2021-2022学年四川省南充市阆中中学校高二下学期第三次学习水平检测理综化学试题（解析版）

阆中中学校高2020级高二下第三次学习水平检测理科综合化学可能用到的相对原子质量：H—1N—14O—16F—19S—32Fe—56Zn—65一、选择题：本题共19小题，每小题6分，共114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.下列有关煤、石油及产品的说法正确的是A.煤的气化和液化都属于物理变化B.将煤在空气中加强热使之分解的过程，称为煤的干馏，也叫煤的焦化C.将石油分馏得到大量的乙烯、丙烯等重要化工原料D.用溴的四氯化碳溶液可鉴别分馏获取的汽油和裂化获得的汽油【答案】D【解析】【分析】【详解】A．煤的气化和液化都属于化学变化，A错误；B．煤在隔绝空气加强热的条件下分解的过程称为煤的干馏，而不是在空气中，B错误；C．石油分馏主要得到汽油、煤油等，乙烯、丙烯等可通过石油裂化、裂解获得，C错误；D．分馏获得的汽油主要成分是饱和烃，裂化获得的汽油中含有不饱和烃，二者可用溴的四氯化碳溶液鉴别，D正确；故选D。2.如图a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用图中装置制取、净化、收集的气体是编号气体abcANH3浓氨水固体氢氧化钠浓硫酸BCO2盐酸碳酸钙饱和NaHCO3溶液CCl2浓盐酸二氧化锰浓硫酸DNO2浓硝酸铜屑NaOH溶液A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．浓氨水滴入到固体NaOH中，由于NaOH溶于水，放出大量的热量，氨水受热分解产生氨气，但浓硫酸能和氨气反应生成硫酸铵，所以不能用浓硫酸干燥，应该用碱石灰干燥氨气，故A错误；B．盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，盐酸有挥发性，所以生成的二氧化碳中有氯化氢，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，饱和的碳酸氢钠和二氧化碳不反应，所以可用饱和碳酸氢钠洗气，二氧化碳的密度大于空气的密度，所以可用向上排空气法收集，故B正确；C．二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气需要加热，即MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，所以该装置不能得到氯气，故C错误；D．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸有挥发性，所以二氧化氮中有硝酸，硝酸能和NaOH反应，二氧化氮和NaOH也反应，所以不能用氢氧化钠洗气，故D错误；答案为B。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.常温下2LpH=12的Na2CO3溶液中含有OH-数目为0.02NAB.1mol苯和苯甲酸的混合物完全燃烧，则消耗O2分子数目为一定是7.5NAC.Na2O2和Na2O的混合物共1mol，则它们的阴阳离子总数为3NAD.将含1molFeCl3的溶液滴入沸水中所得Fe(OH)3的胶体粒子数目为NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A．常温下pH=12的Na2CO3溶液中c(H+)=10-12mol/L，则c(OH-)=，由于溶液体积是2L，故该溶液中含有OH-的物质的量是0.02mol/L×2L=0.02mol，其中含有OH-数目为0.02NA，A正确；B．苯分子式是C6H6，苯甲酸分子式是C7H6O2，可变形为C6H6·CO2，可见苯甲酸尽管比苯多一个C原子，但二者等物质的量时消耗O2物质的量相等，若物质都是1mol，则反应消耗O2的物质的量是(6+)mol=7.5mol，故消耗O2分子数目为一定是7.5NA，B正确；C．Na2O2和Na2O中都是由2个阳离子和1个阴离子构成，故若混合物共1mol，则它们的阴、阳离子物质的量的和为3mol，含有的离子总数为3NA，C正确；D．Fe(OH)3胶体粒子是许多Fe(OH)3的集合体，因此将含1molFeCl3的溶液滴入沸水中所得Fe(OH)3的胶体粒子数目小于NA，D错误；故合理选项是D。4.某有机化工原料的结构简式如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是A.该物质的分子式为B.该物质能使溴水、酸性溶液褪色，且褪色原理相同C.该物质最多能和发生加成反应D.该物质的一氯代物有6种【答案】D【解析】【详解】A．依图示结构，该物质的分子式为，A错误；B．该物质能使溴水褪色是碳碳双键与溴单质发生了加成反应，使酸性溶液褪色是发生了氧化还原反应，B错误；C．1个苯环可与3个H2加成，1个碳碳双键可与1个H2加成，酯基中碳氧双键不能与H2加成，故该物质最多能和发生加成反应，C错误；D．该物质处于不同化学环境的H有6种，一氯代物有6种，D正确；故选D。5.短周期主族元素、、、的原子序数依次增大，的一种核素没有中子，是地壳中含量最高的元素，的最高价氧化物的水化物是两性氢氧化物，的最高化合价与最低化合价代数和为4，下列说法错误的是A.