2022届四川省遂宁市高三第二次诊断性考试(二模)理综化学试题(解析版)

PAGE四川省遂宁市2022届高三第二次诊断性考试（二模）理综化学试题一、单选题1．化学与社会、生产和生活密切相关。下列说法不正确的是（）A．研究高效合成氨有利于提高粮食产量B．大量鲜花的香味主要来自酯的混合物C．液化石油气是一种可再生的清洁能源D．采用喷涂油漆法可以防止钢铁的腐蚀2．2022年世界大运会场馆用到一种耐腐的表面涂料M(结构如图)。该涂料在酸性环境下可以水解为有机物甲和有机物乙，下列说法正确的是（）A．M分子含有苯环和酯基 B．甲、乙互为同分异构体C．M能使溴的水溶液褪色 D．1molM最多能与2molNaOH反应3．下列相关实验方案正确的是（）选项实验目的实验方案A配制100mL0.1000mol⋅L-1的将2.5000gCuSOB证明Fe向酸性KMnO4溶液中滴加少量C比较S与N元素的非金属性强弱分别测定等浓度Na2SD证明酸的相对强弱：醋酸＞碳酸＞硼酸向两只分别盛有0.1mol/L醋酸和饱和硼酸溶液(0.8mol/L)的试管中滴加等浓度的NaA．A B．B C．C D．D4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．在澄清透明的溶液中：Fe3+、Mn2+、SO4B．能使甲基橙显红色的溶液中：Zn2+、H+、ClO-、I-C．含0.1mol·L-1NaHSO4的溶液：K+、Al3+、NO3D．c(H+)c(OH-)=1.0×10-12的溶液：5．X、Y、Z、W属于短周期主族元素，其中X、Y、Z在元素周期表中的相对位置关系如图，Y原子的最外层电子数是其次外层电子数的12

