2022-2023学年宁夏高三第二次模拟考试理综化学试卷（含解析）

2022-2023学年宁夏高三第二次模拟考试理综化学试卷

一、单选题

1．化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是（   ）

A．“火神山”医院地面上铺的HDPE也称高密度聚乙烯膜，是一种人工合成的有机高分子化合物

B．“PM2.5”是细小颗粒物悬浮在空气中形成胶体，严重危害人体健康

C．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化

D．单质硅是太阳能电池板的主要材料，太阳能替代化石燃料有利于环保

2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．78gNa2O2与足量水反应，转移电子数为NA

B．32g硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为6NA

C．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA

D．1molFeI2与1molCl2反应时转移的电子数为3NA

3．下列选项中，可以大量共存的离子组是（   ）

A．某无色透明溶液中：Na+、Cu2+、、OH－

B．含有大量Fe3+的溶液中：H+、K+、、SCN－

C．pH=11的溶液中：Na+、K+、Cl－、

D．0.1 mol∙L−1的H2SO4溶液中：K+、Ba2+、Cl－、

4．春节期间，王亚平在太空绘制奥运五环，环中的试剂涉及X、Y、Z、W四种元素，已知X、Y、Z、W分布于前三个周期且原子序数依次增大，W在短周期主族元素中原子半径最大，X与W同一主族，Z元素的最外层电子数是电子层数的3倍，也是其它三种元素的最外层电子数之和，下列说法正确的是（   ）

A．工业上常采用电解饱和溶液的方法制备W

B．Z分别与X、Y元素均可形成两种或两种以上二元化合物

C．简单离子半径：W>Z>X

D．空间站可采用W2Z2与二氧化碳反应提供用于呼吸的气体，其二氧化碳做氧化剂

5．有A、B、D、E四种金属，当A、B组成原电池时，电子流动方向A→B；当A、D组成原电池时，A为正极；B与E构成原电池时，电极反应式为：E2++2e-=E，B-2e-=B2+则A、B、D、E金属性由强到弱的顺序为（   ）

A．A﹥B﹥E﹥D B．A﹥B﹥D﹥E

C．D﹥E﹥A﹥B D．D﹥A﹥B﹥E

6．2000年诺贝尔化学奖授予两位美国化学家和一位日本化学家，以表彰他们在导电塑料领域的贡献，他们首先把聚乙炔树脂制成导电塑料。下列关于聚乙炔的叙述错误的是（ ）

A．聚乙炔是以乙炔为单体发生加聚反应形成的高聚物

B．聚乙炔的化学式为分子中所有碳原子不可能在同一直线上

C．聚乙炔是一种碳原子之间以单双键交替结合的链状结构的物质

D．聚乙炔树脂不加任何填充物即可成为电的良导体

7．下列说法正确的是（   ）

A．两种难溶电解质作比较时，Ksp小的溶解能力一定小

B．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成

C．将Ca(ClO)2、 Na2SO3、 FeCl3、 KAl (SO4)2的各自溶液分别蒸干均得不到原溶质

D．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度不相同

二、实验题

8．化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究。查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体产生。

I.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验，取适量牙膏样品，加水充足搅拌、过滤。

(1)往滤渣中加入过量溶液，过滤。氢氧化铝与溶液反应的离子方程式是___________

(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸，观察的现象是__________

Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定。利用如图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。

依据实验过程回答下列问题：

(3)实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：_____。

(4)C中反应生成沉淀的离子方程式是_______________。

(5)下列各项措施中，不能提高测定准确度的是________(填标号)。

a.在加入盐酸之前，应排净装置内的气体

b.滴加盐酸不宜过快

c.在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置

d.在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置

(6)实验中准确称取样品三份，进行三次测定，测得平均质量为。则样品中碳酸钙的质量分数为_____________________。

(7)有人认为不必测定C中生成的质量，只要测定装置C在吸收前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是____________________。

三、工业流程题

9．金属钛是一种性能优越的结构材料和功能材料，被誉为“太空金属”。以云南富民钛铁精矿(主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，含SiO2、Al2O3等杂质)为原料，制备海绵状金属钛的流程设计如图：

