2022届广西壮族自治区南宁市高三第二次适应性测试理综化学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页广西壮族自治区南宁市2022届高三第二次适应性测试理综化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．劳动让生活更美好。下列有关劳动项目涉及的化学知识错误的是选项劳动项目化学知识A做鱼加少许食醋和料酒会更香醋和料酒生成的酯有香味B用柠檬酸除水壶中的水垢柠檬酸能溶解水垢的主要成分C苏打用于清洁厨房油污苏打溶液显碱性D用富含淀粉的谷物酿酒淀粉水解生成乙醇A．A B．B C．C D．D2．化合物M是合成某种具有生物活性化合物的中间体，其结构简式如图所示，下列说法正确的是A．M易溶于水B．M与乙酸乙酯互为同系物C．M能发生加成反应和取代反应D．M苯环上的一氯代物有2种3．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温下，1LpH=12的NaOH溶液中由水电离出的OH-数目为10-12NAB．5.6gFe分别与足量的Cl2和S反应，转移电子数目均为0.3NAC．标准状况下，11.2L氯仿(CHCl3)中含有分子数目为0.5NAD．常温常压下，12g14C所含的质子数为6NA4．R、X、Y、Z、W是原子序数依次递增的主族元素，位于三个不同短周期。其中X、Y、Z在元素周期表的位置如表所示，其中X与Z的最外层电子数之和比Y的核电荷数少2，下列说法正确的是XYZA．简单离子的还原性：W>ZB．R、X、W可形成既含离子键又含共价键的化合物C．工业上用电解熔融的YW3制备Y单质D．Z的氧化物的水化物是强酸5．为达到下列实验目的，其实验操作正确的是选项ABCD实验目的验证温度对水解平衡的影响混合浓硫酸和乙醇检查装置的气密性检验溶液的Fe3+实验操作A．A B．B C．C D．D6．KIO3广泛用于化工、医学和生活中，工业上制备KIO3的工作原理如图所示，下列说法正确的是A．a为正极，B极上发生氧化反应B．电子流向：A→a→b→BC．X气体是H2，每转移2mole-，可产生22.4LX气体D．A极的电极反应式为：I-+6OH--6e-=IO+3H2O7．常温下，分别向20.00mL浓度均为0.1000mol·L-1的HX和HY溶液滴入0.1000mol·L-1NaOH标准溶液，滴定曲线如图所示(已知：酸性HX>HY，1g5=0.7)。下列说法正确的是A．曲线Ⅱ对应的酸为HY，HX是强酸B．在B1和B2点对应的溶液中存在关系：c(HY)-c(HX)=c(X-)-c(Y-)C．pH=7时，两溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为：c(H+)I>c(H+)IID．C1点纵坐标数值为8.7二、实验题8．[CH3CH(OH)COO]2Fe(乳酸亚铁)是一种广泛应用于食品的铁强化剂，可由乳酸与FeCO3反应制得。兴趣小组在实验室按下列步骤制备乳酸亚铁晶体并进行含量测定。回答下列问题：I.制备FeCO3：兴趣小组利用FeSO4(用废铁屑和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3在如图装置制备FeCO3：(1)植物油的作用是_______。(2)实验过程中，将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合的操作是_______。(3)该实验制备FeCO3的离子方程式为_______。(4)经过滤、洗涤得到FeCO3，久置后，发现在盛有FeCO3试剂瓶的瓶口有红褐色物质，其原因是_______(用化学方程式解释)。Ⅱ.制备乳酸亚铁：(5)兴趣小组向FeCO3固体中加入乳酸溶液，在一定条件下搅拌使之充分反应，并测得反应溶液的pH、温度对乳酸亚铁产率的影响如图所示，则反应时适宜的加方式为_______；溶液pH控制在5～6之间乳酸亚铁产率较高的主要原因是_______。Ⅲ.测定乳酸亚铁的纯度：(6)兴趣小组通过用硫酸铈铵(NH4)4Ce(SO4)4滴定法测定样品中Fe2+的含量来计算乳酸亚铁固体样品纯度(反应中Ce元素被还原为Ce3+)。称取3.0g样品配制成100.00mL溶液，取该溶液25.00mL，将0.1000mol/L(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液装入_______中(填A或B)，反复滴定2～3次，平均消耗(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液30.00mL，则样品中乳酸亚铁的纯度为_______。A．B．三、工业流程题9．抗氧化的明星营养元素硒(Se)是人体必需的微量元素，工业上从电解精炼铜的阳极泥(主要含Au、Ag、Cu、Se、CuSe、Ag2Se等)中提取硒，同时回收部分金属，工艺流程如下：已知：①硒(Se)的熔点217℃，沸点684.9℃，带有金属光泽。②硒(Se)可做半导体材料，500℃下可与氧气反应。回答下列问题：(1)“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀，在350～500℃下焙烧，为了加快该过程反应速率，该过程中可采取的措施有_______、_______(回答两点即可)。(2)烟气的主要成分为SO2、SeO2，是焙烧中CuSe与浓H2SO4反应而产生，该反应的化学方程式为_______；吸收与还原过程中SeO2极易溶解于水生成亚硒酸(H2SeO3)，亚硒酸被烟气中的SO2还原为单质硒，若该过程中有13.44LSO2(标准状况下)参加反应，则还原得到单质Se的质量为_______g。(3)粗硒需用减压蒸馏提纯得到单质硒，其原因是_______。(4)上述流程中萃取与反萃取原理为2RH+Cu2+R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用_______(填化学式)溶液；操作II为_______、_______过滤、洗涤、干燥。(5)已知常温下的Ag2SO4、AgC1饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示，其中L1表示AgCl，L2表示Ag2SO4，固体X加入NaCl溶液后，反应①Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，反应①的K=_______。四、原理综合题10．Ⅰ.氨是重要的基础化工品之一(1)已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH1=+180.5KJ·mol-14NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(g)ΔH2=-905.0KJ·mol-12H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-483.6KJ·mol-1①N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的ΔH=_______。②已知合成氨反应的正反应活化能为Ea(单位为kJ·mol-1)，则其逆反应活化能为_______kJ·mol-1(用含Ea的代数式表示)。(2)T℃时，在2L的恒容密闭容器中投入2molN2和6molH2发生反应，平衡时H2的体积分数为50%，则该温度下的平衡常数K=_______；其他条件不变，若向此平衡体系中再充入3molH2和3molN2，则平衡_______(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。Ⅱ.1922年，德国奥堡工厂建成世界首座以NH3和CO2为原料生产尿素(NH2CONH2)的工业装置。该工艺的主要原理为：①2NH3(l)＋CO2(l)NH2COONH4(l)ΔH＜0

