四川省自贡市高三下学期二模理综化学试题

自贡市高2023届第二次诊断性考试理科综合能力测试化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的娃名、座位号和准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试喜上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Cl35.5K–39Mn55Cu64一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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。下列劳动项目所对应的化学解释错误的是选项劳动项目化学解释A工人浇注熔融钢水前对模具进行干燥铁与水高温下会反应B医务人员用75%的乙醇对办公家具消毒利用乙醇的强氧化性C食堂服务员用热的纯碱溶液洗涤餐具纯碱能促进油脂水解D车间工人在电热水器内部加装镁棒牺牲阳极的阴极保护A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．铁与水高温下会反应生成四氧化三铁和氢气，故浇注熔融钢水前对模具进行干燥，A不符合题意；B．乙醇能使蛋白质变性，故用75%的乙醇对办公家具消毒，B符合题意；C．热的纯碱溶液显碱性，能和油脂反应，故用热的纯碱溶液洗涤餐具，C不符合题意；D．镁比铁活泼，故能保护铁，为牺牲阳极的阴极保护，D不符合题意；故选B。2.已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.25°C，1.0LpH=l的HNO3溶液中氢原子数为0.1NAB.7.8gNa2O2与足量CO2完全反应，转移的电子数为0.1NAC.标准状况下，22.4LHF所含分子数为NAD.含1molAlCl3的溶液中，离子总数目为4NA【答案】B【解析】【详解】A．25°C，1.0LpH=l的HNO3溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，则氢离子为0.1mol，数目为0.1NA，水分子中含有氢原子，氢原子数目不是0.1NA，A错误；B．7.8gNa2O2为0.1mol，与足量CO2完全反应，1价的O发生歧化，转移的电子0.1mol，则电子数为0.1NA，B正确；C．标况下氟化氢不是气体，不确定其物质的量，C错误；D．含1molAlCl3的溶液中部分铝离子发生水解：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，则离子总数目大于4NA，D错误；故选B。3.布洛芬(M)是一种解热镇痛药，其结构如图。下列关于M的说法错误的是A.M的分子中含有三个一CH3基团B.M能与酸性高锰酸钾溶液反应C.1molM最多可与4molH2发生加成反应D.M分子中所有碳原子不能同时共面【答案】C【解析】【详解】A．由结构可知，M的分子中含有三个一CH3基团，A正确；B．M中苯环上含有烃基，则能与酸性高锰酸钾溶液反应而被氧化，B正确；C．苯环可以和氢气加成，则1molM最多可与3molH2发生加成反应，C错误；D．M分子中含有直接相连的3个饱和碳原子，则所有碳原子不能同时共面，D正确；故选C。4.下列图示装置和原理能达到实验目的的是A．观察钾元素的焰色反应B．稀释浓硫酸C．验证沉淀之间的相互转化D．用NaOH标准溶液滴定盐酸A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．观察钾元素的焰色反应时，需要通过蓝色的钴玻璃片，A正确；B．量筒量液容器，不能用量筒稀释浓硫酸，B错误；C．向溶液中滴入溶液，产生白色沉淀，过量，再滴入溶液，会生成黄色沉淀，不能说明沉淀转化为，不能验证沉淀之间的转化，C错误；D．盛装标准溶液滴定管为碱式滴定管，没有活塞，转动滴定管的活塞是不正确的，D错误；故选A。5.W、X、Y、Z为原子序数逐渐增大的四种短周期主族元素，工业上，W的单质可用作焊接金属的保护气；常温下，四种元素的最高价氧化物对应的水化物溶于水，其浓度均为0.01mol·L1时，X的pH=12，W和Z的pH=2，Y的pH<2，下列说法错误的是A.