X

YZA．原子半径：W＞Y＞Z＞XB．W和X形成的化合物可能含共价键C．气态氢化物的稳定性X＞Z＞YD．Z2X5可以用作食品干燥剂6．太阳能发电和阳光分解水是清洁能源研究的主攻方向。染料敏化的TiO2纳米晶薄膜半导体光解水的基本原理如图，下列对该装置的相关说法不正确的是（）A．SO42-B．甲电极反应为2SC．电池总反应为2D．实现光能→电能→化学能的转换7．常温时，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1一元弱酸HR的溶液，滴定过程中pH变化曲线如图所示(溶液体积近似可以加和)，则下列判断正确的是（）A．A点时，c(OB．常温下，HR的Ka的数量级为10-4C．B点时，c(ND．B点和C点，水的电离程度相同二、综合题8．严谨的实验设计能有效规避实验风险，能重复实验并得到相同的结果。由粗盐制备试剂级的NaCl的相关实验步骤和装置如下：【粗盐的提纯】第I步：称取20.0g粗盐(含MgCl2、CaCl2、Na2SO4杂质)，用80mL水溶解，加入1.0mol/LBaCl2至观察不到明显沉淀为止，用倾析法分离，保留滤液。第II步：向滤液中先后加入过量2.0mol/LNaOH、1.0mol/LNa2CO3，过滤，再用3.0mol/LHCl调节pH至1～2。第III步，加热浓缩至溶液刚刚出现微晶膜。（1）第I步加入BaCl2时，证明SO42-已经除净的实验方法是（2）第II步加入Na2CO3可以除去的离子为。（3）第II步加热浓缩时所用到的硅酸盐材质的仪器有酒精灯、；已知：Ksp(BaCO3)=5.0×10-9、Ksp(BaSO4)=1.1×10-10；如果省略第I步“倾析法分离”，所得氯化钠溶液的纯度将(填“升高”、“降低”或“不受影响”)。（4）【试剂级的NaCl的制备】第IV步，将第II步浓缩溶液转移至下图装置C中继续实验。装置A中发生的化学反应方程式为，控制该反应速率可采取的措施(任答一点即可)。（5）装置B中的广口瓶和装置C、D中的漏斗，其共同作用是，装置C的溶液中能观察到的实验现象是。装置D中盛放的试剂为(填“NaOH溶液”、“NaHSO3溶液”或“浓H2SO4”)。9．用粗铜精炼工业中产生的铜阳极泥(主要含Cu2Se、Ag2Se、金和铂等)为原料，回收并制备硝酸铜和硒的工艺流程如图：（1）“烧结”时发生如下反应，请完善该反应方程式：。Cu2Se+_O2+_Na工业上，采用通入高压氧气使铜阳极泥处于“沸腾”状态，其目的是。（2）在实验室，操作X的名称为。（3）滤渣Y的成分有Ag2O、(填化学式，下同)；已知萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+→R2Cu+2H+，则“反萃取”时反萃取剂最好选用溶液。（4）FeSO4的作用是“还原”Na2SeO4制备Na2SeO3，每摩尔Na2SeO4消耗FeSO4的物质的量为mol；常温下，H2SeO3的Ka1=1.0x10-3，Ka2=1.0x10-7；当常温下溶液的pH=4.4时，Na2SeO3溶液中最主要的含Se粒子是。（5）“控电位还原”是指在一定电压下，电位高的氧化剂优先被还原，电位低的氧化剂保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离；下表为一些氧化剂的电位(A/B：A代表氧化剂，B代表还原产物)。名称CFFSe电位/V0.345-00.7700.740则SeO32-、Fe3+和Cu2+的氧化性由强到弱的顺序为，在0.740V时Fe3+优先被还原，其还原反应(半反应)式为10．CH4-CO2干重整技术是利用CH4处理CO2并获得CO和H2，相关重整反应为：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH。回答下列问题：（1）已知：则ΔH=(用ΔH1和ΔH2表示)。（2）采用“HSD-2型”催化剂时，该重整反应的速率方程为v正=k·p(CH4)[p(CH4)表示CH4气体分压、k为速率常数］，下列说法正确的是____(填标号)。A．改变催化剂，ΔH不变 B．升高温度，v正增大C．增大CO2的分压时，v正变大 D．在反应达到平衡时，v正=0（3）该重整反应的浓度平衡常数的表达式，Kc=，已知，Kc与温度(T)的关系如图，则ΔH0(填“＞”、“＜”或“=”)，判断的理由是。（4）在T℃、压强为P时，将CH4和CO2按投料比n(CO2)n(CH4)=1.0加入恒容容器中，当反应达平衡时CH4的转化率为80%，CO2的转化率为90%。经分析，该容器中同时发生了副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，则平衡时H2和H（5）工业上已实现利用H2处理废水中的氮氧化合物，如下图所示。该电池正极的电极反应式为。11．中科院大连物化所成功利用具有尖晶石结构的Co3O4电催化剂电解水。（1）Co在周期表中的位置是，基态Co的电子占据的最高能层符号为。（2）钴盐引发动物中毒时，通常可以用EDTA(结构如图)解毒。其中，N的杂化方式均为，N的I1(第一电离能)大于O的I1，其原因是；自由基是指含单电子的基团，1mol-COOH(羧基自由基)中存在molσ键和molπ键。（3）EDTA可以由乙二胺与甲醛、氰化钠间接得到。离子化合物氰化钠的晶体类型为，甲醛分子的空间构型为。（4）Co3O4晶体中O作面心立方最密堆积(如图)，Co随机填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中，则Co的配位数分别为，Co总的空隙填充率为，如果晶胞边长为anm，Co3O4的摩尔质量为Mg/mol，NA为阿伏加德罗常数的值，则Co3O4的晶体密度为g/cm3(列出计算式)。12．有机物G是合成抗癌药物黄酮醋酸的中间体，其合成路线如图所示：已知：，（1）A的名称为，B的结构简式为。（2）C→D的反应方程式为。（3）E的官能团名称是，D+E→F的反应类型为。（4）1molF与H2加成，最多消耗H2mol。（5）满足下列条件的G的同分异构体为(写出结构简式)。①属于芳香酯；②有两个与苯环直接相连的甲基；③核磁共振氢谱显示有四组峰，其面积比为6：2：1：1（6）根据上述线路合成的相关知识，用氯苯和乙酸(无机试剂自选)合成乙酸苯酚酯，写出合成线路