(快反应)②NH2COONH4(l)H2O(l)＋NH2CONH2(l)ΔH＞0

(慢反应)一定条件下，CO2的平衡转化率与温度、初始氨碳比[L=]的关系如图：(3)两曲线中，L1_______L2(填“＞”、“＜”或“=”)。(4)若L2=3，T1时，NH3的平衡转化率为_______。(5)其它条件不变，随着温度的升高，CO2的平衡转化率先升高后下降，“先升高”的原因是_______；“后下降”的原因是由于设备腐蚀加剧等因素，CO2的平衡转化率下降。五、结构与性质11．我国科学家首次用砷化镉纳米片观察到三维量子霍尔效应，并在碲化锆(ZrTe5)上发现了金属-绝缘体的转换，此项研究成果对红外探测等的研究具有应用价值。回答下列问题：(1)基态As原子价电子排布图为_______，电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为_______。(2)AsH3的空间构型为_______；H3PO4分子中P的杂化轨道与O的_______轨道形成_______键。(3)ZnS熔点为2830℃，CdS熔点为1750℃，ZnS熔点更高的原因是_______。(4)碱式碳酸锆()中C原子的杂化方式为_______；该化合物中非金属元素的第一电离能大小关系为_______。(5)氧化锆晶胞结构如图所示，其硬度极高，可用于陶瓷和耐火材料。晶胞中Zr原子的配位数为_______；已知阿伏加德罗常数的值为NA，若晶体的密度为ρg/cm3，则该晶胞中距离最近的两个锆原子之间的距离为_______cm(列出计算式)。六、有机推断题12．苯磺酸贝他斯汀常用于治疗过敏性鼻炎、荨麻疹、湿疹等。G是合成苯磺酸贝他斯汀的重要中间体，可由廉价易得的2-吡啶甲酸为原料经路线A到G合成得到。回答下列问题：(1)M的化学名称为_______；(2)C的结构简式为_______；(3)试剂X与足量KOH反应的化学方程式为_______；(4)F→G的反应类型为_______，试剂Y中官能团的名称为_______；(5)Q是比试剂Y相对分子质量少14的同系物，在Q的同分异构体中，能发生银镜反应，在酸性条件还能发生水解的有_______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱峰面积比为6：2：1的结构简式_______(任写一种)；(6)根据上述路线中的相关知识，以吡咯()和为原料设计合成(其它试剂任选)。_______答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．D【解析】【详解】A．食醋和料酒中的乙醇发生酯化反应生成有香味的酯类物质，则鱼更香，故A正确；B．柠檬煮水除去水壶中水垢，柠檬酸能与水垢的主要成分碳酸钙、氢氧化镁反应，可溶解碳酸钙等水垢，故B正确；C．碳酸钠俗称苏打，碳酸钠溶液显碱性，油污在碱性条件下可水解，且水解为不可逆过程，则苏打用于清洁厨房油污，故C正确；D．淀粉在无氧环境下发酵生成乙醇，可用富含淀粉的谷物来酿酒，而淀粉水解是生成葡萄糖，不能水解得到乙醇，故D错误；故选：D。2．C【解析】【详解】A．M含酯基，难溶于水，A错误；B．同系物要求组成和结构相似，官能团种类和数目相同，M中含羟基，还有苯环，与乙酸乙酯不是同系物，B错误；C．M含苯环和羰基，可发生加成反应；含苯环和烷基，可发生取代反应，C正确；D．苯环上四种化学环境的氢原子，一氯代物有4种，D错误；故选C。3．A【解析】【详解】A．常温下，1LpH=12的NaOH溶液中，c(H+)=10-12mol/L，由水电离出的c(OH-)=c(H+)=10-12mol/L，所以由水电离出的OH-数目为10-12mol/L×1L×NAmol-1=10-12NA，A正确；B．