四川省广安市2024-2025学年高二下学期期末考试（高三零诊）化学试题+解析

这是一份四川省广安市2024-2025学年高二下学期期末考试（高三零诊）化学试题+解析，共19页。试卷主要包含了5mL新制的苯胺、7，0%等内容，欢迎下载使用。
字节教育·广安市2025年高2023级第零次诊断性模拟考试
化学试题
本试卷共8页，满分100分，考试时间75分钟。
注意事项:
答题前, 务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上, 将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
选择题必须使用2B铅笔填涂对应题目的答案标号，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号;。
非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写, 字体工整、笔迹清楚。请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答, 超出答题区域书写的答案无效; 在草稿纸、试卷上答题无效。
保持卡面清洁, 不要折叠, 不要弄破、弄皱, 不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
考试结束后, 只将答题卡交回。
以下是可能会用到的相对原子质量：
H—1、C—12、O—16、Na—23、Cl—35.5、Fe—56、Cu—64、Ca—40、Ba—137、La—139
Ce—140、S—32、N—14
第I卷（共45分）
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项符合要求。
1．化学与生产、生活、科技等方面密切相关，下列说法正确的是
A．实现“碳中和”具有直接贡献的一种措施：研发催化剂将转化为甲醇()，该过程中发生了氧化反应
B．“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，说明铁合金的硬度比纯铁小
C．可用于制玻璃、肥皂、造纸、纺织等工业
D．维生素C又称“抗坏血酸”，利用维生素C的氧化性，能帮助人体将食物中摄取的不易吸收的转变为易吸收的
2．工业用Cl2制备TiCl4的热化学方程式为TiO2(s) + 2Cl2(g) +2C(s)= TiCl4(g) + 2CO(g)。若NA为阿伏加德罗常数的值，下列关于该反应的说法不正确的是
A．Cl2、CO都是由极性键构成的非极性分子
B．TiCl4、SO中心原子的杂化方式均为sp3
C．0.1 ml TiO2反应制得的CO分子数小于0.2NA
D．0.2 ml TiCl4生成时，转移的电子数为0.8NA
3．室温下，根据下列实验过程及现象，能得出相应实验结论的是
4．化学在生产生活等方面有重要应用，下列说法不正确的是
A．工业合成氨的原料气经过净化可以防止催化剂“中毒”
B．人们常用可溶性铝盐、铁盐作净水剂
C．向中加入大量的水，同时加热，可促使水解趋于完全
D．碳酸钠溶液显碱性，可用于治疗胃酸过多
5．表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中所含的原子数目为
B．常温常压下，所含的分子数目为
C．溶液中所含的数目为
D．与足量反应时，转移的电子数目为
6．右图是氯元素的“价类”二维图。下列说法正确的是
A．M代表“化合物”
B．常温下，b通入烧碱溶液主要生成d盐
C．浓的a溶液和c溶液混合可以制得b
D．的转化过程必须加入还原剂
7．脱落酸是一种植物激素，在植物发育的多个过程中起重要作用。其结构简式如图所示。下列关于脱落酸的说法错误的是
A．存在顺反异构，且分子结构中含有3种含氧官能团
B．若发生分子内酯化反应，所得产物分子具有两个六元环
C．1ml脱落酸最多能消耗1ml NaOH
D．1ml脱落酸与H2按物质的量1：1加成，可得到5种不同的产物(不考虑立体异构)
8．下列有关方程式书写正确的是
A．向溶液中滴加稀盐酸：
B．氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：
C．向溶液中滴加稀溶液：
D．醋酸滴在大理石上产生气泡
9．下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是
10．双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如图所示，真实的晶体中存在5%的O原子缺陷，能让O2-在其中传导，可用作固体电解质材料。已知La为+3价，Ba为+2价。
以下说法正确的是
A．该晶体的一个完整晶胞中含有8个C原子
B．晶体中与La距离最近的Ba的数目为8
C．O2-在晶体中传导时，La元素的化合价会发生变化
D．+3价C与+4价C的原子个数比为1：4
11．一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，X的原子核只有1个质子；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期；元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法不正确的是
A．是一种强酸B．非金属性：
C．中，Z的化合价为+2价D．原子半径：
12．双黄连口服液可抑制新冠病毒，其有效成分黄芩苷结构简式如图。下列说法正确的是
