2022-2023学年四川省蓉城名校联盟上学期高三入学联考理综化学试题（解析版）

试卷第=page1414页，共=sectionpages1515页试卷第=page1515页，共=sectionpages1515页四川省蓉城名校联盟2022-2023学年上学期高三入学联考理综化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．化学与生产、生活息息相关。下列说法正确的是A．宣纸、棉衬衣、羊绒衫属于天然纤维，它们的主要成分相同B．珍珠奶茶中的“珍珠”是由淀粉制成的，淀粉属于纯净物”C．《天工开物》记载“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指CaOD．《汉书》中“高奴，有洧水，可燃”，其中“洧水”的主要成分为碳氢化合物【答案】D【详解】A．宣纸、棉衬衣的主要成分为纤维素，羊绒衫的主要成分为蛋白质，虽然都是天然纤维，但是主要成分不同，A错误；B．淀粉的通式为(C5H10O5)n，因为n不确定，故淀粉是混合物，B错误；C．需要经过大火焚炼后才能为用，说明该物质高温下会发生反应，即“石灰”为CaCO3，C错误；D．洧水，指石油，为碳氢化合物的混合物，D正确。故本题选D。2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．92g丙三醇()与甲苯()的混合物中含有的氢原子数目为8NAB．4.6g钠在2.8g氧气中充分燃烧，生成物中阴离子数目为0.2NAC．64g硫单质中含有的硫分子数目为2NAD．18g水中含有的氢元素数目为2NA【答案】A【详解】A．在丙三醇()与甲苯()中，H的质量分数均为，因此92g混合物中，H的质量为8g，物质的量，因此氢原子数目为8NA，A正确；B．钠在氧气中燃烧的方程式为，反应中Na与O2的质量比为46:32，选项中O2较少，因此生成物除了Na2O2还有Na2O，4.6gNa（n=m/M=0.2mol）全部反应，生成的阴离子和共0.1mol，即阴离子个数为0.1NA，B错误；C．硫单质中是由硫原子构成，不存在硫分子，C错误；D．18g水中含有的氢原子数目为2NA，元素是宏观量,只能论种类,不能论个数，D错误。故本题选A。3．下列指定反应的离子方程式正确的是A．向NaClO溶液中通入少量SO2：ClO-+SO2+H2O=HSO+HClOB．向AlCl3溶液中滴入氨水：Al3++4NH3•H2O=[Al(OH)4]-+4NHC．向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2：CO+CO2+H2O=2HCOD．饱和氯水显酸性：Cl2+H2OH++Cl-+HClO【答案】D【分析】根据物质的性质判断发生反应的类型，利用客观事实及原子守恒判断离子方程式是否正确；【详解】A．次氯酸根离子具有强氧化性，而二氧化硫具有还原性，两者发生氧化还原反应，SO2+3ClO-+H2O=2HClO++Cl-，故A不正确；B．氢氧化铝不溶于弱碱一水合氨中，故反应生成氢氧化铝沉淀，Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH，故B不正确；C．饱和碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，故通入二氧化碳后溶质增加，溶剂减小，溶质的溶解度减小导致析出碳酸氢钠固体，2Na++CO+CO2+H2O=2NaHCO3↓故C不正确；D．氯气与水反应生成酸，离子方程式正确；故D正确；故选答案D；【点睛】此题考查离子方程式书写是否正确，注意原子、电荷是否守恒及少量问题的判断。4．某烃的球棍模型结构如图所示。下列说法错误的是A．该烃的分子式为C10H8 B．该烃与壬烷(相对分子质量为128)互为同分异构体C．该烃的一氯代物只有2种 D．该烃分子中所有原子在同一平面内【答案】B【分析】已知是烃，故含C，H元素。由球棍模型可看出该分子有10个碳原子和8个氢原子，结构简式为。【详解】A．分子式是C10H8，故A正确。B．相对分子质量为128的烷烃是C9H20，分子式相同、结构不同的化合物互称同分异构体，显然分子式不同，故不是同分异构体，故B错误。C．如图该结构是高度对称的结构，上下、左右对称，一氯代物有2种，故C正确。D．如图结构，两个苯环共用两个碳原子，碳碳键无法旋转，苯中所有原子共平面，所以分子中所有原子一定共平面，故D正确；故选B。5．