化合物X2Y2一定含离子键B.W在自然界既有游离态又有化合态C.WZ3中的原子均满足8e稳定结构D.W、Y和Z的简单氢化物均属于酸【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数逐渐增大的四种短周期主族元素，工业上，W的单质可用作焊接金属的保护气，WZ最高价氧化物对应的水化物形成的酸，其浓度均为0.01mol·L1时，W和Z的pH=2，则均为一元强酸，W为氮、Z为氯；常温下，四种元素的最高价氧化物对应的水化物溶于水，其浓度均为0.01mol·L1时，X的pH=12，X为钠；Y的pH<2，Y为二元强酸，Y为硫；【详解】A．化合物Na2S2类似于Na2O2，一定含离子键，A正确；B．W在自然界既有氮气的氮元素游离态又有含氮化合物的氮的化合态，B正确；C．NCl3中的原子均满足8e稳定结构，C正确；D．氨气的水溶液显碱性，D错误；故选D。6.科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种新型储能氯流电池(如图)，其中电极a为NaTi2(PO4)3/Na3Ti2(PO4)3通过风力发电进行充电时，电极a的反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e=Na3Ti2(PO4)3；下列说法错误的是A.放电时，电子的流向：电极a→输电网→电极bB.充电时，电极b为阳极，发生氧化反应C.放电时总反应：NaTi2(PO4)3+2NaClNa3Ti2(PO4)3+Cl2↑D.充电时，每转移0.2mol电子，NaCl溶液质量减少11.7g【答案】C【解析】【分析】充电时，电极a的反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e=Na3Ti2(PO4)3，a极发生还原反应，a为阴极，b为阳极；那么放电时a为负极、b为正极；【详解】A．由分析可知，放电时a为负极，则电子的流向为负极流向正极：电极a→输电网→电极b，A正确；B．充电时，电极b为阳极，失去电子发生氧化反应，B正确；C．放电时总反应为Na3Ti2(PO4)3失去电子发生氧化反应生成钠离子、氯气得到电子发生还原反应生成氯离子，总反应为：Na3Ti2(PO4)3+Cl2NaTi2(PO4)3+2NaCl，C错误；D．充电时，根据电子守恒可知，2Na+~2e~2NaCl，每转移0.2mol电子，NaCl溶液质量减少0.2mol×58.5g/mol=11.7g，D正确；故选C。7.MOH为可溶性一元弱碱，向MCl的溶液中不断加入蒸馏水，c2(H+)随c(M+)而变化；在某温度下，实验测得MCl溶液中c2(H+)随c(M+)的变化如图中实点所示。下列叙述错误的是A.b点溶液中：c(Cl)>c(M+)>c(H+)>c(OH)B.该溶液中总存在：c(H+)=c(MOH)+c(OH)C.c点溶液中，c(OH)=1×107mol·L1D.温度不变，c2(H+)~c(M+)一定呈线性关系【答案】D【解析】【分析】由图可知，a点纯水，此时，则；【详解】A．b点溶液中溶质为MCl，且M+水解溶液显酸性，故c(Cl)>c(M+)>c(H+)>c(OH)，A正确；B．根据质子守恒可知，该溶液中总存在：c(H+)=c(MOH)+c(OH)，B正确；C．由图可知，c点溶液中，则，C正确；D．由图ac点可知，温度不变，若c2(H+)~c(M+)呈线性关系，则b点纵坐标应为3，与图不符，D错误；故选D二、非选择题：共58分。第810题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1112题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共43分。8.己二酸在有机合成工业等方面都有重要作用，以环己醇(，M=100，ρ=0.95g/mL)为原料制取己二酸[HOOC(CH2)4COO，M=146]。[实验原理]已知：3+8KMnO43KOOC(CH2)4COOK+8MnO2+2KOH+5H2OΔH<0[实验步骤]向250mL三口烧瓶中加入搅拌磁子、50mL1.0%的KOH溶液和9.0g高锰酸钾，按图1所示安装装置，控制滴速维持温度在45°C左右，滴加环己醇共2.0mL，滴加结束时需启动加热装置加热一段时间。趁热分离出氧化液中的MnO2，再用约4mL浓HCl溶液，使溶液呈酸性，加热浓缩使溶液体积减少至10mL，经过冷却、脱色得到1.46g产品。（1）图1中冷却水从冷凝管___________(填“a”或“b”)口流入，搅拌磁子的作用是___________。