四川省泸州市合江县马街中学高三上学期二模化学试题

高级高三第二次教学质量诊断性考试化学试题化学试卷分为第一部分选择题和第二部分非选择题两部分。满分：分。考试时间：分钟。注意事项：相对原子质量：第一部分选择题共分)一、选择题：本题共小题，每小题3分，共分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。1.生产精细化学品已经成为当代化学工业结构调整的重点之一。下列对应关系不正确的是A.解热镇痛药阿司匹林B.凝固剂硫酸钙C.抗氧化剂维生素CD.营养强化剂味精【答案】D【解析】【分析】【详解】A．阿司匹林是常用解热镇痛药，A项正确；B．硫酸钙是石膏的主要成分，可以作凝固剂，B项正确；C．锥生素C属于抗氧化剂，C项正确；D．味精是增味剂，D项错误；答案选D。2.下列化学用语表示正确的是A.的电子式：B.分子VSEPR模型为：C.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：D.是极性键构成的非极性分子【答案】B【解析】第1页/共20页AN原子核外有5N原子共享6，故A错误；BSO2分子中心原子S的价层电子对数1sp2VSEPR构型为平面三角形，故B正确；C．邻羟基苯甲醛分子中羰基上的氧原子和羟基上的氢原子构成氢键，示意图，故C错误；D．NH3中NH键为极性键，分子构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故D错误；故答案为B。3.工业生产过程中发生反应。下列说法正确的是A.反应的平衡常数B.该反应、C.使用合适的催化剂，可以降低反应的活化能，加快反应速率D.上述反应中每消耗1mol，转移电子的数目约为【答案】C【解析】AK=A错误；B．该反应为放热反应，即ΔH＜0，该反应为气体系数减小的反应，为熵减，即ΔS＞0，故错误；C．使用催化剂，可以降低反应活化能，提高了活化分子百分数，加快反应速率，故C正确；D．消耗1mol氧气，转移电子个数为1×4×6.02×1023，故D错误；答案为C。4.常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是A.溶液中：、、、B.pH=12的溶液：、、、C.溶液中：、、、第2页/共20页D.能使甲基橙变红的溶液中：、、、【答案】B【解析】【详解】A．溶液中Al3+和会发生双水解反应，不能大量共存，故A不选；B．常温下，pH=12的溶液呈碱性，、、、、OH之间不发生反应，可以大量共存，故B选；C．溶液中MnO、和发生氧化还原反应不能大量共存，故C不选；D．能使甲基橙变红的溶液中呈酸性，和H+反应生成二氧化碳，不能大量共存，故D不选；故选B。5.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol最多消耗的个数为B.25℃，101kPa下，44.8LCO和的混合气体的分子数等于C.80gNaOH溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量浓度是2mol/LD.铅酸蓄电池的正极质量增加3.2g时，电路中通过的电子数目为【答案】D【解析】【详解】A．1mol的苯环最多消耗3molH，CN中的碳氮三键最多消耗2molH，即1mol最多消耗的个数为5N，故A错误；B0℃101kPa44.8LCO和的混合气体的物质的量为25℃101kPa下分子数不等于，故B错误；C80gNaOH的物质的量为2mol1L2mol/L，溶解在1L水中所得溶液中溶质的物质的量浓度不是2mol/L，故C错误；D．铅酸蓄电池的正极反应式为，转移2mol电子时，正极PbO2第3页/共20页故答案为：D。6.某有机物具有抗炎、抗病毒等生物活性，其结构如图。下列有关该有机物的说法错误的是A.可发生加成反应和消去反应B.分子中有4个不对称碳原子C.1mol该物质最多与2molNaOH发生反应D.与溴水反应的原子利用率理论上为100%【答案】D【解析】【详解】A．