A．黄芩苷分子中所有原子不可能在同一平面上
B．黄芩苷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．黄芩苷只有羟基、羰基两种含氧的官能团
D．黄芩苷苯环上的一氯代物有6种
13．某生物质电池工作原理如下图所示，充、放电时分别得到高附加值的醇和羧酸。下列说法不正确的是
A．放电时，NiOOH转化为
B．充电时，通过交换膜从右室向左室迁移
C．充电时，阴极电极反应为：
D．每转移1mAh的电量，充、放电产生的醇和羧酸的物质的量不相等
14．生产磨砂玻璃时可以用 HF 溶蚀玻璃，其发生的化学反应为SiO2 + 4HF = SiF4↑ + 2H2O。关于上述反应中涉及到的元素和物质，其说法正确的是
A．H2O 的 VSEPR 模型是四面体形
B．SiF4晶体可能是共价晶体
C．基态 Si 原子的价电子排布图为
D．固体 HF 中含有的链状结构为(虚线表示氢键)
15．室温下，向10mL 0.1ml/L的H2SO3溶液中滴加0.1ml/L的NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．曲线Ⅱ表示HSO的分布系数随pH的变化
B．Ka2(H2SO3)的数量级为10−8
C．pH=7时，c(Na+)O>C，故B正确；
C．F电负性大于O，OF2中，F显-1价，则Z(O)的化合价为+2价，故C正确；
D．同周期元素从左到右半径依次减小，同主族元素从上到下半径依次增大，原子半径：Cl>C>F，故D错误；
选D。
12．A
判断、醇与强氧化剂的氧化反应
【解析】A．根据结构简式可知，黄芩苷分子中存在饱和碳原子，为正四面体结构，故黄芩苷分子中所有原子不可能在同一平面上，A正确；
B．黄芩苷分子中含有碳碳双键、醇羟基，能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．黄芩苷中有羟基、羰基、羧基、醚键含氧的官能团，C错误；
D．黄芩苷苯环上的一氯代物有4种，D错误；
故选A。
13．D
【分析】
由题意：充电时得到高附加值的醇、放电时得到高附加值的羧酸，结合图，放电时，负极发生氧化反应，转化为，所以放电时Rh/Cu是负极、为正极；充电时，Rh/Cu是阴极、为阳极。
【解析】A．放电时，为正极，NiOOH得到电子发生还原转化为，A正确；
B．充电时，阳离子向阴极移动，则通过交换膜从右室向左室迁移，B正确；
C．充电时，Rh/Cu是阴极，阴极电极反应为碱性条件下，得到电子发生还原反应转化为醇，反应式为：，C正确；
D．放电，负极发生氧化反应得到羧酸的反应为：-2e-+3OH-=+2H2O，充电，阴极发生还原反应得到醇的反应为：，结合电子转移，每转移1mAh的电量，充、放电产生的醇和羧酸的物质的量相等，D错误；
故选D。
14．A
【解析】A．H2O分子中心原子价层电子对数为，VSEPR模型是四面体形，故A正确；
B．SiF4晶体是分子晶体，故B错误；
C．3p轨道电子需要先分占轨道，自旋平行，故C错误；
D．固态HF的链状结构应该为，故D错误；
故答案为A。
15．C
【分析】向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚硫酸氢根物质的量浓度逐渐增大，因此曲线Ⅰ为亚硫酸，曲线Ⅱ为亚硫酸氢根，再继续加NaOH溶液，亚硫酸氢根物质的量浓度减小，亚硫酸根物质的量浓度增大，因此曲线Ⅲ为亚硫酸根，据此回答。
【解析】A．根据前面分析曲线Ⅱ表示的分布系数随pH的变化，A正确；
B．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)= =c(H+)=1×10−7.2，因此Ka2(H2SO3)的数量级为10−8，B正确；
C．pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到，又由于pH=7时，因此，C错误；
D．当加入的NaOH的体积为20mL时，NaOH与H2SO3恰好完全反应生成Na2SO3，则根据物料守恒，①，根据电荷守恒有②，①带入②可得，则，D正确；
故选C。
第II卷（共55分）
二、非选择题：共4小题，满分55分，各个小题除特别标注外均为每空2分。
16．（14分）
(1)平衡装置中压强，利于收集馏分（1分）
(2)防止反应过程中苯胺被氧化
(3)+NaOH→+CH3COONa
(4) H2O（1分） 使得蒸出的乙酸回流，提供原料利用率
(5) 重结晶 水
(6)68.0%
【分析】制取乙酰苯胺时，所需原料为乙酸和苯胺，由于反应需要加热且苯胺易被空气中的氧气氧化，所以需加入抗氧化剂(锌粉)，同时为防止混合液加热时暴沸，需加入沸石。由于反应可逆，反应物最好有一种过量，且将反应的产物及时移走，从而提高原料的利用率及乙酰苯胺的产率，据此分析解题。
【解析】（1）由题干实验装置图可知，实验中c出口的作用是平衡装置中压强，使得装置能顺利收集到馏分，故答案为：平衡装置中压强，利于收集馏分；
（2）由题干信息可知，苯胺为还原性液体，易被氧化，锌具有还原性，加入锌粉可以防止反应过程中苯胺被氧化，故答案为：防止反应过程中苯胺被氧化；
（3）
乙酰苯胺与NaOH发生水解反应生成苯胺和乙酸钠，反应的化学方程式：+NaOH→+CH3COONa，故答案为：+NaOH→+CH3COONa；
（4）水的沸点为100℃，结合表中沸点可知将温度升高至110℃的主要目的是为了蒸馏出更多的H2O，该实验使用分馏柱的目的是使得蒸出的乙酸回流，提供原料利用率，故答案为：H2O；使得蒸出的乙酸回流，提供原料利用率；
