则、，解得a=0.5mol、b=0.25mol，则平衡时总的物质的量为5mol，甲烷、一氧化碳分别为0.5mol、0.25mol，其物质的量分数分别为0.1、0.05，故该条件下，反应I的Kp=(MPa)2；②等量水参与反应，反应Ⅰ生成氢气更多，740℃前，反应Ⅰ进行程度大，740℃后，则是反应Ⅱ进行程度大，导致H2的含量在740°C左右出现峰值；【小问5详解】①由图可知，B极生成氢气，为阴极；则CH4在阳极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子，参与的电极反应为CH48e+10OH=+7H2O。②用电解原理除去H2中的杂质CH4、CO和CO2，混合气中CO2被氢氧化钠吸收，不是氧化还原反应，CH4、CO在阳极发生氧化反应均生成碳酸根离子，根据电子守恒可知，、，则甲烷、一氧化碳生成氢气分别为100m3×3%×4=12m3、100m3×5%×1=5m3，原混合气中有氢气82m3，故共得到相同条件下纯净H299m3。[化学一选修3：物质结构与性质]11.科学工作者合成了含镁、镍、碳、氮4种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题：（1）下列属于碳原子激发态轨道表示式的有___________(填字母，下同)，其中失去最外层上一个电子所需能量最低的是___________。（2）含有碳元素的有机化合物分布极广，最简单的为碳正离子，该离子的几何构型为___________；乙醇的挥发性比水的强，原因是___________；如图是叶绿素的结构示意图，配体是一种平面大环有机物，该结构中N原子的杂化方式为___________，CNσ键有___________个。（3）某种半导体NiO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，半径r(O2)=anm。①阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为___________g·cm3.(用含a，NA的表达式表示)。②NiO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，NiN键中离子键成分的百分数小于NiO键，原因是___________。③若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学式为___________；N所替代的O的位置可能是___________。【答案】（1）①.BC②.B（2）①.平面三角形②.乙醇比水形成的分子间氢键数目少，分子间作用力小③.sp2④.8（3）①.②.电负性O>N，O对电子的吸引能力更强，Ni和O之间更容易成离子键③.Ni4O3N④.顶点或一对平行平面的面心【解析】【小问1详解】碳原子的基态电子排布式为1s22s22p2，根据基态碳原子受到激发，电子从低能级跳跃到高能级上，则四个选项中属于碳原子激发态轨道表示式的有BC，而A是基态碳原子电子轨道表示式，D是基态N原子电子轨道表示式，故答案是BC；根据电子离核越远，越容易失去，则失去最外层上一个电子所需能量最低的是选项B，因为其它选项最外层是第二层，而B是第三层，故答案是B。【小问2详解】离子的价层电子对数为3，孤电子对为0，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为平面三角形；乙醇的挥发性比水的强，说明乙醇的沸点比水低，沸点和分子间作用力有关，乙醇和水虽同为分子晶体，但乙醇比水形成的分子间氢键数目少，分子间作用力小，故乙醇的沸点比水低，乙醇的挥发性比水的强；根据叶绿素结构示意图，N原子构成平面大环结构，可知其杂化方式为sp2；CN形成的共价键单键都是σ键，形成的双键中有一个是σ键，则CNσ键有8个。【小问3详解】①根据NiO晶胞结构可知，其一个晶胞中含有O2离子4个，Ni2+离子4个，氧原子量为16，镍原子量约为59，则其晶胞质量为m=，O2离子采用面心立方最密堆积方式，半径r(O2)=anm，设晶胞边长为xnm，则可得关系式2x2=16a2，解得x=2anm，则晶胞的体积v=16a3nm3，则晶胞的密度为====g·cm3。②键的极性强弱和成键元素的电负性强弱有关，NiN键和NiO键相比，由于氧元素电负性大于氮元素，则O对电子的吸引能力更强，Ni和O之间更容易成离子键。③根据均摊法，NiO晶胞中含有O2离子4个，Ni2+离子4，若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，即氧原子被氮原子代替，则该晶体的化学式为Ni4O3N；在晶胞中，有一个O原子被N原子取代，可能是顶点8或一对平