该有机物中含有碳碳双键，可以发生加成反应，且含有羟基碳原子的相邻碳原子上有H原子，可以发生消去反应，A正确；B．该分子中有4个不对称碳原子，位置为，B正确；C．该有机物中含有1个酚羟基和1个酰氨基，1mol该物质最多与2molNaOH发生反应，C正确；D．该有机物可以和溴水发生加成反应和取代反应，若发生取代反应，原子利用率小于100%，D错误；故选D。7.1.用碳酸钠标定盐酸，实验步骤为①研细、②加热至质量不变、③冷却、④称量、⑤溶解、⑥用待测盐酸滴定。下列实验步骤所对应的操作正确的是ABCD第4页/共20页A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．步骤②为加热至质量不变，应在坩埚中进行，故A错误；B．用托盘天平移量物品质量时应左边托盘放物品，右边托盘放砝码，故B错误；C．溶解操作应该在烧杯中进行，不能使用容量瓶，故C错误；D．用甲基橙做指示剂，将待测盐酸使用酸式滴定管盛放，进行滴定操作，故D正确；故选D。8.下列叙述中正确的是A.CS2为角形的极性分子，形成分子晶体B.ClO空间结构为平面三角形C.氯化硼BCl3的熔点为，氯化硼液态时能导电而固态时不导电D.SiF4和HO+的中心原子均为sp3杂化，SiF4分子呈正四面体形，HO+呈三角锥形【答案】D【解析】【详解】A．CS中C原子价层电子对数为2，为直线形非极性分子，A错误；B．中Cl原子价层电子对数为4，有1个孤电子对，空间结构为三角锥形，B错误；C．由BCl3的熔点可知，BCl3是分子晶体，液态和固态时都不导电，C错误；D．SiF4中Si原子价层电子对数为4，为正四面体形，HO+中O原子价层电子对数为4，有1个孤电子对，呈三角锥形，中心原子均为sp3杂化，D正确；故答案选D。第5页/共20页Y元素原子的2p轨道上有2W与Y可形成化合物是A.电负性：X>Y>ZB.原子半径：W>Z>YC.的VSEPR模型和空间结构一致D.W元素的第一电离能高于同周期相邻元素的【答案】D【解析】【分析】元素X、Y、Z、W为短周期主族元素，且原子序数依次增大，W元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，故W为As，Y的2p能级中有2个未成对电子，Y为C，据此分析解题。【详解】A．电负性同周期从左至右逐渐增大，故电负性Z＞Y，A错误；B．原子半径同周期从左至右逐渐减小，故原子半径Y＞Z，B错误；C．含有个孤电子对，所以VSEPR模型和空间结构不致，C错误；D．W元素的第一电离能高于同周期相邻元素的，因为As的p轨道是半充满结构，D正确；故选D。10.[代表，代表烃基(一般指相应的烃失去一个氢原子后剩下的基团)]。下列说法不正确的是A.总反应属于取代反应第6页/共20页B.反应过程中碳原子的成键数目不变C.反应过程中氮原子的价层电子对数目减少D.当为甲醇时，反应产物为和【答案】C【解析】【详解】A．根据反应转化关系可知总反应为羟基氢被SiMe3取代的反应，属于取代反应，A正确；B．由图可知，反应过程中碳原子的成键数目一直为4，不变，B正确；C．反应过程中氮原子形成3个共价键且存在1对孤电子对，价层电子对数目一直为4，C错误；D．根据反应转化关系可知总反应为羟基氢被SiMe3取代的反应，则当为甲醇时，反应产物为和，D正确；故选C下列反应的离子方程式书写正确的是A.向溶液中滴加稀：B.将溶液长时间煮沸时形成水垢：C.铅酸蓄电池充电时的阴极反应：D.向含的溶液中通入【答案】D【解析】【详解】A．稀硝酸具有强氧化性，向NaSO3溶液中滴加稀HNO3会发生氧化还原反应生成S、、NO和HO，反应的离子方程式为：，A错误；BMg2+与在煮沸时发生双水解生成Mg(OH)2和COMg(HCO)2溶液长时间煮沸时形成水垢的离子方程式为：，B错误；C．铅酸蓄电池充电时的阴极反应为：，C错误；D．