2022届山西省大同市一中、阳泉市高三第二次模拟考试理科综合化学试题含解析

这是一份2022届山西省大同市一中、阳泉市高三第二次模拟考试理科综合化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

山西省大同市一中、阳泉市2022届高三第二次模拟考试
理科综合化学试题
一、单选题
1．2022北京冬奥会中使用了很多高新材料，如冬奥会颁奖礼服内胆使用了第二代石墨烯发热材料；速滑竞赛服使用了高性能合成纤维和聚酯材料；火炬“飞扬”使用了新型碳纤维树脂复合材料。下列有关材料的说法错误的是（　　）
A．石墨烯、金刚石、石墨互为同素异形体
B．合成纤维与碳纤维均属于有机高分子材料
C．聚酯是由多元醇和多元酸缩聚而得的高分子聚合物
D．一般树脂材料耐火性较差，但“飞扬”的新型碳纤维树脂复合材料具有较高的耐火性
2．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．12gl4C含有的质子数为6NA
B．1molH2(g)与1molI2(g)反应生成HI(g)，反应后气体分子数为2NA
C．已知核反应：ZNX+01n→p7Y+24He则10gX的中子数为10NA
D．64gCu与含过量H2O2的稀硫酸反应，此过程转移的电子数为2NA
3．丙三醇无色、无臭、味甜，外观呈澄明黏稠液态，是一种有机物，俗称甘油。下列是合成甘油的一条路线：

下列说法正确的是（　　）
A．甘油的化学式为C3H7O3
B．丙三醇与2-丁醇互为同系物
C．环丙烷的同分异构体所有碳原子共平面
D．转化成消耗3molNaOH
4．下列实验设计能达实验目的的是（　　）
选项
实验目的
实验设计
A
除去CH4中的CH2=CH2
气体依次通过盛有高锰酸钾溶液、浓硫酸的洗气瓶
B
测定次氯酸钠溶液的pH
将待测液滴在湿润的pH试纸上，再与标准比色卡对照
C
探究浓度对化学反应速率的影响
取大小、形状、质量相同的Cu粒分别投入稀硝酸和浓硝酸中
D
制取H2
向稀硫酸中加入Zn和少量Cu单质
A．A B．B C．C D．D
5．W、X、Z、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z与X最外层电子数之和是Y的最外层电子数的两倍，W与X可形成原子个数比为3：1的18e-分子。下列说法正确的是（　　）
A．简单离子半径：Z>Y>W
B．氢化物沸点：Z>X
C．X与Z形成的化合物均可以用排空气法收集
D．Y的某种氧化物的水化物可形成二元酸
6．常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1的一元酸HX溶液和HY溶液(两溶液水的电离程度：HX>HY，当Ka≤10-5时可以认为电解质达到电离平衡时的浓度近似等于起始浓度)，其滴定曲线如图所示

已知：弱电解质在溶液里达到电离平衡时，已电离的电解质分子数占起始时总分子数的百分数称为电离度，下列说法正确的是（　　）
A．曲线I和II对应的酸分别为HY和HX
B．相比曲线I，曲线II选用酚酞作终点指示剂误差更小
C．把曲线上加入40mLNaOH溶液的点称为E点，则B1、C1和E三点溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为C1>E>B1
D．0.01mol/L弱酸HX和HY电离度之比为1：10
7．我国科学家以CO2作为无机碳源，通过熔融盐电解技术成功制备出一种核壳结构催化剂Co@C(Co@C在N极区生成)，其可用于过氧单硫酸盐(PMS)活化降解邻苯二甲酸二乙酯(DEP)污染物。Co@C的熔融盐电解装置与原理图如下：

下列说法正确的是（　　）
A．N极反应式之一为Co3++e-=Co2+
B．Li+、Na+、K+移向M极
C．当生成22.4LO2时，转移电子数为4NA
D．该装置中不存在O2-的生成
二、综合题
8．学习小组在实验室中设计利用铬钒废水(主要成分为Na3VO4、Na2CrO4)制备新型光催化剂钒酸铁和颜料Cr2O3的流程如下。

