四川省凉山州2022届高三化学下学期3月第二次诊断性检测（二模）试题（Word版附解析）

凉山州2022届高中毕业班第二次诊断性检测理科综合化学理科综合共300分，包括物理、化学、生物三部分，考试时间共150分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确。2.选择题使用2B铅笔涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。3.考试结束后，将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Mn-55Cu-64第I卷(选择题共126分)一、选择题。每题给出的选项中只有一个选项最符合题目要求，共13题，每题6分，共78分。1.现代社会的发展离不开人与自然和谐共生，下列有关说法中正确的是A.用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子B.在田间大量焚烧秸秆，以增加草木灰肥料从而减少化肥的使用C.近期的空气质量报告中常出现“中度污染"和“重度污染”的结论，雾霾的形成是因为空气中含有大量的二氧化硫D.我国力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当【1题答案】【答案】D【解析】【详解】A．氯气不能与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应，可用Na2S与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应生成难溶性盐过滤除去，A错误；B．在田间大量焚烧秸秆，会造成空气污染，且容易引起火灾，B错误；C．雾霾的形成是因为空气中含有大量的可吸入颗粒物，不是二氧化硫，C错误；D．力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当，D正确；答案选D。 2.下列有关有机物或有机反应说法正确的是A.等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应制得纯净的氯乙烷B.氯气与苯在光照条件下可制备氯苯C.氟利昂-12是甲烷的氯、氟卤代物，结构式为，它有两种同分异构体D.石油裂化的目的是提高汽油的产量和质量【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A．氯气与乙烷在光照条件下发生取代反应，生成多种取代产物，因此等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应不能制得纯净的氯乙烷，A错误；B．氯气与苯在Fe作催化剂的条件下可制备氯苯，B错误；C．甲烷为正四面体结构，因此只有一种结构，C错误；D．石油裂化目的是提高轻质油的产量和质量，特别是汽油的产量和质量，D正确；答案选D。3.下列实验装置和应用正确的是A.图甲可验证镁和稀盐酸反应的热效应B.图乙可制备纯净的乙酸乙酯C.用图丙所示装置吸收尾气中的SO2D.用丁装置制备无水MgCl2【3题答案】【答案】A 【解析】【详解】A．图甲中，若镁和稀盐酸反应放热，则U型管中红墨水会左低右高，若反应吸热，则会左高右低，因此图甲可验证镁和稀盐酸反应的热效应，A正确；B．饱和碳酸钠的作用是吸收乙醇、反应乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，但不会做到完全除杂，因此制得的乙酸乙酯不会是纯净的，B错误；C．SO2不与饱和NaHSO3发生反应，而应该用NaOH吸收SO2尾气最好，C错误；D．HCl极易溶于水，用NaOH吸收时需防止倒吸，D错误；答案选A。4.A、B、C、D、E五种元素原子序数逐渐增大，且均小于18，A的一种原子核内没有中子；在元素周期表中，C与B、E均相邻，B、C和E三种元素的原子最外层电子数之和为17；其中A与D为同族元素，原子半径A＜C＜B＜E＜D．下列说法正确的是A.B和E所形成的含氧酸均为强酸B.BC和E三种元素可能位于同一周期C.元素C的气态氢化物的沸点比元素E的气态氢化物的沸点高D.D的最高价氧化物对应水化物中含有离子键和非极性共价键【4题答案】【答案】C【解析】【分析】已知A、B、C、D、E五种元素原子序数逐渐增大，且均小于18，A的一种原子核内没有中子，则A为H元素，其中A与D为同族元素，则D为Na元素，在元素周期表中，C与B、E均相邻，B、C和E三种元素的原子最外层电子数之和为17，又原子半径A＜C＜B＜E＜D，则B为N元素，C为O元素，E为S元素，据此分析解答。【详解】A．B为N元素，E为S元素，两个元素形成的含氧酸(HNO2、H2SO3)均不是强酸，A错误；B．B为N元素，C为O元素，E为S元素，三者不位于同一周期，B错误；C．C为O元素，其氢化物为H2O，E为S元素，其气态氢化物为H2S，由于H2O分子间存在氢键，因此沸点：H2O＞H2S，C正确；D．