已知X、Y、Z、W、M、P为原子序数依次增大的六种短周期主族元素，X与M同主族，W与P同主族，W与P的原子序数之和等于X与M的原子序数之和的2倍，YX4是一种气体清洁能源，Z2、W2是组成空气的主要物质。六种元素组成的某脲醛树脂结构如图所示：下列说法正确的是A．W与X、Y、Z、M、P均可形成至少两种二元共价化合物B．脲醛树脂结构中所有元素原子最外层均满足8电子稳定结构C．简单氢化物的沸点：Z<WD．由X、Z、W形成的化合物中只存在共价键【答案】C【分析】因为YX4是一种气体清洁能源，可知该气体为甲烷CH4，则Y为碳元素，X为氢元素；Z2、W2是组成空气的主要物质，即N2、O2，即Z为氮元素、W为氧元素，又因为W与P同主族，则P为硫元素；X与M同主族，W与P的原子序数之和等于X与M的原子序数之和的2倍，计算可知M为钠元素。【详解】A．氧元素可以分别与H、C、N、Na、S元素形成至少两种二元化合物，其中，Na与O形成的Na2O、Na2O2为离子化合物，故A错误；B．脲醛树脂结构中氢元素原子最外层均满足2电子稳定结构，B错误；C．Z、W的简单氢化物为NH3、H2O，氨气的沸点低于水的沸点，C正确；D．H、N、O三种元素可以形成离子化合物：NH4NO3，该化合物中既有共价键，又有离子键，D错误。故本题选C。6．锌溴液流电池是液流电池的一种，属于能量型储能，能够大容量、长时间地充放电，工作原理如图所示。下列叙述错误的是A．隔膜的电阻越大，电池的电导率越低B．电池充电时，N极电解液的颜色变浅C．放电时总反应方程式为Zn+Br2=ZnBr2D．隔膜的作用是维持两侧溴化锌溶液的浓度相同【答案】B【详解】A．隔膜的电阻越大，电池的电流越小，电导率越低，A正确；B．该锌溴电池，锌电极（M极）为负极，N极为正极，充电时，N极为阳极，发生反应，N极电解液的颜色加深，B错误；C．该电池作为原电池放电时，总反应方程式为Zn+Br2=ZnBr2，C正确；D．隔膜的作用是维持两侧溴化锌溶液的浓度相同，D正确。故本题选B。7．常温下，CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.8×10-5，NH3•H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10-5。下列关于等体积的0.1mol•L-1CH3COONa与0.1mol•L-1NH4Cl的说法错误的是A．两溶液中存在关系：c(Na+)=c(NH3•H2O)+c(NH)B．两溶液中水的电离程度相当C．两溶液混和后，混和溶液中c(Na+)+c(Cl-)=0.2mol•L-1D．两溶液混和后，混和溶液的pH约为7【答案】C【详解】A．等体积的0.1mol•L-1CH3COONa与0.1mol•L-1NH4Cl溶液混合后，两溶液中存在关系：c(Na+)=c(NH3•H2O)+c(NH)=0.05mol/L，A正确；B．二者电离平衡常数相等，则的水解程度与CH3COO-的水解程度相同，因此两溶液中水的电离程度相当，B正确；C．两溶液混合后，各溶质物质的量浓度减半，变为0.05mol/L，即c(Na+)+c(Cl-)=0.1mol•L-1，C错误；D．因为的水解程度与CH3COO-的水解程度相同，因此混合后溶液的pH约为7，D正确。故本题选C。二、实验题8．碳酸氢铵又称碳铵，是一种碳酸盐，含氮17.7%左右，在食品加工中可作膨松剂的原料。在实验室中，可利用如图装置制备少量的碳酸氢铵固体。回答下列问题：(1)装置A中发生反应的化学方程式为____。(2)按气体流向，装置导管口连接顺序是a→____→____→________；b→____；e→尾气处理。(3)装置C中装入的试剂最好是____。装置B中c导管所连球形干燥管的作用是____。(4)实际操作中，装置B用于合成碳酸氢铵，先通入的气体是____。(5)碳酸氢铵可作为氮肥，在60℃时可完全分解而消失，故又称气肥。用化学方程式表示它被称为气肥的原因：____。(6)工业上精制碳酸氢铵时将其溶于水，添加乙醇，使之重结晶。添加乙醇的作用是____。(7)样品中含氮量的测定原理是：用过量的硫酸标准溶液与碳酸氢铵反应，再用氢氧化钠标准溶液滴定剩余的酸，根据酸的消耗量计算碳酸氢铵中氮的含量。操作过程为：150mL三角瓶称取3.000g碳酸氢铵样品→旋摇使反应完全赶出二氧化碳→用1.0mo1•L-1NaOH溶液滴定至灰绿色为终点，消耗NaOH溶液16.00mL。通过计算，该样品中氮的质量分数为____%(保留小数点后两位)。【答案】(1)Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O(2)