已知：(NH4)2S2O8具有强氧化性，不稳定易分解。
回答下列问题：
（1）上述实验操作中无需用到的仪器或装置为____
A． B． C． D．
（2）证明滤渣FeVO4洗涤干净的方法是　 　。
（3）写出滤液A中CrO42-与Na2S2O3溶液反应的离子方程式　 　。
（4）抽滤时常用到下列装置：

①与普通过滤相比，抽滤的优点为。　 　
②抽滤完毕后，应先断开　 　之间的橡皮管。
（5）为检测滤液B中Cr3+的浓度，学习小组取10.00mL浓缩1000倍的滤液B，酸化后加入过量(NH4)2S2O8溶液充分反应后再充分微热，冷却至室温，加入足量淀粉KI溶液，用0.010mol·L-lNa2S2O3溶液滴定(I2+2S2O32-→S4O62-+2I-)至终点，消耗Na2S2O3溶液30.00mL。
①微热目的是　 　
②滴定终点现象是　 　
③滤液B中c(Cr3+)=　 　
9．四氧化三锰用于电子工业生产软磁铁氧体，用作电子计算机中存储信息的磁芯。以工业硫酸锰为原料(含有少量CaO、MgO、Ca(OH)2等物质)制备Mn3O4的工艺流程如下：

已知：①氧化时鼓入空气使溶液的电位迅速上升；
②四氧化三锰中锰的化合价与四氧化三铁中铁的化合价类似。
回答下列问题：
（1）为提高“溶解”效率，可采取的措施有　 　
（2）滤渣的主要成分是　 　
（3）氧化时，生成Mn3O4的离子方程式为　 　
（4）向母液可加入____产生氨气以回收利用
A．CaO B．稀氢氧化钠溶液
C．氢氧化钙固体 D．(NH4)2CO3
（5）通过对上述“氧化”工艺进行数据收集及资料分析可知溶液电位与pH等关系如下图所示



氧化时N2H4·H2O的作用是　 　
（6）四氧化三锰的其他制法：
①热还原法
在甲烷气体存在下，将Mn2O3还原成Mn3O4的化学方程式为　 　
②电解法：
利用电解原理，制备四氧化三锰装置如图所示。(电极材料均为惰性电极，Z(O2-)>W(H+)，A项不符合题意；
B．氧元素可形成H2O、H2O2两种氢化物，常温下为液态，碳元素形成的氢化物为烷烃，常温下存在气、液、固三态，无法比较C、O形成氢化物沸点的大小，B项不符合题意；
C．X(C)与Z(O)形成的化合物有CO、CO2，CO与空气密度相近，无法用排空气法收集，C项不符合题意；
D．亚磷酸(H3PO3)为二元酸，其对应的氧化物为P2O3，D项符合题意；
故答案为：D。

【分析】X形成两个单键和一个双键，则X可能是C或Si，Y形成一个单键和一个双键，Y可能为N、B、P，W形成一个单键，则W可能为H、F、Cl，Z形成两个单键，Z可能为O或S， W与X可形成原子个数比为3：1的18e-分子 ，则X为C元素，W为H元素，Z为O元素，Y为P元素。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．酸溶液中酸性越强，水的电离程度越小，则酸性HXB1>E，C项不符合题意；
D．根据点A2(0，3)可知，c(H+)=c(Y-)=10-3mol/L，c(HY)≈0.010mol/L，则Ks(HY)=c(H+)/c(Y-)/c(HY)=10-60.010=10-5，根据电离度公式a=c(H+)/c(酸)×100%和A1、A2两点坐标数据，a(HX)=c(H+)c(HX)×100%=10-50.01×100%=0.001%，a(HY)=c(H+)c(HY)×100%=10-30.01×100%=0.1%，则a(HX)：a(HY)=l：100，D项不符合题意。
故答案为：B。