（2）“氧化”过程，三颈烧瓶中溶液温度逐渐升高，其原因是___________；在环己醇不同滴加速度下，溶液温度随滴加时间变化曲线如图2，为了实验安全，应选择的滴速为___________滴/min。（3）完成“氧化”后，用玻璃棒蘸取一滴反应混合液点在滤纸上，在黑色圆点周围出现紫色环。该现象说明___________；向溶液中加入适量的KHSO3，直到点滴实验呈负性为止，如果KHSO3用量不足，在己二酸“制备”过程中会观察到___________(填颜色)的气体逸出。（4）分离出MnO2的装置为___________(填标号)；己二酸的产率是___________(用最简的分数表示)。【答案】（1）①b②.使反应物混合均匀加速反应，且可以散热防止温度过高（2）①.反应焓变小于零为放热反应②.5（3）①.高锰酸钾溶液过量②.黄绿色（4）①.C②.【解析】【分析】三口烧瓶中加入搅拌磁子、KOH溶液和高锰酸钾，维持温度在45°C左右，滴加环己醇共2.0mL，反应生成KOOC(CH2)4COOK，过滤后滤液加入适量的KHSO3，再用约4mL浓HCl溶液，酸化后处理得到产品；【小问1详解】图1中冷却水应下进上出，从冷凝管b口流入；反应为放热反应且需维持温度在45°C左右，故搅拌磁子的作用是使反应物混合均匀加速反应，且可以散热防止温度过高；【小问2详解】反应焓变小于零为放热反应，故三颈烧瓶中溶液温度逐渐升高；由题干可知，反应需维持温度在45°C左右，结合图像可知，为了实验安全，应选择的滴速为5滴/min。【小问3详解】高锰酸钾溶液为紫色，出现紫色环，该现象说明高锰酸钾溶液过量；KHSO3具有还原性，可以除去过量的高锰酸钾溶液，如果KHSO3用量不足，在己二酸“制备”过程中加入盐酸后，氯离子会被高锰酸钾氧化为氯气，会观察到生成黄绿色气体；【小问4详解】二氧化锰为固体，分离固液选择过滤操作，故分离出MnO2的装置为C；由题干可知，高锰酸钾过量，环己醇2.0mL为，则理论生成0.019mol己二酸，故己二酸的产率是。9.现以铅蓄电池的填充物铅膏(主要含PbSO4、PbO2、PbO和少量FeO)为原料，可生产三盐基硫酸铅(PbSO4·3PbO·H2O)和副产品Fe2O3·xH2O，其工艺流程如下：已知：Ksp(PbCO3)=7.5×1014，Ksp(PbSO4)=2.5×108（1）“转化”后的难溶物质为PbCO3和少量PbSO4，则PbO2转化为PbCO3的离子方程式为___________，滤液1中和的浓度比为___________(保留两位有效数字)。（2）“酸浸”过程，产生的气体主要有NOx(氮氧化物)和___________(填化学式)；___________(填“可以”或“不可以”)使用[H2SO4+O2]替代HNO3。（3）“沉铅”后循环利用的物质Y是___________(填化学式)。（4）“除杂”中滤渣的主要成分为___________(填化学式)；在50~60°C“合成”三盐基硫酸铅的化学方程式为___________。（5）根据图2所示的溶解度随温度的变化曲线，由“滤液1”和“滤液2”获得Na2SO4晶体的操作为将“滤液”调节pH为7，然后___________、___________，洗涤后干燥。【答案】（1）①.②.（2）①.CO2②.不可以（3）HNO3（4）①.Fe(OH)3②.（5）①.蒸发浓缩②.趁热过滤【解析】【分析】铅蓄电池的填充物铅膏加入过量的亚硫酸钠、碳酸钠反应得到PbCO3和少量PbSO4，及不反应的氧化亚铁，过滤后固体加入稀硝酸酸溶，二价铁被氧化为三价铁同时生成氮的氧化物气体和二氧化碳气体；加入氢氧化钠调节pH生成氢氧化铁沉淀，滤液加入稀硫酸将铅转化为沉淀，加入氢氧化钠加热后过滤分离出沉淀洗涤得到三盐基硫酸铅；【小问1详解】PbO2和加入的碳酸钠、亚硫酸钠反应转化为PbCO3，离子方程式为；滤液1中和的浓度比为；【小问2详解】“酸浸”过程，碳酸根离子和氢离子生成二氧化碳，故产生的气体主要有NOx(氮氧化物)和CO2；铅离子会和硫酸根离子生成硫酸铅沉淀导致铅损失，故不能使用[H2SO4+O2]替代HNO3；【小问3详解】“沉铅”过程中硫酸和硝酸铅生成硫酸铅沉淀和硝酸，故循环利用的物质Y是HNO3；【小问4详解】“除杂”中铁离子和氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀，故滤渣的主要成分为Fe(OH)3；在50~60°C“合成”加入氢氧化钠生成三盐基硫酸铅，化学方程式为；【小问5详解】由图可可知，温度低于45℃左右时得到晶体，高于45℃时得到晶体，且温度升高的溶解度减小，故由“滤液1”和“滤液2”获得Na2SO4晶体的操作为将“滤液”调节pH为7，然后蒸发浓缩、趁热过滤，洗涤后干燥。