f→g→d

c(3)

饱和碳酸氢钠溶液

防倒吸(4)NH3(5)NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O(6)(减小溶剂的极性)，降低碳酸氢铵的溶解度(7)15.87【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，由装置D制备氨气，由装置D制备二氧化碳，通过装置C除去二氧化碳中的氯化氢，氨气和二氧化碳在装置B中反应制备产品碳酸氢铵，以此解题。（1）装置A制备氨气，实验室制备氨气的方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；（2）装置D制备二氧化碳，由于盐酸挥发，则二氧化碳中含有氯化氢，要通过装置C中的饱和碳酸氢钠来除去二氧化碳中的氯化氢，再进入装置B参加反应制备产品，装置A制备氨气，由于氨气易溶于水，要注意防倒吸，故连接顺序为：a→f→g→d，b→c；（3）根据第二问的分析可知，装置C中装入的试剂最好是饱和碳酸氢钠溶液；由于氨气易溶于水，故氨气通入装置B中的时候，要注意防倒吸，则装置B中c导管所连球形干燥管的作用是防倒吸；（4）氨气易溶于水，溶于水后溶液显碱性，二氧化碳在水中的溶解度较小，比较容易溶解在碱性溶液中，故先通入的气体是NH3；（5）碳酸氢铵受热分解生成二氧化碳，氨气和水蒸气，故其分解的方程式为：NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O；（6）添加乙醇，使之重结晶，则说明其溶解度会降低，故添加乙醇的作用是：(减小溶剂的极性)，降低碳酸氢铵的溶解度；（7）根据n=cv，则n(H2SO4)=0.025mol，n(H+)=0.05mol，，消耗n(H+)=0.016mol，与碳酸氢根离子反应的，，故n(NH4HCO3)=n(H+)=0.034mol，，氮的质量分数=。三、原理综合题9．探究碳与氧气反应机理对工业生产具有重要意义。(1)已知：：H2(g)+CuO(s)=Cu(s)+H2O(g)△H1=-84.8kJ•mo1-1CO(g)+CuO(s)=Cu(s)+CO2(g)△H2=-126.0kJ•mo1-1则CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H3=____。(2)在2L密闭容器中充入2molCO气体，发生反应：2CO(g)C(s)+CO2(g)△H4；温度在200℃～1000℃之间时，CO2(g)的物质的量随着温度变化的关系如图所示：①该反应的△H4____0(填“>”“<”或“”)。②600℃时，10分钟达平衡状态，CO的平均反应速率为____。③600℃时，该反应的平衡常数为____。④600℃时，达到平衡后，再向平衡体系中充入0.6molCO和0.6molCO2，此时v正____v逆(填“>”“<”或“=”)，重新达平衡后平衡常数K将____(填“增大”“减小”或“不变”)⑤温度低于200℃时，几乎没有碳单质生成，推测可能的原因是____。⑥温度高于1600℃时，碳与氧气反应先后经历的过程是：i.3C(s)+2O2(g)=C3O4(g)ii.C3O4(g)=2CO(g)+CO2(g)该过程的总反应方程式为____。【答案】(1)-41.2kJ·mol-1(2)