原子半径： B.的最高价氧化物的水化物是强酸C.最外层电子数： D.、形成的简单离子还原性：【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素、、、的原子序数依次增大，的一种核素没有中子，W为：H，是地壳中含量最高的元素，X为：O，的最高价氧化物的水化物是两性氢氧化物，Y为：Al，的最高化合价与最低化合价代数和为4，Z为：S，据此分析选择。【详解】A．X为：O，Y为：Al，Z为：S，O位于第二周期，Al和S位于同周期，同周期主族元素，从左向右原子半径递减，所以原子半径：，A错误；B．Z为：S，最高价氧化物的水化物是硫酸，为强酸，B正确；C．W为：H，Y为：Al，Z为：S，最外层电子数：，C正确；D．X形成的简单离子为：O2-，Z的简单离子为：S2-，所以、形成的简单离子还原性：，D正确；答案为：A。6.酸性废水中的NH可在一定条件下利用硝酸盐菌转化为NO，再用如图所示的电化学装置除去NO，下列有关说法正确的是A.a端是直流电源的负极B.该装置把化学能转化为电能C.图中离子交换膜应为阴离子交换膜D.阴极的电极反应式为2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O【答案】D【解析】【分析】电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，电子从阳极流出，电子沿着导线流向电源正极，与电源负极相连的电极是阴极，电源负极上电子流出，电子沿着导线流向电解池的阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，由图知，Ag-Pt电极上NO转变为N2，则Ag-Pt为阴极，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极，据此分析；【详解】A．据分析、Ag-Pt为阴极，则Pt为阳极，a端是直流电源的正极，A错误；B．该装置为电解池，把电能转化为化学能，B错误；C．若图中为阴离子交换膜，只允许阴离子通过，则硝酸根离子会由右侧区域向左侧区域移动、影响去除硝酸根离子的效果。若为阳离子交换膜，只允许阳离子通过，阳极反应，则产生的及酸性废水中氢离子会由左侧区域向右侧区域移动、参与阴极反应而除去硝酸根离子和氢离子，达到使用目的，故图中离子交换膜应为阳离子交换膜，C错误。D．据分析Ag-Pt为阴极，Ag-Pt电极上NO得电子被还原为N2、电解质为酸性废水，则阴极的电极反应式为2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O，D正确；答案选D。7.已知和S都是氧族元素。常温下，向某浓度的、、三种微粒的物质的量的分数(σ)随pH变化如图所示，下列说法错误的是A.pH=2.62时，B.B点对应的溶液中：C.的溶液中：D.反应的平衡常数【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由图可知pH=2.62时，，A正确；B．B点对应的溶液中，由电荷守恒可知，又由于B点有，所以，B错误；C．0.1mol/L的溶液中存在的电离平衡和水解平衡，由A点可知，由B点可知，，所以溶液中离子浓度的大小顺序为：，C正确；D由A点可知，由B点可知，反应的平衡常数，D正确；故选B。8.工业上由MnS矿(还含少量FeCO3、MgO等)制备高纯硫酸锰，工艺如图所示：已知相关金属离子(浓度为0.1mol·L-1)形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Mg2+开始沉淀的pH8.16.31.88.9沉淀完全的pH10.18.33.210.9（1）“酸浸”过程中，MnS(难溶)发生反应的离子方程式为_______。（2）“酸浸”时MnO2应过量，目的是_______和_______。（3）已知Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38。常温下，当溶液的pH=2时，c(Fe3+)=_______mol·L-1。（4）“除杂”时若溶液pH过低，Mg2+沉淀不完全，原因是_______。（5）“沉锰”反应的化学方程式为_______。（6）用MnO2悬浊液吸收SO2也可以制取MnSO4。将SO2和空气的混合气通入MnO2悬浊液，测得吸收液中Mn2＋、SO的浓度随反应时间t变化如图。导致Mn2+、SO浓度变化产生明显差异的原因是_______。【答案】（1）MnS＋MnO2＋4H＋=S＋2Mn2＋＋2H2O（2）①.提高MnS的转化率②.将Fe2＋氧化为Fe3＋（3）4×10-2（4）H＋与F-反应生成弱酸HF（5）2NH4HCO3＋MnSO4=MnCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O（6）Mn2＋催化O2与H2SO3反应生成H2SO4【解析】【分析】酸浸时，MnO2化合价降低为氧化剂，MnS化合价升高，溶液中存在的离子为、、，通入氨气调节pH可沉淀形成，溶液中的离子为、，加入MnF2除去，溶液中为加入碳酸氢铵沉锰，据此答题。