【分析】A.酸抑制水的电离，且酸性越强，对水的抑制越越明显；
C.B1的溶质为等浓度的HX和NaX，C1的溶质为NaX，E的溶质为等浓度的NaX和NaOH，酸或碱抑制水的电离，NaX水解促进水的电离；
D.根据电离度=c(H+)/c(酸)×100%计算。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．根据电池分析可知，N极反应式之一为Co3++e-=Co2+，A项符合题意；
B．M为阳极，阳离子移向阴极，B项不符合题意；
C．未指明是在标准状况下，无法计算物质的量，转移电子数不一定为4NA，C项不符合题意；
D．在阴极区中Co2+/Co3+与CO32-反应产生Co@C，结合原子守恒可知CO32-中的O转化成O2-，D项不符合题意。
故答案为：A。

【分析】M电极上O2-失去电子发生氧化反应生成氧气，则M为阳极，N为阴极，阴极上Co3+得电子生成Co2+，Co2+再与碳酸根结合生成Co@C。
8．【答案】（1）C
（2）取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成证明洗涤干净
（3）8CrO42-+3S2O32-+10H++7H2O=8Cr(OH)3↓+6SO42-
（4）过滤速度快；抽气泵和安全瓶
（5）除去过量的(NH4)2S2O8，避免对后续实验产生干扰；溶液浅蓝色褪去且30s不变色；1.0×10-5mol/L
【解析】【解答】铬钒废水中加入NH4Fe(SO4)2溶液调节pH=6.5，静置抽滤得到FeVO4和滤液A，滤液A中主要含有CrO42-，加入Na2S2O3和稀硫酸，过滤后得到Cr(OH)3和滤液B，Cr(OH)3加热至分解生成Cr2O3。
(1)A．图示装置为过滤装置，过滤操作中需要使用，故A不正确；
B．图示仪器为胶头滴管，滴加溶液时需要用到胶头滴管，故B不正确；
C．图示仪器为蒸发皿，该流程不需要使用蒸发皿，故C正确；
D．图示仪器为坩埚，灼烧Cr(OH)3分解生成Cr2O3时需要使用坩埚，故D不正确；
故答案为：C，故答案为：C；
(2)若FeVO4未洗涤干净，沉淀表面会附着硫酸根，检验是否存在硫酸根即可证明滤渣FeVO4是否洗涤干净，具体方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成证明洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成证明洗涤干净；
(3)观察流程图可知，有Cr(OH)3生成，该反应为氧化还原反应，S2O32-转化成SO42-，则CrO42-与Na2S2O3溶液反应的离子方程式为8CrO42-+3S2O32-+10H++7H2O=8Cr(OH)3↓+6SO42-，故答案为：8CrO42-+3S2O32-+10H++7H2O=8Cr(OH)3↓+6SO42-；
(4)①分析装置图可知，打开自来水龙头，会导致吸滤瓶中压强减小，从而使过滤速度加快，即抽滤的优点是过滤速度快，故答案为：过滤速度快；
②为了避免管道里的水在负压下回流，抽滤完毕后应先断开抽气泵和安全瓶之间的橡胶管，故答案为：抽气泵和安全瓶；
(5)①(NH4)2S2O8具有强氧化性，会对后续实验有影响，且(NH4)2S2O8不稳定易分解，则加热的目的是除去过量的(NH4)2S2O8，避免对后续实验产生干扰，故答案为：除去过量的(NH4)2S2O8，避免对后续实验产生干扰；
②碘单质遇淀粉变蓝，达到滴定终点时，单质碘被反应完，蓝色褪去，则滴定终点的现象为溶液浅蓝色褪去且30s不变色，故答案为：溶液浅蓝色褪去且30s不变色；
③根据得失电子守恒可知，在滴定过程中存在关系式：2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6S2O32-，滴定过程中消耗0.010mol·L-lNa2S2O3溶液30.00mL，则有0.010mol/L×30.00×10-3L=3c(Cr3+)×10.00×10-3L，可求得浓缩后的溶液中c(Cr3+)=0.010mol/L，则滤液B中c(Cr3+)=1.0×10-5mol/L，故答案为：1.0×10-5mol/L。