<

0.08mol·L-1·min-1

10L·mol-1

>

不变

活化能较高，活化分子太少

3C+2O22CO+CO2【解析】（1）由第二个反应减去第一个反应可得到目标方程式，则ΔH3=ΔH2-ΔH1=-126.0kJ/mol+84.8kJ/mol=-41.2kJ/mol。（2）①从图中可知，随着温度的升高，CO2的物质的量先增大后减小，开始增大是因为温度升高反应速率增大，使得生成的CO2增多，后CO2物质的量减少是因为温度升高化学平衡逆向移动，导致CO2物质的量减少，则该反应正向是放热反应，ΔH4<0。②600℃时，CO2的物质的量为0.8mol，则根据方程式可知消耗的CO为1.6mol，CO的平均反应速率=。③根据化学方程式可知，则该反应的平衡常数=。④600℃达到平衡后，再加入0.6molCO和0.6molCO2，此时浓度熵=<K，则反应正向进行，v正>v逆。平衡常数K只与温度有关，相同温度下K相等，则重新达到平衡后K不变。⑤温度低于200℃时，几乎没有碳单质生成，可能的原因为该反应的活化能较高，温度较低时活化分子太少，反应几乎没有进行，因此几乎没有碳单质生成。⑥将反应i+反应ii可得该过程的总反应为。四、工业流程题10．催化剂由于中毒、粉化、衰老等原因失去活性需要经常更换。消除废催化剂的污染，使催化剂变废为宝，是一件具有重要意义的工作。某CO变换废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)回收利用的工艺流程如图所示：已知：i．有关金属离子[c(M2+)=0.1mol•L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH开始溶解的pH溶解完全的pHMg2+9.511.1————Fe3+1.52.8————Fe2+7.69.7————Al3+4.05.27.810.8Cr3+4.66.812>14i．Cr2O3在催化使用过程中会有少量转化成CrO3；ii．Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O、Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。回答下列问题：(1)磁性氧化铁的化学式为____。(2)“破碎”的目的是____。(3)加入硫酸后，CrO3转化成铬的含氧酸根离子的离子方程式为____。(4)滤渣3主要成分的化学式为____，滤渣4主要成分的化学式为____。(5)调节pH=4.0时，加入的物质可以是____(填一种物质的化学式即可)。由滤渣2得到滤液4发生反应的离子方程式为____。(6)滤液3中c(Fe3+)≤____。由滤液3得到结晶水合物的操作是____、过滤、洗涤、干燥。【答案】(1)Fe3O4(2)增大与酸的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率(3)2CrO3+H2O=Cr2O+2H+(4)

Fe(OH)3

Cr(OH)3(5)

MgO、Mg(OH)2、MgCO3

Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O(6)