【小问1详解】酸浸时，MnO2化合价降低为氧化剂，MnS化合价升高，离子方程式为：；【小问2详解】酸浸时MnO2为氧化剂，MnO2过量时反应更多的MnS，可提高MnS的转化率；MnO2为氧化剂化合价降低，Fe2＋化合价升高作为还原剂，发生氧化还原反应将Fe2＋氧化为Fe3＋；【小问3详解】沉淀溶解平衡方程式为，常温下，当溶液的pH=2时，溶液中c()=，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，则；【小问4详解】除杂时加入MnF2与镁离子反应，HF为弱电解质，若溶液的pH低则溶液中的和发生反应生成弱电解质HF；【小问5详解】沉锰时加入NH4HCO3，生成CO2，则化学方程式为：2NH4HCO3＋MnSO4=MnCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O；【小问6详解】MnO2具有氧化性能吸收SO2发生氧化还原反应制取MnSO4，SO2可与空气中的氧气发生氧化还原反应生成H2SO4，浓度变化较小可知作为催化剂加快反应速率。9.2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献，二氧化氯(ClO2)就是其中一种高效消毒灭菌剂，氯酸钠还原法是目前使用较为广泛的ClO2制备方法，其中一种是用NaClO3与CH3OH在催化剂、60℃时，发生反应得到ClO2，如图装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放进行了研究。已知：①ClO2的浓度较大时易分解爆炸，一般用CO2或空气稀释到10%以下，实验室也常用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体；②ClO2与KI反应的离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；③有关物质沸点如表：物质CH3OHHCOOHClO2沸点64.7℃100.8℃11℃请回答：（1）仪器d的名称是___，仪器b的作用是___。（2）在ClO2释放实验中，发生的离子反应方程式是___。（3）反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备ClO2的化学方程式___。（4）根据反应条件判断制备装置甲中需改进的一项措施是___。（5）NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量为1：1的两种阴离子，一种为ClO，则另一种为___。（6）自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：取200.0mL的水样，加入足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2+2S2O=2I-+S4O)，达到滴定终点时用去20.00mLNa2S2O3标准溶液，测得该水样中ClO2的含量为___mg/L(保留一位小数)。【答案】（1）①.分液漏斗②.导出ClO2气体，冷凝回流CH3OH（2）4H++5ClO=Cl-+4ClO2↑+2H2O（3）CH3OH+4NaClO2+2H2SO44ClO2+HCOOH+2Na2SO4+3H2O（4）水浴加热（5）ClO（6）135.0【解析】【分析】装置甲中NaClO3、甲醇、硫酸反应生成ClO2，反应方程式4NaClO3+CH3OH+2H2SO42Na2SO4+4ClO2↑+HCOOH+3H2O；加入氢氧化钠中和硫酸，反应停止，用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加稀盐酸后释放出ClO2；淀粉碘化钾溶液用于检验ClO2，氢氧化钠溶液用于尾气吸收，以此分析解答。【小问1详解】仪器d为分液漏斗；b是球形冷凝管，对甲中的气体具有冷凝回流的作用，同时让产生的气体逸出，作用是导出ClO2气体，冷凝回流CH3OH；【小问2详解】稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，加盐酸后ClO2-发生歧化反应释放ClO2，发生的离子反应方程式是：4H++5ClO=Cl-+4ClO2↑+2H2O；【小问3详解】甲醇被氧化为甲酸(HCOOH)，NaClO3还原生成ClO2，硫酸生成硫酸钠，反应方程式为CH3OH+4NaClO2+2H2SO44ClO2+HCOOH+2Na2SO4+3H2O；【小问4详解】甲装置需控制反应温度60℃，酒精灯直接加热不利于温度控制，60℃低于水的沸点，可采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度；【小问5详解】NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为ClO，Cl元素化合价从+4变为+3，化合价降低1价，另一种阴离子中Cl元素化合价应该从+4变为+5，所以另一种阴离子为ClO；【小问6详解】根据2ClO2+10I-+8H+═2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O=2I-+S4O可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O，则200.0mL水样中ClO2的物质的量为：n(ClO2)=n(S2O)=×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，m(ClO2)=0.0004mol×67.5g/L=0.0227g=27mg，所以水样中ClO2的含量为：=135.0mg/L。