【分析】（1）该过程涉及的操作有过滤、灼烧；
（2）若FeVO4未洗涤干净，沉淀表面会附着硫酸根，检验是否存在硫酸根即可；
（3） CrO42-与Na2S2O3发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；
（4）①抽滤速度较快；
②为了避免管道里的水在负压下回流，抽滤完毕后应先断开抽气泵和安全瓶之间的橡胶管；
（5）①(NH4)2S2O8不稳定易分解；
②碘单质遇淀粉变蓝，达到滴定终点时，单质碘被反应完，蓝色褪去；
③根据关系式：2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6S2O32-计算。
9．【答案】（1）升高温度等
（2）MgO、Ca(OH)2
（3）3Mn2(OH)2SO4+O2+6OH-=2Mn3O4+6H2O+3SO42-或3Mn2(OH)2SO4+O2+6NH3·H2O=2Mn3O4+6H2O+6NH4++3SO42-
（4）A；C
（5）控制溶液的电位，防止溶液的电位超过生成Mn3O4的电位
（6）l2Mn2O3+CH4Δ__8Mn3O4+CO2+2H2O；b；3Mn2++4H2O-2e-=Mn3O4+8H+
【解析】【解答】工业硫酸锰为原料(含有少量CaO、MgO、Ca(OH)2等物质)加水，MgO难溶于水过滤为滤渣除去，Ca(OH)2与NH4F发生复分解反应生成CaF2沉淀除去，氧化时，生成Mn3O4的离子方程式为3Mn2(OH)2SO4+O2+6NH3·H2O=2Mn3O4+6H2O+6NH4++3SO42-；
(1)升高温度可使化学反应速率加快从而提高“溶解”效率；
(2)CaO会与水反应生成Ca(OH)2，MgO不会与水反应，Ca(OH)2是微溶物，故滤渣的成分是MgO、Ca(OH)2；
(3)氧化时，分析可知氧气、氨水也为反应物，根据得失电子守恒和原子守恒可知该离子方程式为：3Mn2(OH)2SO4+O2+6OH-=2Mn3O4+6H2O+3SO42-或3Mn2(OH)2SO4+O2+6NH3·H2O=2Mn3O4+6H2O+6NH4++3SO42-；
(4)母液中含有硫酸铵，硫酸铵可以与氧化钙和氢氧化钙固体反应生成氨气以循环利用；
(5)根据已知条件并结合图1至图3可知N2H4·H2O是添加剂，添加剂可以降低溶液电位，而氧化时通入氧气会迅速提高溶液电位，再根据图I可知生成产物与溶液电位有关系，故N2H4·H2O作用为控制溶液的电位，防止溶液的电位超过生成Mn3O4的电位；
(6)①甲烷具有还原性，可以将Mn2O3还原成Mn3O4，根据得失电子守恒和原子守恒可知该化学方程式为l2Mn2O3+CH4Δ__8Mn3O4+CO2+2H2O；
②电子由负极流出，故b为正极，由装置图可知阳极的电极反应式为3Mn2++4H2O-2e-=Mn3O4+8H+。

