四川省绵阳市2023届高三二模理科综合化学试题 Word版含解析.docx

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绵阳市高中2020级第二次诊断性考试理科综合试卷一、选择题1.绵阳博物馆位于富乐山西麓，馆内藏品3万余件，其中包括东汉青铜摇钱树、清带套五彩高足瓷碗、宋莲瓣纹高足银碗、西汉漆木马等文物。下列有关叙述错误的是A.青铜摇钱树表面绿色物质主要成分属于盐类B.陶瓷是以作为主要原料经高温烧结而成C.莲瓣纹高足银碗表面因被氧化而呈现灰黑色D.漆木马表面黑漆涂料具有耐潮、耐腐蚀功能【答案】B【解析】【详解】A．青铜摇钱树表面绿色物质主要成分为碱式碳酸铜，属于盐类，A正确；B．陶瓷是以黏土作为主要原料经高温烧结而成的硅酸盐产品，B错误；C．莲瓣纹高足银碗表面因银与硫化氢反应生成硫化银而呈现灰黑色，反应中银被氧化，C正确；D．漆木马表面的黑漆涂料是具有耐潮、耐腐蚀优良功能的涂料，D正确；故选B。2.2022年诺贝尔化学奖颁给了研究“点击化学”的三位化学家。一种点击化学标记试剂的结构如图所示。已知标记试剂可发生点击反应，下列关于该物质的叙述正确的是A.分子式为B.所有C、O、N三种原子可能共平面C.可发生加成反应，不能发生取代反应D.虚线框内的基团能够发生点击反应【答案】D【解析】【详解】A．由题干分子结构简式可知，该化合物的分子式为C19H15NO3，A错误；B．由题干分子结构简式可知，N原子周围形成了3个C-N单键，则N原子还有1对孤电子对，即该N原子采用sp3杂化，形成三角锥形结构，则不可能所有C、O、N三种原子共平面，B错误； C．由题干分子结构简式可知，该有机物中含有碳碳三键、苯环，故可与H2等发生加成反应，同时含有酰胺键和羧基，以及苯环上都能发生取代反应，C错误；D．由题干信息可知，该化合物是一种点击化学标记试剂，且标记试剂可发生点击反应，则虚线框内的基团能够发生点击反应，D正确；故答案为：D。3.为防止水体富营养化，常用除去水体中过量氨氮(以表示)，气体产物为。设为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.所含电子数均为B.的溶液中数目为C.反应消耗，水体将增加个D.除氨氮过程中，当生成时转移电子数为【答案】C【解析】【详解】A．所含电子数均为10个，A错误；B．的溶液的体积未知，无法计算其中数目，B错误；C．该反应方程式为3ClO－+2NH3=N2+3Cl－+3H2O，反应消耗，物质的量是1mol，所以水体将增加个，C正确；D．氮气所处的状态未知，无法计算当生成时转移电子数，D错误；答案选C。4.过氧化钙是一种用途广泛的优良供氧剂，性质与过氧化钠相似。选用下列部分装置(部分固定装置略)合理组装可制备过氧化钙，其中不适合或不必要选取的装置是A.B.C.D. 【答案】D【解析】【详解】制备过氧化钙时，用双氧水制备氧气，钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氧气中会混有水蒸气，所以在与钙化合之前需要干燥，选用试剂是浓硫酸，同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接浓硫酸的洗气瓶，制备过程中不需要装有NaOH溶液的洗气瓶，故选D。5.原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W，其中X与Z同族，其中Y、Z、W构成的某种离子化合物结构如图所示。下列叙述中正确的是A.简单氢化物的稳定性：B.原子半径大小关系是：C.Z与Y形成的化合物可能含有非极性键D.W的氧化物的水化物是一种强酸【答案】C【解析】【分析】原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W，由题给离子化合物的结构可知，W可形成6个共价键，也可形成2个共价键，W为S，Z形成+1价阳离子，则Z为Na，Y可形成1个共价键，也可形成2个共价键，根据Y是在阴离子里的元素，推知Y为O，X与Z同族，且是四种元素中原子序数最小的，则X为H或Li，据此作答。【详解】A．元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，根据分析可知，W的简单氢化物是H2S，Y的简单氢化物是H2O，由于非金属性O>S，则稳定性H2O>H2S，A错误；B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，根据分析可知，ZNa，W为S，Y为O，X为H或Li，则原子半径大小：Na>S>O>H或Na>S>Li>O，B错误；C．