D为Na元素，其最高价氧化物对应水化物为NaOH，含有离子键和极性共价键，D错误；答案选C。5.以下是中学化学常见的四个装置，下列关于这些装置说法正确的是 A.装置甲在使用过程中，电池内部电子从Ag2O极通过隔板移向锌粉B.装置乙在使用过程中，电池外壳会逐渐变薄，容易出现漏液C.装置丙在使用过程中，电解质溶液的pH不会发生变化D.装置丁电极b上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-【5题答案】【答案】B【解析】【详解】A．装置甲为银锌原电池，电子只在外电路中移动，不会在电池内部移动，A错误；B．装置乙中锌筒为负极，Zn失去电子变成Zn2+，Zn不断反应，即外壳会逐渐变薄，容易出现漏液，B正确；C．装置丙在使用过程中，反应生成了水，电解质KOH溶液浓度降低，碱性减弱，pH变小，C错误；D．装置丁电极b上O2得到电子，与H+结合生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，D错误；答案选B。6.下图是CO和O在钌催化剂的表面形成化学键的过程。下列说法正确的是A.CO2和CO都能与碱反应生成盐和水B.该过程中，CO先断键成C和OC.CO与O形成化学键的过程中放出能量D.钌催化剂降低了该反应的焓变 【6题答案】【答案】C【解析】【详解】A．CO为不成盐氧化物，不能与碱发生反应，A错误；B．根据过程图示可知，该过程中，CO未断键，B错误；C．形成化学键时会释放能量，C正确；D．催化剂只是降低了反应的活化能，不会改变反应的焓变，D错误；答案选C。7.弱酸、弱碱的电离都比较弱，已知25C时部分弱酸的电离平衡常数(Ka)如下表：化学式CH3COOHH2CO3H2SO3Ka1.8×10-5K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11K1=1.5×10-2K2=1.0×10-7下列说法正确的是A.0.1mol·L-1Na2SO3溶液中通入CO2至恰好完全反应(不考虑溶液体积变化)，溶液中存在：c(H+)-c(OH-)=2c(SO)+c(HSO)+2c(CO)+c(HCO)-0.1B.25℃时，0.1mol·L-1Na2SO3溶液的pH约等于10(忽略二级水解和H2O的电离)C.25℃时，0.1mol·L-1CH3COONa溶液中通入HCl气体，至pH=7(溶液体积变化忽略不计)：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)D.足量CH3COOH与Na2SO3溶液反应的化学方程式为：2CH3COOH+Na2SO3=2CH3COONa+SO2↑+H2O【7题答案】【答案】B【解析】【详解】A．0.1mol·L-1Na2SO3溶液中通入CO2至恰好完全反应(不考虑溶液体积变化)，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO)+c(HSO)+2c(CO)+c(HCO)，则c(H+)-c(OH-)=2c(SO)+c(HSO)+2c(CO)+c(HCO)-0.2，A错误； B．25℃时，0.1mol·L-1Na2SO3溶液中SO发生一级水解时，SO+H2OHSO+OH-，，则c(OH-)=，溶液中c(H+)=，因此pH=-lgc(H+)=10，B正确；C．25℃时，0.1mol·L-1CH3COONa溶液中通入HCl气体，至pH=7，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)，则c(Na+)＞c(Cl-)，又存在物料守恒：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，因此c(CH3COOH)=c(Cl-)，C错误；D．由于K1(H2SO3)＞Ka(CH3COOH)＞K2(H2SO3)，因此酸性：H2SO3＞CH3COOH＞HSO，则足量CH3COOH与Na2SO3溶液反应时，不会生成SO2，D错误；答案选B。8.用氧化还原滴定法可以测定市售双氧水中过氧化氢的浓度(单位g·L-1)，实验过程包括标准溶液的准备和滴定待测溶液：I．准备标准溶液a．配制100mLKMnO4溶液备用；b．准确称取Na2C2O4基准物质3.35g(0.025mol)，配制成250mL标准溶液。取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量3mol·L-1硫酸酸化后，用待标定的KMnO4溶液滴定至终点，记录数据，计算KMnO4溶液的浓度。II．滴定主要步骤a．取待测双氧水10.00mL于锥形瓶中；b．锥形瓶中加入30.00mL蒸馏水和30.00mL3mol·L-1硫酸，然后用已标定的KMnO4溶液(0.1000mol·L-1)滴定至终点；e．重复上述操作两次，三次测定的数据如下表：组别123消耗标准溶液体积(mL)25.2425.0224.98d．