【分析】（1）升温等均能加快反应速率；
（2）滤渣主要是不溶于水的MgO，以及CaO溶于水生成的Ca(OH)2；
（3）根据得失电子守恒、质量守恒配平方程式；
（4）母液中含有硫酸铵；
（5）添加剂可以降低溶液电位；
（6）①甲烷将Mn2O3还原成Mn3O4，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；
②根据电子流向判断正负极；电解池阳极发生氧化反应。
10．【答案】（1）光能转化为电能、电能转化为化学能
（2）-47；2.0；384p2
（3）温度为T2、催化剂为agp-M2；随温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，生成的淀粉量增加；之后随温度升高，催化剂活性减弱，反应速率加快，生成的淀粉量急剧减少；0.124；0.046a×100%
【解析】【解答】(1)由题干“利用光伏发电，将电解水获得的H2与CO2反应合成甲醇，再由甲醇经若干酶促反应合成淀粉”知该研究成果中涉及的能量转换形式有光能转化为电能、电能转化为化学能。
(2)①根据摩尔生成焓的定义知H2的摩尔生成焓等于0，结合盖斯定律可知反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH1=395kJ/mo1+0-200kJ/mol-242kJ/mol=-47kJ/mol。
②由CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)、CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)知，生成的甲醇和一氧化碳的总物质的量和水蒸气的物质的量相等，平衡时生成3mol水蒸气，则平衡时甲醇和一氧化碳共3mol。根据碳原子守恒可知，平衡时CO2的物质的量为4mol-3mol=1mol。起始时加入4molCO2和8molH2，共12mol气体，起始总压强是平衡时总压强的1.5倍，则平衡时体系中气体的总物质的量为12mol/1.5=8mol，平衡时H2的物质的量为8mol-3mol-3mol-1mol=1mol，再根据H原子守恒，知平衡时甲醇的物质的量1/4×(8mol×2-3mol×2-1mol×2)=2mol，即n1=2，故平衡时CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的物质的量分别为1mol、1mol、2mol、3mol，p(CO2)=1/8pkPa，p(H2)=l/8pkPa，p(CH3OH)=1/4pkPa，p(H2O)=3/8pkPa，反应I的平衡常数Kp=p(H2O)×p(CH3OH)p(CO2)×p3(H2)=384p2。
(3)①根据表中数据知最佳的反应条件为：相同时间内生成淀粉量最大的实验3，即温度为T2、催化剂为agp-M2；
②温度升高，生成淀粉量先增加，可能原因是温度升高，催化剂活性增强且温度升高速率加快；之后生成淀粉量急剧减少的原因可能是酶在高温下失活。③根据试题中的速率单位，淀粉的生成速率可用生成淀粉的质量浓度除以时间：1.24g·L-1/10h=0.124g·L-1·h-1，淀粉的产率计算如下：
由6nCH3OH∼(C6H10O5)n6nmol162ngamol27ag
淀粉的产率为1.2427a×100%≈0.046a×100%。

【分析】（1）光伏发电将光能转化为电能，电解水将电能转化为化学能；
（2）①根据盖斯定律计算；
②根据Kp=p(H2O)×p(CH3OH)p(CO2)×p3(H2)计算；
（3）①相同时间内生成淀粉量最大则反应条件最佳；
②从温度对催化剂活性的影响进行分析；
③淀粉的生成速率可用生成淀粉的质量浓度除以时间表示。
11．【答案】（1）第四周期第Ⅷ族；3d5
（2）PF3、PCl3、PBr3、PI3都是分子晶体，随其相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，故熔沸点逐渐升高
（3）sp3；CCl4或CF4、CBr4其他合理也可
（4）6；三角锥形；2：1
（5）Co(AlO2)2；8×(59+2×27+4×16)NA(2a×10-7)3或177NAa3×1021
【解析】【解答】(1)铁的原子序数是26，位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，价电子排布式为3d54s2，Fe失去3个电子后变为Fe3+，故Fe3+的价电子排布式为3d5；
(2)PF3、PCl3、PBr3、PI3都是分子晶体，随其相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，故熔沸点逐渐升高；
(3)PO43-的中心原子是磷原子，价层电子对数=4+12×(5+3-4×2)=4，故杂化轨道数目为4，杂化类型为sp3杂化。PO43-的原子总数为5，价电子总数为32，故其等电子体是分子的需要在其前后主族找，有CCl4、CF4、CBr4等。
(4)[Co(NO2)(NH3)5]2+中配体是NO2和NH3，配体的个数为6，即配位数为6；NH3的价层电子对数为4，孤电子对数为1，根据价层电子对互斥理论可知分子的空间构型是三角锥形。
(5)图(a)可知钴原子在晶胞中的位置关系[图(b)所示]，在晶胞中钴原子的堆积方式有两种，一是钴原子构成面心立方晶胞，二是面心立方晶胞中在钴原子围成的互不相邻的正四面体空隙处又填充了钴原子，Ⅰ、Ⅱ各一个正方体为重复单元，该重复单元中Co原子个数=（4×18+2×14+1）×4=8个，Ⅰ、Ⅱ型合起来的长方体中含有4个Al和8个O，晶胞内有4个Ⅰ、Ⅱ合起来的长方体，因而晶胞内总计有16个Al和32个O，故晶体的化学式为Co(AlO2)2，1个晶胞含有8个Co(AlO2)2最简重复单元，所以晶体密度为8×(59+2×27+4×16)NA(2a×10-7)3g·cm-3。