1.0×10-8.6mol·L-1

蒸发浓缩、冷却结晶【分析】某CO变换废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)经破碎后与硫酸混合进行酸浸，Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3反应，产生Fe2(SO4)3、MgSO4、Al2(SO4)3、Cr2(SO4)3，CrO3转化为，其它不溶性杂质通过过滤分离除去；然后加入铁粉还原Fe3+变为Fe2+，与Fe2+反应产生Cr3+、Fe3+，调整溶液pH=7.0时，Al3+形成Al(OH)3沉淀，Cr3+形成Cr(OH)3沉淀通过过滤形成滤渣2分离出来，再调整溶液pH=11.0，Al(OH)3变为可溶性进入溶液，则滤液4中含有，滤渣4含有Cr(OH)3；滤液2中含有Mg2+、Fe2+，向其中加入H2SO4、H2O2，调整溶液pH＜1.5，Fe2+被氧化为Fe3+，此时Fe3+不发生水解反应，然后再调整溶液pH=4.0，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，通过过滤形成滤渣3，然后灼烧Fe(OH)3分解产生Fe2O3，经还原反应得到磁性氧化铁；滤液3中含有MgSO4，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶获得硫酸镁晶体。（1）四氧化三铁俗称磁性氧化铁，故磁性氧化铁的化学式为Fe3O4；（2）“破碎”的目的是增大CO变换废铁铬催化剂与酸的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；（3）加入硫酸后，CrO3在酸性条件下反应转化为Cr2O，则转化成铬的含氧酸根离子的离子方程式为：2CrO3+H2O=Cr2O+2H+；（4）根据上述分析可知滤渣3的主要成分是Fe(OH)3；滤渣4主要成分的化学式为Cr(OH)3；（5）调节pH=4.0时，加入的物质可以反应消耗H+，同时不反应产生杂质离子，该物质可以是MgO、Mg(OH)2、MgCO3；根据上述分析可知：滤渣2中含有Al(OH)3、Cr(OH)3，当调整溶液pH至pH=11.0时，Al(OH)3溶解变为AlO，而Cr(OH)3仍然以固体形式存在，则由滤渣2得到滤液4发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O；（6）在常温下Fe3+形成Fe(OH)3，沉淀完全时溶液pH=2.8，则Fe(OH)3沉淀的溶度积常数Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-5×()3=10-38.6，当溶液pH=4.0时，c(H+)=10-4mol/L，c(OH-)=10-10mol/L，溶液中Fe3+的浓度c(Fe3+)=；滤液3中含有Mg2+，由滤液3得到结晶水合物的操作是蒸发浓缩、冷却结晶。五、结构与性质11．羰基镍[Ni(CO)4]粉是与其它金属混合的理想材料，用于金刚石制品、硬质合金、粉末冶金、;电池、电工电子、磁性材料、导电材料等。羰基镍粉无毒性，熔点：-25℃，沸点：43℃。回答下列问题：(1)金属镍在元素周期表中的位置是____。基态镍原子价层电子占据____个轨道。(2)羰基镍在固态时的晶体类型是分子晶体，判断依据是____。(3)1molNi(CO)4中含有的σ键数目是____(用NA表示)。Ni(CO)4呈正四面体构型，则Ni的杂化方式是____。Ni(CO)4中CO称为配体，其配位原子是碳原子而不是氧原子，理由是____。(4)红砷镍是炼镍的重要矿物原料，其单晶体呈六方柱状，红砷镍的晶胞结构如图所示，砷离子按照六方密堆型排列，镍离子填充在全部的正八面体空隙中。①红砷镍的化学式是____；②镍离子的配位数是____；③红砷镍晶体密度的计算表达式为____g•cm-3(用含a、C、NA的式子表示)。【答案】(1)

第四周期第VIII族

6(2)熔、沸点低(3)

8NA

sp3

C的电负性小于O、供电子能力强于O(4)

NiAs

6

×1030【解析】（1）镍元素在元素周期表中的位置为第四周期第VIII族，基态镍原子价层电子排布为3d84s2，3d能级的5个轨道和4s轨道均被占据，故占据6个轨道；（2）羰基镍在固态时的晶体类型熔、沸点低，因此是分子晶体；（3）CO之间存在一个σ键，Ni与CO之间也存在σ键，因此1molNi(CO)4中含有的σ键数目是8NA；Ni(CO)4呈正四面体构型，则Ni的杂化方式是sp3杂化；Ni(CO)4中CO称为配体，其配位原子是碳原子而不是氧原子，因为C的电负性小于O、供电子能力强于O；（4）晶胞中Ni原子位于顶点和棱上，原子个数为，两个As原子在晶胞内，故化学式为NiAs；由图中晶胞可知，镍离子的配位数是6；红砷镍晶体密度g•cm-3。六、有机推断题12．褪黑素，又名脑白金(Melatonin，MT)，化学名为N-乙酰基-5-甲氧基色胺，属5-羟色胺的衍生物，是一种带有吲哚环的生物源胺，其作用有使皮肤黑素细胞内的色素