10.CO2的转化和利用是实现碳中和的有效途径。其中CO2转换为CH3OH被认为是最可能利用的路径，该路径涉及反应如下：反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=49.4kJ/mol反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2>0请回答下列问题：（1）若已知H2和CO的燃烧热，计算反应II的ΔH2，还需要的一个只与水有关的物理量为___________。（2）在催化剂条件下，反应I的反应机理和相对能量变化如图1(吸附在催化剂表面上的粒子用*标注，TS为过渡态)。完善该反应机理中相关的化学反应方程式：OH*+H2(g)=___________；以TS3为过渡态的反应，其正反应活化能为___________eV。（3）在恒温恒压下，CO2和H2按体积比1：3分别在普通反应器(A)和分子筛膜催化反应器(B)中反应，测得相关数据如下表。已知：①分子筛膜催化反应器(B)具有催化反应、分离出部分水蒸气的双重功能：②CH3OH的选择性=1.8MPa260°CCO2平衡转化率甲醇的选择性达到平衡时间(s)普通反应器(A)25.0%80.0%10.0分子筛膜催化反应器(B)a>25.0%100.0%8.0①在普通反应器(A)中，下列能作为反应(反应I和反应II)达到平衡状态的判据是___________(填标号)。A．气体压强不再变化B．气体的密度不再改变。C．v正(CO2)=3v逆(H2)D．各物质浓度比不再改变②平衡状态下，反应器(A)中，甲醇的选择性随温度升高而降低，可能的原因是___________；在反应器(B)中，CO2的平衡转化率明显高于反应器(A)，可能的原因是：___________。③若反应器(A)中初始时n(CO2)=1mol，反应I从开始到平衡态的平均反应速率v(CH3OH)=___________mol/s；反应II的化学平衡常数Kp(II)=___________(用最简的分数表示)；（4）近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成CH3OH，实现CO2的回收利用，其工作原理如图2所示。请写出Cu电极上的电极反应式：___________。【答案】（1）H2O(g)H2O(l)的ΔH（2）①.H2O*②.1.40（3）①.BD②.反应I为放热反应、反应II为吸热反应，升高温度，反应I逆向移动、反应II正向移动③.在反应器(B)中，能分离出部分水蒸气，导致反应正向移动④.0.02⑤.（4）【解析】【小问1详解】燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成指定物质时所放出的热量；反应II中生成H2O(g)，若已知H2和CO的燃烧热，计算反应II的ΔH2，还需要的一个只与水有关的物理量为H2O(g)H2O(l)的ΔH；【小问2详解】由图可知，该反应机理中：OH*+H2(g)=H2O*；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，TS3为过渡态的反应，其正反应活化能为0.40ev(1.00ev)=1.40ev；【小问3详解】①A．在恒温恒压下进行反应，压强为常量，A不符合题意；B．在恒温恒压下进行反应，容器体积为变量，气体总质量始终不变，则混合气体的密度为变量，其不变说明反应已达平衡，B符合题意；C．v正(CO2)=3v逆(H2)，此时正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，C不符合题意；D．