【分析】（1）Fe为26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，Fe原子失去3个电子生成Fe3+；
（2）分子晶体的熔沸点随相对分子质量增大而增大；
（3） PO43- 中P原子的价层电子对数为4；等电子体具有相同的原子数和价电子数；
（4）[Co(NO2)(NH3)5]2+中配体是NO2和NH3；NH3的价层电子对数为4，含有一个孤电子对； [Co(NO2)(NH3)5]Cl2和[Co(NH3)4Cl2]Cl 外界的Cl-数目分别为2、1；
（5）根据均摊法和ρ=mV计算。
12．【答案】（1）4-羟基丁醛；
（2）C19H27O4BrSi；保护羟基，防止4-羟基丁醛发生自身缩合
（3）羰基、醚键
（4） +→四氢吡咯，80℃+H2O
（5） 、
（6）→ΔNaOH/H2O→咪哇碱TBSCl→K2Cr2O7/H2SO4，30℃；
【解析】【解答】本题是一道有机合成的题目，由C的结构式可知A与B发生取代反应，B的结构简式为： ，根据D结构式可知分子式为C19H27O4BrSi，以此解题；
(1)根据A的结构简式，按照有机化合物命名规则，A的化学名称为4-羟基丁醛；由分析可知B的结构简式为： ；
(2)根据D结构式可知分子式为C19H27O4BrSi；根据B到C的反应原理，能够发生羟醛缩合反应，根据从B到F的变化并结合已知信息c可知其作用为保护羟基，防止4-羟基丁醛发生自身缩合；
(3)根据结构可知官能团有溴原子(碳溴键)、羰基、醚键，其中含氧官能团为羰基、醚键；
(4)对比B和C的结构简式可知，BC的化学方程式为：+→四氢吡咯，80℃+H2O；
(5)1molG的同分异构体发生银镜反应最多可生成6molAg，可知该物质含有三个醛基，且在苯环上处于对称位置，所以为 、；
(6)采用逆向推理法，目标产物含有醛基，由此可知上一步操作为已知信息b的第1个反应，即目标产物的上一步反应物为： ，再推理可知，上步操作为取代反应，即再上一步反应物为： ，然后再结合已学知识羟基在NaOH/H2O加热将转化成氯原子，从而返回到原材料，综合可得具体路线为：→ΔNaOH/H2O→咪哇碱TBSCl→K2Cr2O7/H2SO4，30℃；

【分析】（1）A名称为4-羟基丁醛；结合A、C的结构简式推断B为；
（2）根据结构简式确定分子式；TBSCl试剂在反应过程中保护羟基；
（3）G中含氧官能团为羰基、醚键；
（4）根据反应物和生成物书写化学方程式；
（5）G的同分异构体苯环只有一种氢原子，苯环上有两种取代基，含有3个醛基，据此确定其结构简式；
（6）结合题干合成路线，采用你和成功分析法从产物倒推合成步骤。