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．研究高效合成氨可以为农作物提供氮肥，有利于提高粮食产量，A不符合题意；B．酯类物质具有特殊的气味，大量鲜花的香味主要来自酯的混合物，B不符合题意；C．液化石油气来自化石燃料，是一种不可再生能源，C符合题意；D．采用喷涂油漆法可以保护铁制品隔绝氧气和水，防止钢铁的腐蚀，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】石油是不可再生能源，液化石油气是由石油得出，说明是不可再生，结合选项即可判断2．【答案】C【解析】【解答】A．由M的结构简式可知，该分子中含酯基但不含苯环，故A不符合题意；B．M水解为和，二者的分子式分别为：C7H10O2、C7H12O，不属于同分异构体，故B不符合题意；C．M含碳碳双键，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故C符合题意；D.1molM最多能与1molNaOH反应，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】根据给出的结构简式，即可判断得出水解得出一种酸和一种醇，根据结构简式含有酯基和双键，即可得出可与发生加成与水解，结合选项即可判断3．【答案】D【解析】【解答】A．配制100mL0.1000mol⋅L-1的CuSOB．酸性KMnO4溶液也能Cl-，从而褪色，所以不能酸性KMnOC．比较S与N元素的非金属性强弱，应比较其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱或则比较其最高价氧化所对应的含氧酸盐的碱性强弱，NaD．由于醋酸的酸性强于碳酸，硼酸的酸性若有碳酸，所以向两只分别盛有0.1mol/L醋酸和饱和硼酸溶液(0.8mol/L)的试管中滴加等浓度的Na故答案为：D。

【分析】A.根据配制溶液即可计算出需要的数据

B.应该将氯化亚铁换为硫酸亚铁

C.比价非金属应该比价最高价氧化物的酸性强弱

D.根据以强制弱即可判断4．【答案】A【解析】【解答】A.在澄清透明的溶液中：Fe3+、Mn2+、SO42-B.能使甲基橙显红色的溶液呈酸性，H+、ClO-、I-之间因发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B不符合题意；C.含0.1mol·L-1NaHSO4的溶液中H+与SiOD.c(H+)c(OH-)故答案为：A。

【分析】离子不能共存，说明可以发生化学反应，主要是发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应等等

常见发生复分解反应不能共存的是：氢离子与氢氧根离子、以及可以形成弱电解质的阴离子，氢氧根与氢离子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等不同共存，银离子和氯离子，钡离子和碳酸根、硫酸根、钙离子和碳酸根

发生氧化还原反应不能共存的是：氢离子、硝酸根以及次氯酸根以及高锰酸根和亚铁离子、硫离子等还原性离子

发生络合不能共存的是：铁离子和硫氰酸根、铜离子和氨水等等5．【答案】D【解析】【解答】A．一般电子层数越多半径越大，同周期元素随核电核数增大半径越小，故原子半径由大到小为Na＞Si＞P＞O，故A不符合题意；B．Na和O形成的Na2O2中既含有离子键又含有共价键，故B不符合题意；C．非金属性越强其气态氢化物越稳定，故稳定性H2O＞PH3＞SiH4，故C不符合题意；D．P2O5有毒，不能作食品干燥剂，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】根据X、Y、Z、W属于短周期主族元素，其中X、Y、Z在元素周期表中的相对位置关系如图，Y原子的最外层电子数是其次外层电子数的126．【答案】A【解析】【解答】A．SO42-没有从甲电极向乙电极定向移动，在甲电极发生的反应为：2SB．图示分析可知甲电极发生失电子氧化反应，硫酸根失电子生成S2O8C．过程是光照分解水生成氢气作为清洁能源，所以电池总反应为：2HD．装置是光能转化为化学能化学能转化为电能的原电池反应，是光能转化为化学能、电能的转化，整个过程中实现了太阳能向电能化学能等的转化，故D选项不符合题意。故答案为：A。