数据处理。 回答下列问题：（1）将称得的Na2C2O4配制成250mL标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有___________。（2）标定KMnO4溶液时，能否用稀硝酸调节溶液酸度___________(填“能”或“不能”)，简述理由___________。写出标定过程中发生反应的化学方程式___________。（3）滴定待测双氧水时，标准溶液应装入___________滴定管，装入标准溶液的前一步应进行的操作是___________。（4）滴定双氧水至终点的现象是___________。（5）计算此双氧水的浓度为___________g·L-1.（6）若在配制Na2C2O4标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则最后测定出的双氧水的浓度会___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【8~13题答案】【答案】（1）250mL容量瓶、胶头滴管（2）①.不能②.稀硝酸有氧化性，会影响KMnO4溶液浓度的标定③.2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O（3）①.酸式②.用标准溶液润洗滴定管（4）滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中的液体变为浅紫色，且半分钟不变色（5）21.25（6）偏高【解析】【小问1详解】配制250mLNa2C2O4标准溶液时，所使用的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶；【小问2详解】稀硝酸具有氧化性，也会氧化草酸钠，会影响KMnO4溶液浓度的标定，因此不能用稀硝酸调节溶液酸度；标定过程中KMnO4氧化Na2C2O4，发生的化学方程式为2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O；【小问3详解】滴定待测双氧水时，标准溶液为已标定KMnO4溶液，具有强氧化性，应装入酸式滴定管中，装入标准溶液前需要用标准溶液润洗滴定管；【小问4详解】KMnO4溶液可氧化双氧水，当滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中的液体变为浅紫色，且半分 钟不变色时，说明滴定达到终点；【小问5详解】由数据分析可知，三次滴定消耗KMnO4溶液的体积第1组与2.3组差距较大，省略，因此消耗KMnO4溶液的平均体积为25.00mL，根据得失电子守恒有：2KMnO4~5H2O2，则此双氧水的浓度为；【小问6详解】若在配制Na2C2O4标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则标定出的KMnO4溶液实际浓度偏低，消耗的KMnO4溶液体积偏大，导致最后测定出的双氧水的浓度会偏高。9.某电解铜企业生产过程中产生大量阳极泥，主要成分如下：Cu-16.32%，Ag-4.62%，Au-0.23%，Pb-15.68%。现设计如下流程实现对铜、银的有效回收：已知：①NaNO3受热分解产生NaNO2和O2；②焙烧时Pb转化PbO；③Ag(NH)2OH能被含醛基的有机物还原生成银。回答下列问题：（1）铜阳极泥可用湿法直接浸出，浸出剂主要是硫酸，同时还需加入一定量的氯酸钠(NaClO3)，加入氯酸钠的目的是___________。写出铜被浸出的离子反应方程式___________。（2）写出焙烧过程中银与NaNO3反应的化学方程式___________。（3）浸渣的主要成分有___________。（4）对浸取液进行氯化时的现象是___________，滤渣提银时需依次加入___________、甲醛溶液。（5）最后的滤液中加入一定浓度的纯碱沉铜(主要沉淀为碱式碳酸铜)，经实验测定某批沉铜产品中m(Cu)：m(C)=16：1，则该碱式碳酸铜的组成可表示为___________。A．Cu(OH)2·CuCO3B．Cu(OH)2·2CuCO3C．2Cu(OH)2·CuCO3【9~13题答案】 【答案】（1）①.作氧化剂②.3Cu+Cl+6H+=3Cu2++3H2O（2）（3）Au、PbSO4（4）①.产生白色沉淀②.浓氨水（5）C【解析】【分析】结合题干和已知，阳极泥中含有的主要成分有Cu、Ag、Au和Pb，加入适量NaNO3焙烧，得到含Au、CuO、Ag2O和PbO的烧渣，再加入适量的硫酸，得到主要成分为PbSO4和Au的浸渣，浸取液中含有Cu2+和Ag+，氯化过滤后得到AgCl的滤渣和含Cu2+的滤液，据此分析解答。