已知：TiCl4及所含杂质氯化物的性质

回答下列问题：

(1)“氯化”过程需在沸腾炉中进行，且需维持在1050℃，若TiO2氯化时生成的CO与CO2的物质的量之比为1：1，则该反应的化学方程式为_______；氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_______(填化学式)。

(2)“精制"过程中，粗TiC4经两步蒸馏得纯TiCl4。第一步蒸馏分离出的杂质是_______(填化学式)；再将温度控制在一定的范围内蒸馏分离出纯TiCl4，所控制温度范围是_______。

(3)“氧化”过程的产物中可循环利用的是_______(填化学式)。

四、原理综合题

10．二氧化锰是化学工业中常用的氧化剂和催化剂。我国主要以贫菱锰矿(有效成分为MnCO3)为原料，通过热解法进行生产。

(1)碳酸锰热解制二氧化锰分两步进行：

i．MnCO3(s)⇌MnO(s)+CO2(g) △H1=+a kJ∙mol−1

ii．2MnO(s)+O2(g)⇌2MnO2(s) △H2=+b kJ∙mol−1

①反应i的化学平衡常数表达式K=_______；

②焙烧MnCO3制取MnO2的热化学方程式是_________；

(2)焙烧(装置如图1)时持续通入空气，并不断抽气的目的是_______；

(3)在其他条件不变时，某科研团队对影响转化率的生产条件进行了研究，结果如图2、图3所示。

①常压下，要提高MnCO3的转化率，应选择的生产条件是____________焙烧68h。

②图3中，焙烧8h时，MnCO3的转化率：干空气<湿空气，原因是______________。

五、结构与性质

11．我国科学家在2021年《Natural·Chemical》 发表了研究成果—AgCrS2在室温下具有超离子行为。回答下列问题：

(1)基态铬原子核外电子排布式为_______，基态硫原子核外电子运动状态有_______种。

(2)铬的化合物氯化铬酰(CrO2Cl2)，熔点95.6℃、 沸点117℃，易溶于CCl4，可作为化工生产中的氧化剂。能通过反应K2Cr2O7+ 3CCl4=2KCl + 2CrO2Cl2 + 3COCl2↑来制备。

①反应方程式中的非金属元素电负性由大到小的关系为_______(用元素符号表示)。

②固态CrO2Cl2属于_______  晶体。化合物COCl2中存在的共价键类型是_______。

(3)中S的杂化轨道类型为_______。已知氧族元 素氢化物的熔沸点高低顺序为：H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，其原因是_______。

(4)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。已知A、B的原子坐标分别为(0，0，0)、(1，1，0)，则C的原子坐标为_______，1个钙原子与_______个氧原子等距离且最近，已知钙和氧的最近距离为a nm，则该晶体的密度为_______g/cm3 (列出计算式，NA为阿伏伽德罗常数的值)。

六、有机推断题

12．有机物A的分子中碳氢原子数之比为1：2。它不与碳酸钠反应，相同物质的量的A与氢气的质量比为37：1。0.37g A与足量的银氨溶液反应可析出1.08g Ag。A在一定条件下与氢气反应生成B，1mol B 与足量金属钠反应可产生22.4LH2（标准状况下）,B不与碳酸钠反应。求A、B的结构简式_____。

参考答案：

1．B

【详解】A.聚乙烯由乙烯通过加聚反应合成得到，是一种人工合成的有机高分子化合物，故A正确；

B. PM2.5是指微粒直径2.5微米的颗粒，1微米=1000nm，所以不属于胶体，故B错误；

C. 明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质的作用，可用于水的净化，故C正确；

D. 高纯的单晶硅是重要的半导体材料，单质硅可作为太阳能电池板的主要材料，太阳能是清洁能源有利于环保，故D正确；

答案选B。

2．A

【详解】A．78gNa2O2的物质的量为1mol，足量水反应：，根据化学方程式可知，转移电子物质的量为1mol，数目为NA，A正确；

B．32g硫为1mol，在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，转移电子数为4NA，B错误；