【分析】根据图示，即可判断出电极甲为负极，电极乙为正极，电极甲是硫酸根离子失去电子，结合水变为氧气，电极乙是水得到电子变为氢气即可得出总的反应是电解水，结合选项即可判断7．【答案】B【解析】【解答】A．A点溶液显酸性，c(OH-)<c(B．C点两者恰好反应生产NaR且浓度为0.05mol·L-1，此时pH=8.0，则c(O起始则Kh=c(OH-C．B点时，由电荷守恒可知，c(R-)+c(OH-D．B点HR过量，酸对水电离起抑制作用；C点恰好反应，溶质为NaR，R-水解促进水的电离，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.根据图示，结合此时的pH即可判断离子浓度大小

B.根据C点的数据即可计算出Kb

C.根据B点的数据即可判断出离子浓度大小

D.根据加入氢氧化钠的量即可判断8．【答案】（1）向上清液(或另取上清液于试管中)，滴加3滴BaCl2溶液，如果仍为澄清，表明（2）Ba2+（3）蒸发皿、玻璃棒(烧杯、玻璃棒也给分，兼答泥三角)；降低（4）NaCl+H2SO4（5）防范倒吸；白色浑浊(无色透明固体析出)；NaOH溶液【解析】【解答】(1)Ba2+能与SO42-结合反应生成BaSO4白色沉淀，所以向上清液(或另取上清液于试管中)，滴加3滴BaC(2)Ba2+和Ca2+能与CO32-反应生成BaCO3和CaCO3(3)加热浓缩时所需的仪器有蒸发皿、玻璃棒、泥三角等；如果省略第I步“倾析法分离”，则溶液中加入碳酸钠溶液时，会有少量的硫酸钡转化为碳酸钡，从而释放出少量的硫酸根，使得NaCl的纯度降低，故答案为：蒸发皿、玻璃棒(烧杯、玻璃棒也给分，兼答泥三角)；降低；(4)NaCl固体和浓硫酸受热时会生成挥发性的HCl和Na2SO4，则其方程式为：NaCl+H2SO4Δ(5)装置B中的广口瓶和装置C、D中的漏斗，均可防止倒吸，装置C中是饱和的NaCl溶液，且表面有晶膜，因此吸收HCl后会有固体析出，则可观察到的实验现象为白色浑浊(无色透明固体析出)；HCl为有毒有害气体，所以要进行尾气处理，则D中所盛放的试剂应为NaOH溶液，故答案为：防倒吸；白色浑浊(无色透明固体析出)；NaOH溶液。

【分析】（1）检验是否含有硫酸根离子，加入钡离子即可

（2）碳酸钠主要是除去钙离子和钡离子

（3）蒸发时需要蒸发皿，玻璃棒，酒精灯等仪器，加入碳酸钠时可将硫酸钡转化为碳酸钡，即可判断减小

（4）根据反应物即可写出方程式，可以控制硫酸的滴速或者是温度

（5）C和D中有倒置漏斗主要防倒吸，装置C装的是氯化钠溶液，加入氯化氢同离子效应导致有固体析出，装置D主要是除去尾气氯化氢，污染空气选择氢氧化钠溶液9．【答案】（1）2Cu2Se+3O2+2Na2（2）过滤（3）Cu2（4）2；HSe（5）Fe3+、SeO32-、【解析】【解答】铜阳极泥，主要含Cu2Se、Ag2Se、金和铂等。Cu2Se、Ag2Se中的Se高温下会被O2氧化为SeO32-或SeO42-；水浸后过滤得到含Na2SeO3、Na2SeO4和Na2CO3的滤液和主要含Cu2O、Au、Pt和Ag2O的滤渣；向滤液中加适量的(1)“烧结”时Cu2Se中的Se失去6e-被氧化为SeO32-，所以根据得失电子守恒可得2molCu2Se失去12mole-，需要3molO2得到电子，则其方程式为2Cu2Se+3O2+2Na2(2)实验室采用过滤法将难溶性的固体也液体的分离，故答案为：过滤；(3)Ag2Se在“烧结”时可转化为难容的Ag2O和易溶的Na2SeO3、Na2SeO4，由于铜阳极泥出含Cu2Se、Ag2Se外还含不与氧气反应的金和铂，所以滤渣的主要成分为Cu2O、Au、Pt和Ag2O；由于向有机相中加反萃取剂再次分液得到(4)FeSO4的作用是“还原”Na2SeO4制备Na2SeO3，则有“三段式”Na2SeO4~2FeSO4121mol2mol，所以每摩尔Na2SeO4消耗2molFeSO4，H2SeO3的Ka1=1.0x10-3(5)氧化剂的电位越大，则其氧化剂的氧化性越强，Fe3+/Fe2+为0.770最高，其SeO32-次为0.740，再者是Cu2+/Cu为0.345，最后是Fe2+/Fe为-0.440，所以氧化性强弱为Fe3+、SeO32-、