【小问1详解】若铜阳极泥用湿法直接浸出，浸出剂主要是硫酸，同时还需加入一定量的氯酸钠(NaClO3)作氧化剂，铜被浸出时，Cu转化为Cu2+，反应的离子方程式为：3Cu+Cl+6H+=3Cu2++3H2O；【小问2详解】已知NaNO3受热分解产生NaNO2和O2，则焙烧过程中银与NaNO3反应生成Ag2O和NaNO2，反应的化学方程式为：；【小问3详解】根据上述分析可知，浸渣的主要成分为PbSO4和Au；【小问4详解】浸取液中含有Cu2+和Ag+，氯化过滤后得到AgCl的滤渣，即观察到的现象为产生白色沉淀，可向AgCl中加入浓氨水得到Ag(NH)2OH，再加入甲醛溶液即可提取Ag；【小问5详解】某批沉铜产品中m(Cu)：m(C)=16：1，则n(Cu)：n(C)=，因此该碱式碳酸铜组成可表示为2Cu(OH)2·CuCO3，故答案选C。10.乙烯是重要的化工原料，在化工合成与生产中具有极其重要的地位，回答下列问题： （1）C2H4(g)+3O2=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH1C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH22H(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH3写出乙烯气体分解得到石墨和氢气的热化学方程式___________。（2）乙烯可由甲烷制得：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)。T℃时在2L恒容密闭容器中充入0.6mol甲烷气体，若5分钟时达到平衡，测得c(C2H4)=2c(CH4)，则v(H2)=___________mol·L-1·min-1，该反应的平衡常数为___________。保持温度不变，若再向平衡后的容器中各充入0.12mol的三种气体，充人后v正___________v逆(填“＞”、“＜”或“=”)。（3）工业上以煤为主要原料制乙烯首先需要制备合成气，生产合成气的反应为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，理论上该反应能自发进行的条件是___________。制得合成气后需用合成气制备甲醇CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，现设置以下三个容器进行该反应(恒温)编号条件n(CO)/moln(H2)/moln(CH3OH)/mol①恒容0.20.40②恒容0.40.80③恒压0.40.80达平衡时，三个容器中甲醇体积分数的大小关系为___________(填编号)。（4）已知反应2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)可用于制备乙烯，现向一刚性容器中按物质的量之比1：1充入CO2和H2，在温度为378K和478K时CO2的转化率随时间变化如图所示：①图中A、B、C三点逆反应速率由大到小顺序是___________。②如改变影响平衡的某一条件使得CO2的平衡转化率增大，则该反应平衡常数的变化是 ___________。【10~13题答案】【答案】（1）C2H4(g)=2C(s，石墨)+2H2(g)ΔH=ΔH1-2ΔH2-ΔH3（2）①.0.048②.1.92③.＞（3）①.高温②.③＞②＞①（4）①.C＞A＞B②.变大或不变【解析】【小问1详解】乙烯气体分解得到石墨和氢气，反应的化学方程式为C2H4=2C(s，石墨)+2H2，反应①-②×2-③即可得到该反应，根据盖斯定律可得，反应的热化学方程式为C2H4(g)=2C(s，石墨)+2H2(g)ΔH=ΔH1-2ΔH2-ΔH3；【小问2详解】达到平衡时，设转化CH4的浓度为x，则列三段式有：，已知c(C2H4)=2c(CH4)，则2(0.3-x)=0.5x，解得x=0.24，则v(H2)=，反应的平衡常数，保持温度不变，若再向平衡后的容器中各充入0.12mol的三种气体，此时，则平衡向正反应方向进行，v正＞v逆；【小问3详解】该反应为熵增反应，ΔS＞0，要使反应自发进行，ΔG=ΔH-TΔS＜0，则理论应在高温条件下能够自发进行，②的投入量为①的两倍，③、②相比，③恒压，反应进行时物质的量减少，体积减小，③相当于加压，平衡正向进行的程度比②大，甲醇的体积分数更大，则达到平衡时，三个容器中甲醇体积分数的大小关系为③＞②＞①；【小问4详解】①根据图像，A、C所在曲线先达到平衡，说明温度更高，为478K时CO2 的转化率随时间变化曲线，因此B点反应速率最小，又A点CO2转化率比C点低，则A点时生成物浓度更小，逆反应速率更小，则逆反应速率：C＞A＞B；②由图象，升温可以使CO2的平衡转化率升高，则该反应是吸热反应，此时平衡常数会变大，或着保持温度不变的条件下，增大压强、增大氢气的浓度、及时移去产物等方法，都可以使平衡正向移动，从而CO2的平衡转化率增大，但由于温度不变，则平衡常数不变。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11.