C．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应：2+O22SO3，反应为可逆反应不能完全进行，反应后分子总数大于2NA，C错误；

D．碘离子还原性大于亚铁离子，1molFeI2与1molCl2反应时氯气不足，只有碘离子和氯气反应生成氯离子和碘，Cl2~2e-，反应转移的电子数为2NA，D错误；

故选A。

3．C

【详解】A．Cu2+是蓝色，Cu2+与OH－反应生成沉淀而不共存，故A不符合题意；

B．Fe3+与SCN－反应而不共存，故B不符合题意；

C．pH=11的溶液，先碱性，OH－、Na+、K+、Cl－、都大量共存，故C符合题意；

D．与Ba2+反应而不能大量共存，故D不符合题意。

综上所述，答案为C。

4．B

【分析】X、Y、Z、W分布于前三个周期且原子序数依次增大，W在短周期主族元素中原子半径最大，则W为Na元素；X与W同一主族，X为H元素；Z元素的最外层电子数是电子层数的3倍，则Z为O元素，最外层电子数也是其它三种元素的最外层电子数之和，则Y最外层电子数为6-1-1=4，Y为C元素。

【详解】A．W为Na，工业上常采用电解熔融氯化钠的方法制备钠，选项A错误；

B．O与H可以形成H2O、H2O2等，O与C可以形成CO、CO2等，选项B正确；

C．具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，故简单离子半径：，O2->Na+，即W<Z，选项C错误；

D．空间站可采用W2Z2，即过氧化钠提供用于呼吸的气体并净化空气，过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，过氧化钠既做氧化剂又作还原剂，二氧化碳不是氧化剂，选项D错误；

答案选B。

5．D

【详解】当A、B组成原电池时，电子流动方向A→B，则金属活泼性为A＞B；当A、D组成原电池时，A为正极，则金属活泼性为D＞A；B与E构成原电池时，电极反应式为：E2-+2e-→E，B-2e-→B2+，B失去电子，则金属活泼性为B＞E，综上所述，金属活泼性为D＞A＞B＞E，故答案为：D。

6．D

【详解】A. 聚乙炔是以乙炔为单体在高温高压催化剂条件下，发生加聚反应形成的高聚物，A正确；

B. 聚乙炔是由n个-CH=CH-组成的聚合物，碳原子之间以单双键交替结合的链状结构，其分子中所有碳原子不可能在同一直线上，B正确；

C. 聚乙炔的链节为-CH=CH-,，是一种碳原子之间以单双键交替结合的链状共轭结构，C正确；

D. 聚乙炔经溴或碘掺杂之后，导电性会提高到金属水平，成为电的良导体，D错误；

故选D。

7．D

【详解】A．类型相同的难溶电解质，在同种溶剂中Ksp小的其溶解能力小，如AgCl、AgI等，而不同类型的难溶电解质中Ksp小的溶解能力不一定小，A错误；

B．NaAlO2和NaHCO3反应的离子方程式为++H2O=Al(OH)3↓+，只生成沉淀，没有气体生成，B错误；

C．Ca(ClO)2水解生成HClO不稳定，亚硫酸钠易被氧化，氯化铁水解生成易挥发的盐酸，则Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶质，加热时KAl(SO4)2也能水解，但生成的硫酸不挥发，最终仍然转化为KAl(SO4)2，可得到原溶质固体，C错误；

D．NaCl是强酸强碱盐，钠离子和氯离子都不水解，而CH3COONH4是弱酸弱碱盐，醋酸根离子与铵根离子均水解、并且水解程度相等，所以醋酸铵溶液中水的电离程度大于氯化钠溶液，D正确；

故答案选D。

8．          通入CO2气体先没有现象后有白色沉淀生成，加入盐酸后先有气体产生，后有沉淀溶解；     在实验开始前先通空气，可排出装置内原空气中的CO2，实验结束后把B生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，减小误差          cd     20.00%     B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高

【分析】I.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验主要围绕反应物的用量、固体或溶液中所含物质的性质回答；

Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定，实验原理是样品中的碳酸钙在过量HCl作用下转变成二氧化碳，二氧化碳再被过量氢氧化钡充分吸收得到碳酸钡沉淀，测定纯净而干燥的碳酸钡质量就可以计算出样品中碳酸钙的定量，据此回答；

【详解】Ⅰ.(1)氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：；

答案为：；

(2)滤液中含氢氧化钠和偏铝酸钠，先通入过量二氧化碳，氢氧化钠先与CO2发生反应，无明显现象，后 出现沉淀，再加入过量稀盐酸， 溶液中的碳酸氢根离子先与氢离子反应，放出气体，后发生反应，沉淀溶解；

答案为：先没有现象，而后有白色沉淀生成，加HCl先产生气泡，后沉淀全部溶解；

(3)未反应前装置内有空气，其中的二氧化碳会导致测定的碳酸钡的质量偏大，反应后装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小；

答案为：在实验开始前先通空气，可排出装置内原空气中的CO2，实验结束后把B生成的CO2全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，减小误差；

(4)：二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，离子方程式为： ；

答案为：；

(5) a. 在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定，可以提高测定准确度，故a错误；

b. 滴加盐酸过快CO2，CO2来不及被吸收，就排出装置C，滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，可以提高测定准确度，故b错误；

c. 在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2，不能提高提高测定准确度，故c正确；

d. 在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，CO2中混有的HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，影响了CO2的总量，不能提高测定准确度，故d正确；

答案为：cd；

(6) BaCO3质量为3.94g，则n(BaCO3)==0.02mol，则n(CaCO3)=0.02mol，质量为0.02mol×100g/mol=2.00g，所以样品中碳酸钙的质量分数为：；

答案为：20.00%；

(7) 碳酸钙的质量分数偏高，是因为杂质气体进入装置C，使测得的二氧化碳的质量偏大，杂质气体来自B中的水蒸气、氯化氢气体；

答案为：B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高。

【点睛】定量实验，一定要消除各种干扰、保证所测得的数据准确，本实验用沉淀法测定反应生成二氧化碳转变的BaCO3质量，就要排除其它途径产生的二氧化碳的干扰。

9．(1)          FeCl3、AlCl3

(2)     SiCl4     高于136℃而低于181℃

(3)Cl2

【分析】钛铁精矿通入氯气、碳氯化，将钛、铁、硅、铝转化为相应的氯化物，冷凝分离得到粗四氯化钛，根据物质沸点不同，分离出纯四氯化钛，加入氧气转化为二氧化钛，电解得到钛。

【详解】（1）维持在1050℃，若TiO2氯化时生成的CO与CO2的物质的量之比为1：1，反应同时生成四氯化碳，该反应的化学方程式为 ；根据图表中物质的沸点可知，氯化产物中氯化铁、氯化铝也会被气化导出，则冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有FeCl3、AlCl3；

（2）根据图表中物质的沸点可知，“精制"过程中，粗TiC4经两步蒸馏得纯TiCl4，SiCl4沸点较低，故第一步蒸馏分离出的杂质是SiCl4；再将温度控制在一定的范围内蒸馏分离出纯TiCl4，所控制温度范围是高于136℃而低于181℃；

（3）“氧化”过程四氯化钛和氧气反应生成二氧化钛和氯气，氯气在氯化过程中可循环利用。

10．     c(CO2)     2MnCO3(s) ＋O2(g) 2MnO2(s) ＋2CO2(g)   △H1=＋(2a+b) kJ∙mol−1     保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率     湿空气中，350℃左右     干空气中没有催化剂，反应速率比湿空气中慢，8h时未达到平衡

【分析】(1)①根据化学平衡常数的定义来书写；②将第i方程式乘以2，再加上第ii个方程式得到焙烧MnCO3制取MnO2的热化学方程式。

(2)焙烧(装置如图1)时持续通入空气，并不断抽气主要利用平衡移动原理分析。

(3)①根据图中的信息得出；②根据湿空气中会吸收部分的二氧化碳及平衡移动来分析。

【详解】(1)①反应i的化学平衡常数表达式是生成物浓度的系数次方之积除以反应物浓度的系数次方之积，因此K= c(CO2)；故答案为：c(CO2)。

②将第i方程式乘以2，再加上第ii个方程式得到焙烧MnCO3制取MnO2的热化学方程式是2MnCO3(s) ＋O2(g) 2MnO2(s) ＋2CO2(g)   △H1=＋(2a+b) kJ∙mol−1；故答案为：2MnCO3(s) ＋O2(g) 2MnO2(s) ＋2CO2(g)   △H1=＋(2a+b) kJ∙mol−1。