10.甲醇是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用。(1)已知：①CH3OH(l)+3/2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)△H＝－638.5kJ·mol－1②CO(g)+1/2O2(g)＝CO2(g)△H＝－283.0kJ·mol－1③H2O(l)＝H2O(g)△H＝＋44.0kJ·mol－1则反应CH3OH(l)+O2(g)＝CO(g)+2H2O(l)的△H＝______kJ·mol－1。(2)工业上利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：I．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1II．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2<0III．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3>0①已知升高温度，反应Ⅰ的平衡常数K减小，则该反应的△H1__________0(填“>”或“<”)。②对反应II而言，下列叙述中，能说明该反应达到化学反应平衡状态的是________。a.单位时间内消耗1molCO2的同时生成3molH2b.反应过程中c(CO2)：c(CH3OH)＝1：1c.恒温恒容时，混合气体密度保持不变d.绝热恒容时，反应的平衡常数不再变化③上述反应体系中，当合成气的组成n(H2)/n(CO+CO2)＝2.50时，体系中CO的平衡转化率(α)与温度和压强的关系如下图A所示。则图中压强由大到小的顺序为_____________，α(CO)随温度升高而减小的原因是___________________________。(3)用甲醇、二氧化碳可以在一定条件下合成碳酸二甲酯(，简称DMC)，其反应的化学方程式为：2CH3OH(g)+CO2(g)(g)+H2O(g)。在体积为2L的恒容密闭容器中投入4molCH3OH(g)和2molCO2(g)合成DMC，一定条件下CO2的平衡转化率(α)与温度、压强的变化关系如图B所示。则：①A点时该反应的平衡常数K＝__________。②A、B、C三点的速率v(A)、v(B)、v(C)由快到慢的顺序为____________。【答案】①.–443.5②.<③.ad④.p3>p2>p1⑤.升高温度时，反应Ⅰ是放热反应，平衡逆移，使得CO含量升高，反应Ⅲ是吸热反应，平衡正移，也使得CO含量升高，所以随温度升体系中CO含量升高，转化率减小⑥.0.5(mol/L)-1⑦.v(C)>v(B)>v(A)【解析】【分析】【详解】(1)得到CH3OH(l)+O2(g)＝CO(g)+2H2O(l)，；(2)①升高温度，反应Ⅰ的平衡常数K减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应的△H1<0；②a．单位时间内消耗1molCO2的同时生成3molH2，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，a项选；b．反应过程中c(CO2)：c(CH3OH)＝1：1，浓度比等于化学计量数之比，与化学平衡无关，不能说明反应达到化学平衡，b项不选；c．随着反应的进行，气体的总质量不变，恒温恒容条件下反应，气体体积不变，则气体密度始终不变，故混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，c项不选；d．绝热恒容时，随着反应进行，该体系的温度不断发生变化直到平衡，反应的平衡常数与温度有关，反应的平衡常数不再变化，也就说明体系温度不变，说明反应达到平衡状态，d项选；答案选d；③相同温度下，反应Ⅲ前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应Ⅰ正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故压强增大有利于CO的转化率升高，故压强：p3>p2>p1；升高温度时，反应Ⅰ是放热反应，平衡逆移，使得CO含量升高，反应Ⅲ是吸热反应，平衡正移，也使得CO含量升高，所以随温度升体系中CO含量升高，转化率减小；(3)①A点的转化率为50%，列出三段式：平衡常数；②温度越高，压强越大，反应速率越快，则A、B、C三点的速率v(A)、v(B)、v(C)由快到慢的顺序为v(C)>v(B)>v(A)。11.黄铜矿(CuFeS2