因还原性：Fe2+＞Br−，Cl2先与Fe2+发生反应：Cl+2Fe2+=2Fe3++2Cl，0.1molFe2+消耗0.05molCl，剩余的0.05molCl2再与0.1molBr−发生反应：Cl+2Br⁻=Br+2Cl，则向含0.1molFeBr2的溶液中通入0.1molCl2反应的离子方程式为：2Fe2++2Br−+2Cl=2Fe3++Br+4Cl，D正确；第7页/共20页12.图：下列叙述错误的是A.hBN晶体中存大键B.cBN晶体中由B、N构成最小的环为6元环C.wBN晶体中B的配位数为12D.wBN晶体的密度可表示为【答案】C【解析】【详解】A．由题干信息可知，hBN晶体类似于石墨晶体，故hBN晶体中层内存在大键，A正确；BcBN晶体类似于金刚石晶体，故cBN晶体中由BN构成最小的环为6B正确；CwBN晶体结构中上面面心的B6个距离相等且最近的NB的配位数为6C错误；D．由题干信息可知，一个wBN晶胞中含有B个数为3，N的个数为：=3，则一个晶胞的质量为：wBN晶体的密度可表示为=，D正确；故答案为：C。第8页/共20页列说法正确的是A.离子交换膜为阳离子交换膜B.光催化装置中溶液的pH减小C.整套装置转移0.01mol，光催化装置生成224mLH2D.电催化装置阳极电极反应式：【答案】A【解析】置中，阳极（产生O）反应为，阴极（得电子生成）反应为，据此回答。【详解】A．电催化装置为电解装置，阴极电极式，阳极反应式为，阴极上阴离子物质的量增大，阳极上消耗阴离子，根据装置图可知，离子交换膜为阳离子交换膜，A正确；B．光催化装置中发生、，消耗，c()减小，pH增大，B错误；C1molH2转移2mol0.01mol时生成0.005molH况下体积为，且未说明是否为标准状况，C错误；D．电催化装置阳极发生氧化反应，正确反应式为，D错误；故选A。第9页/共20页、。滴加过程中，五种含汞微粒分布分数(某含汞微粒的物质的量与所有含汞微粒的物质的量之和的比值)与之间的关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线III表示的分布分数随浓度的变化B.反应的平衡常数C.M点溶液中，D.当时，继续滴加少量含的溶液，主要发生的反应为【答案】C【解析】【详解】A．随着浓度增大增大，含汞微粒配位数依次升高，分布分数曲线主峰从左到右对应、、、、，曲线III位于右侧，应对应配位数3的，A错误；B．反应的平衡常数，当与分布分数相等时，两者浓度也相等，此时K=。当横坐标为6.78时，与浓度相等，即，故，B错误；C．与在时浓度相等，此时，，C正确；第10页/共20页，D错误。故选C。第二部分非选择题共分)二、非选择题：本题共4小题，共分。15.SO2和焦亚硫酸钠(NaSO)可用作食品添加剂。回答下列问题：（1）实验室利用铜与浓硫酸制取SO2的化学方程式为___________，发生装置为___________(填字母)。（2）焦亚硫酸钠易被氧化而变质，选用下列试剂设计实验方案，检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。已知：2NaHSO3NaSO+HO。试剂：稀盐酸、稀HSO、稀HNO、BaCl2溶液、酸性KMnO4溶液、HO2溶液实验编号实验步骤现象结论Ⅰ取少量样品，加入除氧蒸馏水固体完全溶解得到无色溶液/Ⅱ取实验I的溶液，______________________样品已氧化变质Ⅲ另取实验I的溶液，______________________样品未完全氧化变质（3）某小组利用下列装置测定空气中SO2的含量。已知该反应的化学方程式为：SO+I+2HO=HSO+2HI，若空气流速为am3·min1，当观察到___________tminSO2SO2的含量是___________mg·m3。第11页/共20页【答案】（1）①.②.B（2）①.BaCl2溶液②.出现白色沉淀③.加入酸性KMnO4溶液，充分振荡④.溶液褪色（3）①.蓝色变为无色②.【解析】【分析】若焦亚硫酸钠易被氧化而变质，固体溶于水所得溶液中会含有硫酸根离子，若焦亚硫酸钠没有被氧化，向溶解所得溶液中加入足量稀盐酸后，再加入氯化钡溶液，不会有白色沉淀生成，若完全被氧化，加入酸性高锰酸钾溶液，溶液不会褪色。