Z与Y形成的化合物可能是Na2O或Na2O2，Na2O2中的O-O键是非极性共价键，C正确；D．W的氧化物的水化物可能是硫酸也可能是亚硫酸，所以不一定是强酸，D错误；故选C。6.已知含磷废水中的磷以磷酸及其盐的形式存在。某温度下，磷酸的与溶液的 的关系如下图，该温度下向初始的含磷废水中加入可以得到沉淀而实现废水除磷。下列叙述错误的是A.该温度下，磷酸的B.若逐渐增大该废水的，溶液中将随之不断增大C.的该废水中离子浓度存在关系：D.该废水除磷的离子反应有：【答案】B【解析】【分析】由磷酸的与溶液的的关系图可知、、。【详解】A．该温度下，由关系图可知pH=p=7.21，即，A正确；B．逐渐增大该废水的过程中，含磷微粒的变化是，因此溶液中将先增大后减小，B错误；C．时，因为，所以，即，因为，所以，即，故，C正确；D．因为向含磷废水中加入可以得到沉淀，因此废水除磷过程中存在离子反应，D正确；故答案为：B。7.pH计的工作原理(如图所示)是通过测定电池电动势E(即玻璃电极和参比电极的电势差)而确定待测溶液的pH。电池电动势E与待测溶液pH关系为：(E的单位为V，K为常数) 。下列说法错误的是A.计工作时，化学能转化为电能B.玻璃电极玻璃膜内外的差异会引起电池电动势的变化C.若玻璃电极电势比参比电极低，玻璃电极反应：D.若测得的标准溶液电池电动势E为，可标定常数【答案】C【解析】【详解】A．原电池是把化学能转化为电能，pH计是以玻璃电极（在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag-AgCl电极）和另一Ag-AgCl电极插入待测溶液中组成电池，计工作时，化学能转化为电能，A正确；B．pH与电池的电动势E存在关系：，则pH=，利用玻璃膜内外氢离子浓度的差异引起电动势的变化达到测量溶液的pH目的，B正确；C．若玻璃电极电势比参比电极低，，为原电池负极，负极上是银失电子生成氯化银，电极反应为：Ag-e-+Cl-═AgCl，C错误；D．pH与电池的电动势E存在关系：，若测得的标准溶液电池电动势E为，可标定常数K=E-0.059pH=0.377-0.059×3=0.2，D正确；故答案为：C。8.锰酸锂是一种锂电池的正极材料。工业上以方锰矿(主要成分为，还含有少量的)为原料制备锰酸锂的流程如下： 己知：I．时，相关物质的如下表：物质II．时，电离常数III．离子浓度低于时即沉淀完全回答下列问题：（1）写出步骤①溶于稀疏酸时杂质反应的离子方程式___________。（2）滤渣1的成分是_____(填化学式)；步骤②加入的目的是____。（3）步骤③加入目的是除去杂质离子，若溶液中浓度为，要确保杂质离子沉淀完全，同时不降低产品产率，步骤③调控的范围应该为_______。反应的平衡常数________。（4）“离子交换”步骤和“洗脱”过程是利用反应：(是氢型交换树脂)的平衡移动将进一步提纯，为了提高洗脱效率，又不引入其他杂质，淋洗液应选用_____。（5）步骤④反应未见气体生成，则该反应留存在滤液3中的产物有___________(填化学式)。（6）步骤⑤反应的化学方程式为___________。【答案】（1）（2）①.②.将氧化为（3）①.5～8②.（4）（5）（6）【解析】【分析】 由题给流程可知，方锰矿用稀硫酸酸溶时，金属氧化物与稀硫酸反应转化为硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液1；向滤液1中加入二氧化锰将溶液中亚铁离子氧化为铁离子后，加入氨水调节溶液的pH，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有硫酸锰的滤液2；滤液2经离子交换、淋洗涤液洗脱后，加入碳酸铵溶液将溶液中的锰离子转化为碱式碳酸锰沉淀，过滤得到碱式碳酸锰和滤液3；碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧制得锰酸锂。