(2)焙烧(装置如图1)时持续通入空气，并不断抽气的目的是不断的移出CO2，降低CO2的浓度，保持O2的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率；故答案为：保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率。

(3)①根据图中的信息得出常压下，要提高MnCO3的转化率，应选择的生产条件是湿空气中，350℃左右焙烧68h；故答案为：湿空气中，350℃左右。

②图3中，焙烧8h时，MnCO3的转化率：干空气＜湿空气，原因是湿空气中会吸收部分的二氧化碳，降低二氧化碳的浓度，平衡有利于正向移动，增大碳酸锰的转化率，也可能湿空气有催化剂，提高反应速率；故答案为：干空气中没有催化剂，反应速率比湿空气中慢，8h时未达到平衡。

【点睛】化学平衡题型是常考题型，主要考查热化学方程式书写、化学平衡表达式、利用平衡移动原理分析平衡移动、实际工业中的选择。

11．(1)     1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1     16

(2)     O＞Cl＞C     分子晶体     σ键和π键

(3)     sp3     均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大，H2S、H2Te、H2Se相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，H2O分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高

(4)     (1，，)     12    

【详解】（1）铬的原子序数为24，基态铬原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，核外电子有多少个即有多少种运动状态电子，所以基态硫原子核外电子运动状态有16种；

故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，16。

（2）①反应方程式中涉及的非金属元素为C、O、Cl，其电负性由大到小的关系为O＞Cl＞C，②氯化铬酰(CrO2Cl2)，熔、 沸点较低，且易溶于CCl4，属于分子晶体，化合物COCl2中存在碳氧双键，所以共价键类型是σ键和π键。

故答案为：O＞Cl＞C，分子晶体，σ键和π键。

（3）中的S 有4个σ键，没有孤电子对，所以S的杂化轨道类型为sp3，氧族元素氢化物均为分子晶体，其中H2O分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高，H2S、H2Te、H2Se相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增强，熔沸点逐渐升高。

故答案为：sp3，均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大，H2S、H2Te、H2Se相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，H2O分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高。

（4）根据氧铬酸钙的立方晶胞图以及A、B的原子坐标可知C的原子位于晶胞右侧面的面心，其坐标为(1，，)，氧原子位于晶胞的面心，钙原子位于晶胞的顶点，每个钙原子与12个氧原子等距离且最近，根据均摊法计算晶胞中有3个氧原子，1个铬原子和1个钙原子，由钙和氧的最近距离为a nm可得晶胞的边长为anm，由密度计算公式可得。

故答案为：(1，，)，12，。

12．A：HOCH2CH2CHO或CH3CHOHCHO；B：HOCH2CH2CH2OH或CH3CHOHCH2OH

【分析】根据A和B的性质特点结合数量关系分析解答。

【详解】A不与碳酸钠反应，则A不含羧基，相同物质的量的A与氢气的质量比为37：1，则A的相对分子质量为32×2=74，0.37g A的物质的量为0.005mol，与足量的银氨溶液反应可析出1.08g Ag，Ag的物质的量为0.01mol，由-CHO～2Ag可知，A中含有一个-CHO，A在一定条件下与氢气反应生成B，1mol B 与足量金属钠反应可产生22.4LH2(标准状况下)，B不与碳酸钠反应，则B中含有-OH，氢气物质的量为1mol，故B中含有2个-OH，则A中含有-OH，令A的分子式为CxH2xOy，则14x+16y=74，且y≥2，讨论可得x=3，y=2，故A的结构简式为：HOCH2CH2CHO或CH3CHOHCHO，对应B的结构简式为：HOCH2CH2CH2OH或CH3CHOHCH2OH。