【小问1详解】铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为置B，故答案为：；B；【小问2详解】由分析可知，证明焦亚硫酸钠样品已氧化变质实际上就是检验固体溶解得到的溶液中含有的硫酸根离子，具体操作为向其中加入足量稀盐酸，振荡、静置排出亚硫酸氢根离子或亚硫酸根离子的干扰，再滴加氯化钡溶液，溶液中会有硫酸钡白色沉淀生成说明样品已被氧化；证明样品未完全氧化变质实际上就是检验固体溶解得到的溶液中含有亚硫酸氢根离子，具体操作为加入酸性高锰酸钾溶液，充分振荡，溶液褪色说明溶液中含有亚硫酸氢根离子，样品未完全被氧化，故答案为：向其中加入足量稀盐酸，振荡、静置，滴加BaCl2溶液；出现白色沉淀；加入酸性KMnO4溶液，充分振荡；溶液褪色【小问3详解】二氧化硫与碘溶液反应生成硫酸和氢碘酸，反应的化学方程式为SO+I+2HO=HSO+2HI，则空气中二氧tmin二氧化硫的质量为0.1000mol/L×0.1L×64g/mol=0.6400g=640mg，则空气样品中二氧化硫的含量为=mg/m3，故答案为：。第12页/共20页淀—萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。已知：萃取剂a和b均为有机物，可用通式HR表示，萃取金属离子时，发生反应：(M代表被萃取的金属)。回答下列问题：（1）的作用是___________。（2）该流程中涉及的实验操作有___________(填字母标号)。A.过滤B.蒸发结晶C.分液D.蒸馏（3）加入调pH的目的是___________。（4，时，___________。(保留1位有效数字)（5）写出反萃取出的离子方程式___________。（6）回收液中浓度的测定：取50.00mL回收液，滴入几滴紫脲酸胺(紫色)指示剂(遇显橙黄色)，用浓度为0.1000的溶液进行滴定()，达到滴定终点时消耗溶液的体积12.50mL。①滴定终点的现象是___________。②物质的量浓度为___________。③若紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，会导致所测含量___________()。【答案】（1）氧化（2）AC（3）使转化成Fe(OH)3沉淀除去第13页/共20页（6）①.当滴入最后半滴②.0.0250③.偏高【解析】【分析】锰废渣的硫酸浸出液含有大量、、以及少量的、、、其中加二氧化锰将二价铁氧化为三价铁，加碳酸钙调溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，往滤液中加MnF2沉淀钙离子和镁离子，过滤，往滤液中加萃取剂a萃取锰离子，所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+b萃取Co2+Ni2+Co2+的溶液。【小问1详解】以上分析可知，浸出液中含二价铁，的作用是将二价铁氧化为三价铁；【小问2详解】该流程中得滤渣①和滤渣②的操作为过滤，萃取之后得有机相和无机相的操作为分液，故答案为：AC；【小问3详解】用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁后，加入调pH可以使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，所以加入调pH目的是使转化成氢氧化铁沉淀除去；【小问4详解】已知：，，向除铁后的溶液中加入，当溶液中时，，则；【小问5详解】根据信息可知，反萃取剂为酸，即反萃取出时加入适量的酸将Mn2+反萃取出来，相应的离子方程式为；【小问6详解】第14页/共20页①在与Ni2+半滴溶液，溶液将会呈紫色，且半分钟内不恢复原色，所以滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准液后，溶液由橙黄色变为紫色，且半分钟内不变回橙黄色；②反应时与按物质的量1:1反应，所以的物质的量浓度为；③若紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，会导致偏多，则所测含量偏高。