【小问1详解】步骤①中四氧化三铁溶于稀硫酸发生的反应为四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，反应的离子方程式为，故答案为：；小问2详解】由分析可知，滤渣1的成分为硫酸钙、二氧化硅；加入二氧化锰的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：；将氧化为；【小问3详解】由分析可知，加入氨水调节溶液pH的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而锰离子不转化为氢氧化锰沉淀，由氢氧化铝的溶度积可知，溶液中氢氧根离子不小于=1×10—9mol/L，由氢氧化锰的溶度积可知溶液中氢氧根离子浓度不大于=1×10—6mol/L，则溶液的pH范围为5～8；由方程式可知，反应的平衡常数K=====，故答案为：5～8；；【小问4详解】由方程式可知，为了提高洗脱效率，又不引入其他杂质，淋洗液应选用稀硫酸可以增大溶液中的氢离子浓度，使平衡向逆反应方向移动，有利于将锰离子进一步提纯，故答案为：；【小问5详解】步骤④反应未见气体生成说明反应留存在滤液3中的产物为硫酸铵和碳酸氢铵，故答案为：；【小问6详解】 由分析可知，步骤⑤发生的反应为碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧生成锰酸锂、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故答案为：。9.三乙氧基甲烷主要用作医药中间体和感光材料，熔点，沸点，能溶于乙醇等多数有机溶剂，易燃，遇明火、高热或与氧化剂接触，有引起燃烧爆炸的危险。氯仿和乙醇钠(，易溶于乙醇)在的无水条件下反应可以制取三乙氧基甲烷并得到氯化钠。回答下列问题：（1）实验室可用氯仿、乙醇、钠反应制备三乙氧基甲烷，同时生成，该反应的化学方程式为_____。（2）反应装置如图所示，冷凝水应从_______端通入(填“a”或“b”)。将无水乙醇和氯仿加入反应器中磁力搅拌均匀，加入的无水乙醇是理论量的多倍，多余乙醇的作用是___________。（3）再将钠切成小块，从冷凝管口加入反应器，不搅拌，以保持钠块浮在液面上反应，其目的是___________。（4）为保证反应持续进行，需要控制一定温度，但反应过程中不需要加热，其原因是___________。若回流时装置中气雾的上升高度过高，应采取的措施是___________。（5）反应结束后，使用干燥仪器用吸滤法过滤出___________固体(填化学式)，用___________洗涤该固体，将洗涤液合并入滤液，蒸馏滤液得到纯净三乙氧基甲烷。【答案】（1）2CHCl3+6CH3CH2OH+6Na2HC(OC2H5)3+6NaCl+3H2↑（2）①.a②.作溶剂，溶解乙醇钠 （3）使能快速逸出，减少副反应发生（4）①.钠与乙醇反应过程放热，可维持温度②.用冷水冲淋反应装置（5）①.②.无水乙醇【解析】【分析】该制备反应的原理为：Na与乙醇反应生成乙醇钠和H2，乙醇钠与氯仿反应生成三乙氧基甲烷和NaCl。【小问1详解】氯仿、乙醇、钠反应制备三乙氧基甲烷，同时生成H2，可理解成乙醇与Na反应生成乙醇钠和H2、乙醇钠与氯仿在60℃~65℃的无水条件下反应生成三乙氧基甲烷和NaCl，故反应的化学方程式为2CHCl3+6CH3CH2OH+6Na2HC(OC2H5)3+6NaCl+3H2↑；答案为：2CHCl3+6CH3CH2OH+6Na2HC(OC2H5)3+6NaCl+3H2↑。【小问2详解】冷凝水的水流方向应与气流方向相反，冷凝水应从a端通入；乙醇能与Na反应生成乙醇钠和H2，加入的无水乙醇是理论量的多倍，由于乙醇钠易溶于乙醇，故多余乙醇的作用是：作溶剂，溶解乙醇钠；答案为：a；作溶剂，溶解乙醇钠。【小问3详解】将钠切成小块，从冷凝管口加入反应器，不搅拌，以保持钠块浮在液面上反应，在液面上Na与乙醇反应生成乙醇钠和H2，其目的是使H2能快速逸出，减少副反应发生；答案为：使H2能快速逸出，减少副反应发生。【小问4详解】为保证反应持续进行，需要控制一定温度，但反应过程中不需要加热，说明乙醇与Na的反应放热，可维持反应所需的温度；若回流时装置中气雾的上升高度过高，为了使反应物充分反应，应采取的措施是用冷水冲淋反应装置，减少反应物的损失；答案为：钠与乙醇反应过程放热，可维持温度；用冷水冲淋反应装置。【小问5详解】三乙氧基甲烷的熔点为-76℃、沸点为146℃，说明三乙氧基甲烷在实验条件下呈液态，根据反应2CHCl3+6CH3CH2OH+6Na2HC(OC2H5)3+6NaCl+3H2↑可知，使用干燥仪器用吸滤法过滤出的固体为NaCl；由于三乙氧基甲烷能溶于乙醇等多数有机溶剂，故用无水乙醇洗涤过滤出的NaCl固体；答案为：NaCl；无水乙醇。 10.二氧化碳的吸收和利用是实现“碳中和”的重要途径，利用二氧化碳合成二甲醚方法通常是和先合成甲醇，再由甲醇脱水制备二甲醚。