Fe与足量的Cl2反应时生成FeCl3，与S反应时生成FeS，Fe元素的价态变化不同，转移电子数目不相同，B不正确；C．标准状况下，氯仿(CHCl3)呈液态，无法求出11.2L氯仿的物质的量，也就不能求出含有分子的数目，C不正确；D．常温常压下，12g14C所含的质子数为＜6NA，D不正确；故选A。4．B【解析】【分析】R、X、Y、Z、W是原子序数依次递增的主族元素，位于三个不同短周期，则R为H。设X的最外层电子数为x，则Z的最外层电子数为x+1，X与Z的最外层电子数之和比Y的核电荷数少2，则Y的核电荷数为x+x+1+2=2x+3，因Y为第三周期元素，故。当x=4时，X、Y、Z、W分别为C、Mg、P、S(Cl)，周期表中第ⅡA和ⅢA族中间断开，不满足要求；当x=5时，X、Y、Z、W分别为N、Al、S、Cl，满足要求；当x=6时，推出Z为Cl，而W也为短周期主族元素，故x=6不符合，故R、X、Y、Z、W分别为H、N、Al、S、Cl。【详解】A．W、Z的简单离子为Cl-和S2-，非金属性Cl>S，离子还原性Cl-<S2-，A错误；B．R、X、W可形成氯化铵，既含离子键又含共价键，B正确；C．工业上用电解熔融氧化铝制备铝单质，C错误；D．Z的最高价氧化物的水化物高氯酸为强酸，D错误；故选B。5．C【解析】【详解】A．试管中加热液体时液体不超过试管容积的三分之一，A错误；B．浓硫酸密度大，应该将浓硫酸倒入乙醇中，B错误；C．关闭弹簧夹，长颈漏斗液面保持不变可证明气密性良好，C正确；D．滴管不能深入试管内部，D错误；故选C。6．D【解析】【分析】根据图示，该装置为电解池，A电极上I-发生失电子的氧化反应生成，A电极为阳极，则a为电源的正极，b为电源的负极，B电极为阴极；据此分析作答。【详解】A．a为电源的正极，B电极为阴极，B极上发生得电子的还原反应，A错误；B．A电极为阳极，a为电源的正极，b为电源的负极，B电极为阴极，电子流向为：A→a、b→B，电子不通过电源的内电路，B错误；C．B极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，X气体是H2，每转移2mole-生成1molH2，由于H2所处温度和压强未知，不能计算H2的体积，C错误；D．A电极上I-发生失电子的氧化反应生成，电极反应式为I-+6OH--6e-=+3H2O，D正确；答案选D。7．B【解析】【分析】酸性HX>HY，相同浓度的酸HX的pH值小，故I为HX对应曲线，II为HY对应曲线，由图中0点可知0.1000mol/L的HX溶液pH值为3，，同理。【详解】A．由分析可知曲线II对应的酸为HY，但浓度均为0.1000mol/L时，pH值均比1大，故两者都是弱酸，A错误；B．在B1和B2起始酸的浓度和加入的碱的量均相同，故对应的溶液中均存在物料守恒：，即，B正确；C．pH=7时，说明溶液中的水解和电离程度相等，对水电离的抑制程度相等，即水的电离程度相等，故两溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为：c(H+)I=c(H+)II，C错误；D．C1点对应溶液为滴定终点，溶质成分为NaX，溶液中只存在X-的水解，水解的离子方程式为：，水解平衡常数为：，因水解产生的HX和OH-离子浓度相等，，，，pH=14-pOH=8.85，D错误；故选B。8．(1)隔绝氧气，防止Fe2+被氧化(2)打开K2、关闭K3(3)Fe2++2HCO=FeCO3↓+H2O+CO2↑(4)4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2(5)