含钴的化合物在金属有机化学的发展中占有相当重要的一席之地，回答下列问题：（1）写出钴原子的价层电子排布式___________。（2）八羰基二钴Co2(CO)8可催化乙炔环三聚为苯，写出与CO互为等电子体离子的电子式___________(写出一种)。苯分子中碳原子的杂化方式为___________，1mol苯分子中含有的σ键的数目为___________(NA为阿伏伽德罗常数的值)。（3）二茂钴可看作是Co2+与两个正五边形的环戊二烯负离子配体形成的夹心型分子(结构如下图所示：①已知大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则环戊二烯负离子(C5H5)的大π键可表示为___________；②二茂钴是紫黑色晶体，熔点约173℃，不溶于水和液氨，但能溶于有机溶剂，下列相互作用中，二茂钴晶体中不存在的是___________；A．离子键B．配位键C．范德华力D．氢键（4）[Co(NH3)5Cl]Cl2晶胞中[Co(NH3)5Cl]2+和Cl-的排布具有类似氟化钙晶胞的结构(氟化钙晶胞如下图) 则一个氯离子周围距离最近的配离子的数目为___________，若此配合物晶体的密度为g·cm-3，则[Co(NH3)5Cl]2+与氯离子之间的最短距离是___________nm(设配合物相对分子质量为M)。【11~14题答案】【答案】（1）3d74s2（2）①.②.sp2③.12NA（3）①.②.AD（4）①.4②.【解析】【小问1详解】Co为27号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d74s2，则其价层电子排布式为3d74s2；【小问2详解】互为等电子体，原子个数相等，价电子数相同，根据此规则，与CO互为等电子体的离子可以是CN-，其电子式为：；苯分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，1mol苯分子中含有12molσ键，个数为12NA；【小问3详解】①环戊二烯负离子(C5H5)中，5个原子参与形成大π键，参与形成大π键的电子数共6个，因此环戊二烯负离子(C5H5)的大π键可表示为；②根据二茂钴的结构可知，该晶体中存在配位键和范德华力，不存在离子键和氢键，故答案选AD；【小问4详解】[Co(NH3)5＜Cl]Cl2晶胞中[Co(NH3)5Cl]2+和Cl-的排布具有类似氟化钙晶胞的结构，由晶胞可知，一个氯离子周围距离最近的配离子的数目为4，[Co(NH3)5Cl]2+与氯离子之间的最短距离是晶胞中体对角线的，设晶胞参数为acm，则a3=，则a=，因此[Co(NH3)5Cl]2+与氯离子之间的最短距离为nm。12.视黄醛是眼球发育中重要的信号转导分子，可由天然产物β- 环柠檬醛为起始原料进行人工合成，合成路线(待完善)如下：回答下列问题：（1）β-环柠檬醛分子中含有的官能团名称为___________，写出其在一定条件下与足量氢气反应的化学方程式___________。（2）产物A的核磁共振氢谱共有___________组峰。（3）反应a属于___________(填有机反应类型)，该反应生成产物B的同时还会生成的另一种产物是___________(填物质名称)。（4）B的一种同系物分子，分子量比B小84，满足以下条件的该同系物的同分异构体(不考虑立体异构)共有___________种。①分子中含有苯环②可与三氯化铁产生颜色反应③环上有三个取代基（5）根据已给出的合成信息，补齐由产物B制备视黄醛的剩余合成路线___________。【12~16题答案】【答案】（1）①.碳碳双键、醛基②.+2H2（2）7（3）①.消去反应②.甲醇（4）10（5）【解析】【分析】根据合成路线，β-环柠檬醛与HC(OCH3)3在CH3OH中发生取代反应得到产物A，产物A在TiCl4作催化剂的条件下与反应生成 ，再与碱发生消去反应得到产物B和甲醇(CH3OH)，产物B经一系列反应得到视黄醛，据此分析解答。【小问1详解】β-环柠檬醛的结构简式为，分子中含有的官能团为醛基和碳碳双键，在一定条件下，与足量的氢气发生加成反应生成，反应的化学方程式为+2H2；【小问2详解】产物A的结构简式为，分子中含有7种不同的氢原子，因此产物A的核磁共振氢谱共有7组峰；【小问3详解】根据分析，与碱发生消去反应得到产物B和甲醇(CH3OH)，故反应a的反应类型为消去反应，该反应生成产物B的同时还会生成甲醇；【小问4详解】根据B的结构简式可知，B的分子式为C15H22O，其一种同系物分子，分子量比B小84，则该同系物的分子式为C9H10O，且该同系物含有苯环，且苯环上有3个取代基，能够与三氯化 铁产生颜色反应，说明含有酚羟基，则同系物的结构可能有：、、、、、、、、共10种结构；【小问5详解】产物B经一系列反应得到视黄醛，结合视黄醛结构和已知合成信息，可知产物B与与HC(OCH3)3在CH3OH中发生取代反应得到，再在TiCl4作催化剂的条件下与反应生成，再在碱性条件下发生消去反应得到视黄醛，故合成路线为 。