【分析】（1）根据反应物结合氧化还原反应即可写出方程式，沸腾主要是增大接触面积提高反应速率

（2）固液分离是过滤

（3）根据加入物质性质即可判断滤渣，根据萃取原理即可判断加入物质

（4）根据反应物即可写出方程式即可计算出物质的量，根据pH即可判断出离子

（5）根据电位的高低判断氧化性，根据电位即可写出方程式10．【答案】（1）Δ（2）A；B（3）Kc=c2(CO)⋅c（4）1：5；提高催化剂的选择性(或选择更理想的催化剂)（5）2N【解析】【解答】(1)结合图示两个反应，由盖斯定律可知，ΔH=ΔH(2)A．反应的焓变与催化剂无关，催化剂可以改变反应速率，不改变ΔH，A正确；B．升高温度，活化分子比率增加，v正增大，B正确；C．v正=k·p(CH4)，可知v正与二氧化碳分压无关，增大CO2的分压时，v正不变，C不正确；D．在反应达到平衡时，v正=v正≠0，D不正确；故答案为：AB；(3)重整反应为：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，则该重整反应的浓度平衡常数的表达式，Kc=c2(CO)⋅(4)设CH4在重整反应中消耗的物质的量为x，CO2在副反应中消耗的物质的量为y，由三段式可知：起始起始达平衡时CH4的转化率为80%，CO2的转化率为90%，则：x1×100%=80%，x=0.若温度、压强和投料比一定，为了提高重整反应的速率和H2的选择性，应当提高催化剂的选择性(或选择更理想的催化剂)；(5)电池正极发生还原反应，由图可知，硝酸根离子中氮元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，故该电池的电解液为酸性环境，故正极的电极反应式为2NO

【分析】（1）根据盖斯定律即可计算出焓变

（2）A.催化剂改变，但是焓变不变与催化剂无关

B.根据温度是升高，正反应速率增大

C.根据公式即可判断

D.平衡时，速率不为0

（3）根据公式即可写出公式，根据关系即可判断

（4）根据数据结合方程式即可计算出物质的量比，根据题意即可得出选择合适的催化剂

（5）根据正极物质即可写出电极式11．【答案】（1）第四周期第Ⅷ族；N（2）sp3；N的价电子排布为（3）离子晶体；平面三角形（4）4和6；14(25%)；MN【解析】【解答】(1)Co是27号元素，在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；Co核外有四个能层，基态Co的电子占据的最高能层符号为N层。(2)从EDTA结构图可知，其中N原子均连接三个单键，有三个σ键和一对孤电子对，杂化方式均为sp3；N的I1大于O的I1，其原因是：N的价电子排布为2s(3)离子化合物氰化钠的晶体类型为离子晶体；甲醛分子中的碳原子sp2杂化，分子空间构型为平面三角形。(4)四面体空隙要四个原子构成，八面体空隙要六个原子构成，Co填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中，则Co的配位数分别为4和6；Co3O4晶体中O作面心立方最密堆积，则晶胞中有3个Co原子，共有12个空隙，则Co总的空隙填充率为14(25%)；Co3O4的晶胞质量为MNAg，晶胞边长为anm，则晶胞体积为(a×10-7cm)3，则Co

【分析】（1）