温度为70℃、pH=5

pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小(6)

A

93.6%【解析】【分析】亚铁离子易被氧气氧化，制备过程应在无氧环境中进行，装置A用废铁屑和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，利用产生的氢气排尽装置内空气，且使装置A内气压增大，将制备的硫酸亚铁溶液压入装置B内，与NH4HCO3反应制备FeCO3，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+H2O+CO2↑；(1)试管B中用FeSO4和NH4HCO3制备FeCO3，由于亚铁离子易被氧化，则植物油的作用是隔绝氧气，防止Fe2+被氧化；(2)装置A中用废铁屑和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，可利用压强差将A中生成的FeSO4溶液通过导管压至试管B内，操作是打开K2、关闭K3；(3)用FeSO4和NH4HCO3制备FeCO3，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+H2O+CO2↑；(4)久置后，FeCO3试剂瓶的瓶口有红褐色物质即Fe(OH)3，是FeCO3被氧气氧化生成Fe(OH)3，反应的方程式为：4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2；(5)由图知温度为70℃、pH=5时乳酸亚铁产率最大，为适宜的反应条件；溶液pH控制在5～6之间乳酸亚铁产率较高的主要原因是：pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小；(6)已知反应中Ce元素被还原为Ce3+，则(NH4)4Ce(SO4)4做氧化剂，具有氧化性，(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液装入酸式滴定管，即选：A；(NH4)4Ce(SO4)4中Ce为+4价，被还原为Ce3+则Ce元素得到一个电子，Fe2+被氧化为Fe3+则Fe元素失去一个电子，则n(Fe2+)=n[(NH4)4Ce(SO4)4]=cV=0.1000mol/L×30.00×10-3L=3×10-3mol，则3.0g样品中乳酸亚铁质量为m=nM=3×10-3mol234g/mol=2.808g，纯度为。9．(1)

搅拌

将阳极泥粉碎等(2)

CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O

23.7g(3)减小压强，能够使Se在较低的温度下气化，便于物质的分离提纯(4)