（1）已知：则合成二甲醚反应的___________。（2）合成二甲醚的关键是合成甲醇：I．①恒容绝热容器中，一定能说明反应Ⅰ已达到化学平衡状态的是___________。A．B．C．气体的密度保持不变D．容器内气体的温度保持不变②合成甲醇时存在逆水汽变换：II．，按照投料，保持压强为下达到平衡时，和在含碳产物中物质的量百分数及的转化率随温度的变化如图所示，图中___________(填“a”或“b”)表示甲醇在含碳产物中物质的量分数，的转化率在之后随温度升高而增大的原因是___________。若甲醇的选择性，图中时甲醇的选择性=___________。逆水汽变换反应的压强平衡常数___________。 （3）甲醇脱水可制得二甲醚：。实验测得：，，、为速率常数。温度下，向恒容密闭容器中加入，达到平衡时测得的体积分数为60%，则平衡时的产率___________；当温度改变为时，，则___________(填“<”“>”或“=”)。【答案】（1）（2）①.D②.a③.温度高于，反应Ⅰ平衡逆向移动．而反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以转化率增大④.50%⑤.或0.017或（3）①.40%②.>【解析】【小问1详解】将三个热化学方程式分别标号为①②③，②×3-③×6-①可得目标热化学方程式，ΔH=（-571.6×3+44×6+1328.26）kJ/mol=-122.54kJ/mol。【小问2详解】①A．根据热化学方程式，则甲醇正逆反应速率不同，反应未达到平衡，A错误；B．，这与初始的投料比及反应进行程度有关，无法说明反应达到平衡，B错误；C．在恒容容器中，气体的质量和体积始终不变，则气体密度始终不变，无法说明反应达到平衡，C错误；D．该反应正反应为放热反应，在恒容绝热容器中气体温度保持不变，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡，D正确；故答案选D。②Ⅰ反应为放热反应，Ⅱ反应为吸热反应，随着温度升高，Ⅰ反应化学平衡逆向移动，Ⅱ反应化学平衡正向移动，则CO的物质的量百分数随温度的升高而增大，甲醇的物质的量百分数随温度的升高而减小，故代表甲醇的物质的量分数的是a曲线。温度高于，反应Ⅰ平衡逆向移动．而反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以转化率增大。从图中可知，270℃时，二氧化碳的转化率为25%，且甲醇和CO的百分数相同，设初始投入CO2amol，则投入H23amol，设反应Ⅰ消耗CO2xmol，反应Ⅱ消耗CO2ymol， ，，，x=y，解得x=y=0.125a，则甲醇的选择性=，逆水汽变换反应的压强平衡常数==。【小问3详解】设达到平衡时消耗甲醇2xmol，则，，解得x=0.08mol。故CH3OCH3的产率为。，，则平衡时=，则，T1时，T2时，说明T2相较于T1产物浓度增大，反应物浓度减小，化学平衡正向移动，则T2>T1。【化学—选修3：物质结构与性质】11.中国近代化学启蒙者徐寿首次把“Nitrogen”译成中文时曾写成淡气”，意指它“冲淡”了空气中的氧气。含氮化合物种类繁多，用途广泛，根据信息回答下列问题。（1）GaN是第三代半导体材料，基态Ga的电子排布式为___________，GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为___________。（2）硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4在工业上用于镀铂，Pt的配位数为___________，其阴离子的空间构型为___________。（3）氨缩脲与胆矾溶液反应得到如图所示的紫色离子，离子中C的杂化类型是___________。O的第二电离能比N第二电离能更大，解释其原因是___________。 （4）常温下，三甲胺[N(CH3)3]气体常用作天然气的警报剂。[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2相比较，熔点较高的是___________。[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，反应中形成的化学键属于___________。A．氢键B．极性键C．π键D．配位键（5）某铁氮化合物晶体的晶胞结构如图所示。