各物质浓度比不再改变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，D符合题意；故选BD；②反应I为放热反应、反应II为吸热反应，升高温度，反应I逆向移动、反应II正向移动，导致甲醇的选择性随温度升高而降低；分子筛膜催化反应器(B)具有催化反应、分离出部分水蒸气的双重功能，故导致在反应器(B)中，能分离出部分水蒸气，导致反应正向移动，使得CO2的平衡转化率明显高于反应器(A)；③在恒温恒压下，CO2和H2按体积比1：3分别在普通反应器(A)反应，若反应器(A)中初始时n(CO2)=1mol，则氢气投料3mol；CO2平衡转化率为25%，则反应二氧化碳0.25mol，甲醇的选择性80%，则生成甲醇0.25mol×80%=0.2mol，则：反应I从开始到平衡态的平均反应速率；平衡时总的物质的量为3.6mol，二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量分别为0.75mol、2.35mol、0.05mol、0.25mol，则二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分压分别为、、、，反应II为等气体分子数的反应，则化学平衡常数Kp(II)=；【小问4详解】由图可知，铜极为阴极，二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲醇，反应为。(二)选考题：共15分。请考生从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——选修3物质结构与性质]11.CuO、Cu2S等含铜化合物可以催化合成HCOOH。回答下列问题：（1）基态铜原子的价电子排布式为___________，其核外电子占据的原子轨道共有___________个。（2）HCOOH中元素电负性从大到小的顺序为___________；催化过程中可能产生，的空间构型为___________，碳氧键的平均键长比CH3OH要___________(填“长”或“短”)；在有机溶剂中，H2SO4的电离平衡常数Ka1(H2SO4)比H2CO3的电离平衡常数Ka1(H2CO3)大，除S的非金属性比C强外，在分子结构上还存在的原因是___________。（3）已知Cu2S晶胞中S2的位置如图所示，Cu+位于S2所构成的正四面体中心。S2配位数为___________；已知图中A处(S2)的原子分数坐标为(0，0，0)，则晶胞中与A距离最近的Cu+的原子分数坐标为___________；若晶胞参数anm，晶体的密度为dg·cm3，则阿伏加德罗常数的值为___________(用含a和d的式子表示)。【答案】（1）①.3d104s1②.15（2）①.O>C>H②.平面三角形③.短④.H2SO4中有两个非羟基氧而H2CO3只有一个，中心原子非羟基氧越多，其酸性越强（3）①.8②.(，，)③.【解析】【小问1详解】Cu为29号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故其价电子排布式为3d104s1，其核外电子占据的原子轨道数为1+1+3+1+3+5+1=15，故答案为：3d104s1；15。【小问2详解】元素的非金属性越强，电负性越大，H、C、O电负性从大到小的顺序为O>C>H；的中心原子的价层电子对数=键数+孤电子对数=3+0=3，则C为sp3杂化，三个O原子分别位于杂化轨道的伸展方向上，所以的空间构型为平面三角形；由于有大键，所以中CO键长较短；H2SO4中有两个非羟基氧而H2CO3只有一个，非羟基氧越多，吸引电子能力越强，HO的电子云密度（电子出现概率）越小，H越易电离，其酸性越强，故答案为：O>C>H；平面三角形；短；H2SO4中有两个非羟基氧而H2CO3只有一个，中心原子的非羟基氧越多，其酸性越强。【小问3详解】在Cu2S晶胞中，四面体中心共有8个，每个四面体中心均分布着一个Cu+，每个S2周围有8个Cu+，故S2配位数为8；图中A处(S2)的原子分数坐标为(0，0，0)，A与相邻的三个面心原子形成一个正四面体，与A距离最近的Cu+位于此正四面体的中心，则Cu+的原子分数坐标为(，，)；晶胞的体积为(a107)3cm3，每个晶胞的质量为，则d=，则mol1，只涉及数值，省略单位mol1，其数值为，故答案为：8；(，，)；。[化学——选修5：有机化学基础]12.3，4一二羟基肉桂酸乙酯()具有治疗自身免疫性疾病的潜力。由气体A制备3，4一二羟基肉桂酸乙酯(I)的合成路线如图：已知：+回答下列问题：（1）已知气体A对氢气的相对密度为14，A的化学名称是___________。（2）B中含有的官能团的名称为___________。（3）D的结构简式为___________。（4）E→F的反应类型是___________，化学上把连有四个不同基团的碳原子称为手性碳，E中含有___________个手性碳。（5）G→