17.氯苯（CHCl）在多个领域有着重要的应用，但是不当排放会引起环境污染。Ⅰ：氯苯的结构与性质（1）与氯代烷烃相比，氯苯水解条件更苛刻。氯苯结构如图1所示，请从结构上解释氯苯难水解的原因______。（2Cl2在CS2化如图2所示。①两种二氯代苯中，热稳定性较好的是______②保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采取的措施有______。Ⅱ：氯苯的去除可采用电化学法、催化氧化法去除氯苯，基本原理都是利用自由基（·OH）去除。（3）三维电极反应器是在阴、阳电极板之间投加活性炭细颗粒作为第三电极，该装置去除氯苯（用R表第15页/共20页示）原理如图3所示。①通电时，生成的·OH能将氯苯降解为CO2和HCl，写出对应的化学方程式______。②使用“第三电极”的优点有______。（4）以2作催化剂，用O2将氯苯氧化去除，图4表示0%HO、1%HO、6.5%H2时氯苯转化率随温度的变化关系。275℃时，加入适量HO（g）能提高氯苯的转化率，但过多HO（g）会导致氯苯转化率下降，可能的原因分别是______。【答案】（1p轨道与苯环的大π键形成pπCCl键牢固（2）①.对二氯苯或1，4二氯苯②.使用生成邻二氯苯选择性高的催化剂（3）①.②.成许多微小的电解池，产生·OH的速率加快从而加快了去除氯苯的速率（4）少量HO可以和O2产生·OH，加快了氯苯转化速率，但过多的HO会和氯苯在催化剂表面形成竞争吸附，导致氯苯转化率下降【解析】【分析】氯苯中氯原子的p轨道与苯环的大π键形成pπCCl质的能量越低越稳定，故可通过图示的能量高低判断出对二氯苯热稳定性较好；对于平行反应，催化剂具有选择性，能改变不同反应的速率，从而提高目标产物的比例；由题意可知，氯苯与自由基（·OH）反应第16页/共20页【小问1详解】观察氯苯的结构图1，氯原子的p轨道与苯环的大π键形成pπ共轭体系，使得CCl键的键长缩短，键能增大，因此氯苯难以发生水解反应，故答案为：氯原子的p轨道与苯环的大π键形成pπ共轭体系，使得CCl键的键长缩短，键能增大，碳氯键牢固。【小问2详解】物质的能量越低越稳定。由图2可知，对二氯苯的能量比邻二氯苯的能量低，所以热稳定性较好的是对二氯苯。对于平行反应，催化剂具有选择性，能改变不同反应的速率，从而提高目标产物的比例。要提高邻二氯苯的比例，使用催化剂可以改变反应的活化能，从而改变反应的选择性。选择合适的催化剂，降低生成邻二氯苯反应的活化能，加快生成邻二氯苯的反应速率，从而提高邻二氯苯的比例，故答案为：对二氯苯或1，4二氯苯；使用生成邻二氯苯选择性高的催化剂。【小问3详解】由题意可知，氯苯与自由基（·OH）反应生成CO、HCl和HO，反应的化学方程式为苯的吸附能力强，构成许多微小的电解池，产生·OH的速率加快从而加快了去除氯苯的速率，故答案为：产生·OH的速率加快从而加快了去除氯苯的速率。【小问4详解】在催化反应中，反应物需要吸附在催化剂表面才能发生反应，水蒸气的量会影响反应物的吸附情况，从而HO可以和O2产生·OHHO会和氯苯在催化剂表面形成竞争吸附，导致氯苯转化率下降，故答案为：少量HO可以和O2产生·OH，加快了氯苯转化速率，但过多的HO会和氯苯在催化剂表面形成竞争吸附，导致氯苯转化率下降。18.化合物Q是合成一种解热、镇咳药物的中间体。合成Q的一种路线如图。回答下列问题：（1）A的化学名称是_______，Q中含氧官能团的名称为_______。第17页/共20页a.设计A→B步骤的目的是保护酚羟基b.B→C时，作催化剂c.E和H遇溶液均能发生显色反应d.1molQ最多能与6mol反应（3）D的结构简式为_______。（4）H＋F→Q的化学方程式为_______。（5）以苯、乙醛和乙炔为原料合成，设计合成路线：_______(无机试剂任选)。（6M是E1mol