①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为___________。②若晶胞中距离最近的两个铁原子距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___________g/cm3(列出计算式即可)。【答案】（1）①.[Ar]3d104s24p1②.原子晶体(共价晶体)（2）①.4②.正四面体（3）①.sp2②.O失去1个电子后p能级变为半充满比N失去1个电子后的结构更稳定，因此第二电离能更大（4）①.CH3CH2CH2NH2②.BD（5）①.棱心和体心②.【解析】【小问1详解】Ga是31号元素，位于元素周期表第四周期第ⅢA族，根据构造原理，可知基态Ga原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1，可简写为[Ar]3d104s24p1；GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为共价晶体(或原子晶体)；【小问2详解】在络合物硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4中，中心Pt原子与4个配位体NH3结合，故Pt的配位数为4； 外界离子的价层电子对数是4+=4，无孤对电子，因此的空间构型是正四面体形；【小问3详解】在该微粒中，C原子形成3个σ共价键，因此该C原子采用sp2杂化；O的第二电离能比N第二电离能更大，这是由于O失去1个电子后p能级变为半充满的稳定状态，比N失去1个电子后的结构更稳定，因此O的第二电离能比N第二电离能更大；【小问4详解】[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2都属于分子晶体，[N(CH3)3]的分子之间只存在分子间作用力，而CH3CH2CH2NH2分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，导致物质的熔沸点升高，因此二者相比较，熔点较高的是CH3CH2CH2NH2；[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，这是由于[N(CH3)3]的N原子上存在孤电子对，H+上存在空轨道，二者形成配位键，配位键属于极性键，故合理选项是BD；【小问5详解】①根据图示可知：若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为棱心和体心；②根据图示可知：在晶胞中含有Fe原子为8×+6×=4；含有N原子数是1个，由于晶胞中距离最近的两个铁原子距离为apm，则根据相对位置可知：晶胞边长为pm，晶胞密度ρ=。【化学—选修5：有机化学基础】12.匹伐他汀钙是一种抑制剂，具有显著降低低密度脂蛋白胆固醇()效应，用于治疗高胆固醇和高血脂症。其一种中间体(H)的合成工艺路线如下：回答下列问题：（1）A的化学名称是___________。B的结构简式为___________。（2）由C生成E的反应类型为___________。H中含氧官能团的名称为___________。（3）写出由F与G发生取代反应生成H的化学方程式___________。（4）在F的所有同分异构体中，核磁共振氢谱显示含氢种类最少的是M，则M的核磁共振氢谱有 ___________组峰；核磁共振氢谱显示含氢种类最多的是N，写出两种N的结构简式为___________、___________。（5）参照上述合成路线，写出与反应生成类似I的I′的结构简式___________。【答案】（1）①.2-硝基苯甲酸或邻硝基苯甲酸②.（2）①.取代反应②.羰基、酯基（3）+(CH3CH2O)2CO+CH3CH2OH（4）①.2②.③.（5）【解析】【小问1详解】A转化为B时从结构式分析，硝基转化为氨基，所以B的结构简式为，答案：2-硝基苯甲酸或邻硝基苯甲酸，；【小问2详解】C转化为E时，C中的氯原子被取代，反应类型是取代反应，H中含氧官能团的名称为羰基、酯基，答案：取代反应，羰基、酯基；【小问3详解】+(CH3CH2O)2CO+CH3CH2OH；【小问4详解】F的所有同分异构体中有链状、烃环状、环氧环状，核磁共振氢谱显示含氢种类最少的是 ，核磁共振氢谱有2组峰，核磁共振氢谱显示含氢种类最多的是最不对称的结构、，答案：2，，；【小问5详解】反应方程式为：CH3COCH2COOCH3++2H2O，生成物的结构简式。