H2SO4溶液

蒸发浓缩

冷却结晶(5)1014.5【解析】【分析】电解精炼铜的阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等)中加入98%的浓硫酸并搅拌，通入氧气焙烧，得到的烧渣中含有CuSO4、Ag2SO4、Au等，得到的烟气中含有SO2、SeO2，烟气中加入H2O得到H2SeO3溶液，SO2和H2SeO3反应生成Se和H2SO4。粗硒经减压蒸馏得到单质硒。向滤液中加入萃取剂使Cu2+变为R2Cu进入有机相，然后加入稀硫酸作反萃取剂分离得到CuSO4溶液，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到胆矾。在固体X中含有Ag2SO4、Au，向其中加入NaCl溶液，发生沉淀转化Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，得到AgCl沉淀，然后经一系列处理得到粗银。(1)“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀，在350～500℃下焙烧，为了加快该过程反应速率，该过程中可采取的措施可以是搅拌、将阳极泥粉碎等；(2)CuSe与浓H2SO4发生氧化还原反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成CuSO4，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O；吸收与还原过程中SeO2极易溶解于水生成亚硒酸(H2SeO3)，亚硒酸被烟气中的SO2还原为单质硒，SO2被氧化为H2SO4，反应方程式为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4，若该过程中有13.44L标准状况下SO2参加反应，其物质的量n(SO2)=，则根据物质反应转化关系可知还原得到单质Se的物质的量是0.3mol，其质量m(Se)=0.3mol×79g/mol=23.7g；(3)根据已知信息可知Se的熔沸点比较高，可利用压强对物质熔点、沸点的影响，减小压强，使Se在较低的温度下气化，便于物质的分离提纯；(4)根据2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，反应逆向进行，反萃取得到硫酸铜溶液，则“反萃取剂”最好选用H2SO4溶液；得到的水相中含有CuSO4溶液，从中获得胆矾，根据CuSO4的溶解度受温度的影响变化较大，可采用的操作II为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(5)已知常温下的Ag2SO4、AgC1饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示，其中L1表示AgCl，L2表示Ag2SO4，Ksp(AgCl)=10-4.75×10-5=10-9.75；Ksp(Ag2SO4)=(10-2)2×10-1=10-5；反应①Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，反应①的K=。10．(1)

-92.4KJ·mol-1

Ea+92.4(2)

0.593(mol/L)-2

正向(3)＞(4)50%(5)反应②为吸热反应，升温有利于平衡正向移动，使NH2COONH4(l)的物质的量减少，从而使反应①平衡正移，CO2的转化率增大【解析】(1)ⅰ.N2(g)＋O2(g)=2NO(g)

ΔH1=+180.5KJ·mol-1ⅱ.4NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(g)

ΔH2=-905.0KJ·mol-1ⅲ.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)

ΔH3=-483.6KJ·mol-1①利用盖斯定律，将(ⅰ×2-ⅱ+3×ⅲ)÷2，即得N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的ΔH=[(180.5×2+905.0-483.6×3)÷2]KJ·mol-1=-92.4KJ·mol-1。②合成氨反应为放热反应，正反应活化能为Ea(单位为kJ·mol-1)，则其逆反应活化能为(Ea+92.4)kJ·mol-1。答案为：-92.4KJ·mol-1；Ea+92.4；(2)T℃时，在2L的恒容密闭容器中投入2molN2和6molH2发生反应，平衡时H2的体积分数为50%，设N2的变化量为x，则可建立如下三段式：从而得出，x=0.5mol/L，K==0.593(mol/L)-2；其他条件不变，若向此平衡体系中再充入3molH2和3molN2，则Qc==0.019(mol/L)-2＜0.593(mol/L)-2，所以平衡正向移动。答案为：0.593(mol/L)-2；正向；(3)对于反应2NH3(l)＋CO2(l)NH2COONH4(l)，增大NH3浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大，所以L1为初始氨碳比[L=]较大的曲线，从而得出L1＞L2。答案为：＞；(4)若L2=3，设NH3的物质的量为3mol，则CO2的物质的量为1mol，T1时，CO2的平衡转化率为75%，则参加反应CO2的物质的量为0.75mol，参加反应NH3的物质的量为1.5mol，NH3的平衡转化率为=50%。答案为：50%；(5)其它条件不变，随着温度的升高，CO2的平衡转化率先升高后下降，“先升高”表明平衡正向移动，对反应②有利，所以应从反应②进行原因分析，从而得出原因是反应②为吸热反应，升温有利于平衡正向移动，使NH2COONH4(l)的物质的量减少，从而使反应①平衡正移，CO2的转化率增大。答案为：反应②为吸热反应，升温有利于平衡正向移动，使NH2COONH4(l)的物质的量减少，从而使反应①平衡正移，CO2的转化率增大。【点睛】因为总体上平衡正向移动，所以温度