（5）由题干信息可知，乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，所以粗产品提纯的最佳方法是重结晶，最合适的溶剂是蒸馏水，故答案为：重结晶；水；
（6）
在烧瓶中加入4.5mL(50mml)新制的苯胺，根据反应苯胺和乙酰苯胺的物质的量之比为1：1，理论上生成乙酰苯胺0.05ml，故该实验的产率为=68.0%，故答案为：68.0%。
17．（15分）
(1)三颈烧瓶（1分）
(2)检查装置气密性
(3) Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O Na2CO3溶液碱性比 NaHCO3溶液强，易与FeSO4溶液发生双水解反应使得产品中混有Fe(OH)2杂质
(4)4FeCO3 +6H2O+O2 =4Fe(OH)3 +4CO2
(5)冷却结晶，过滤
(6) 乳酸根离子中含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化 85%（1分） 偏小（1分）
【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备碳酸亚铁过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故圆底烧瓶内制备硫酸亚铁，利用生成的氢气，使圆底烧瓶中气压增大，将圆底烧瓶中的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中，和Na2CO3溶液发生反应制备碳酸亚铁，碳酸亚铁再与乳酸反应即可制备乳酸亚铁；
【解析】（1）据仪器的构造可知，仪器c名称为三颈烧瓶；
（2）装置中涉及气体的产生和反应，则需装置不漏气，故为检查装置气密性；
（3）NaHCO3溶液会和亚铁离子反应生成二氧化碳、水和FeCO3，发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；Na2CO3溶液碱性比 NaHCO3溶液强，易与FeSO4溶液发生双水解反应使得产品中混有Fe(OH)2杂质，故使用碳酸氢钠生成碳酸亚铁所得产品纯度更高；
（4）亚铁具有还原性，空气中氧气具有氧化性，结合质量守恒，则FeCO3湿润时易因被氧化为氢氧化物氢氧化铁，同时生成二氧化碳，反应为：4FeCO3 +6H2O+O2 =4Fe(OH)3 +4CO2；
（5）通过反应从溶液中得到乳酸亚铁固体，则操作为：隔绝空气加热蒸发，冷却结晶、过滤，用适量乙醇洗涤，得到乳酸亚铁固体；
（6）乳酸亚铁中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；反应为Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，第二次滴定数据误差较大，舍弃，则平均消耗标准液34.00mL，产品纯度为。若滴定操作时间过长，则样品中亚铁离子容易被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，则产品纯度将偏小。
18．（12分）
(1) -90.2 低温（1分） BC
(2) 0.36ml/(L·min) b点温度较低，5min时未达平衡状态，a点温度较高，化学反应速率较快，转化率更高
(3) 正（1分）
【解析】（1）①反应Ⅲ=反应I-反应Ⅱ，；0的反应能自发进行，该反应为放热的熵减反应，则在低温下自发进行；
②a．反应在恒容密闭容器中进行且反应物和产物都是气体，无论是否达到平衡，混合气体的密度始终不变，a错误；
b．该反应不是等体积反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量不断变化，混合气体平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡，b正确；
c．反应在恒容密闭容器中进行且不是等体积反应，随着反应进行，气体总物质的量不断变化，压强也不断变化，压强不变说明反应达到平衡，c正确；
d．根据反应方程式和初始投料比可知，无论是否达到平衡，CO2与H2的物质的量之比始终为1：3，无法说明反应达到平衡，d错误；
故选BC。
（2）①由图，时转化率为60%，消耗0.6ml，在0~5min内的平均反应速率；
②温度升高，反应速率加快，相同时间内二氧化碳转化率增大，由图可知，a点为最高点，反应达到平衡，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致二氧化碳转化率降低，降低温度，反应速率变慢，没有达到平衡状态，导致二氧化碳转化率降低，故a点至b点转化率降低的原因：b点温度较低，5min时未达平衡状态，a点温度较高，化学反应速率较快，转化率更高。
（3）①从图中可知，Cu电极一侧通入CO2，最后生成CH4、C2H4、CH3OH等物质，CO2中的C得电子化合价降低，因此Cu为阴极，Y为负极，则X为电源正极。
②阴极上得电子发生还原反应结合氢离子生成C2H4和水，电极反应式为。
19．（14分）
(1)醚键、羟基
(2)2+O22+2H2O
(3)
(4)作还原剂，将—N=O转化为—NH2
(5)
(6)或
(7)
(8)的电负性较大，键邻位的为吸电子基团
【分析】
由有机物的转化关系可知，铜做催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成，则B为；与HOOCCH2COOH反应转化为，则D为；与CH3CH2NH2发生取代反应生成，则E为；与HOOCCH2CN先发生取代反应生成，发生分子内加成反应生成，发生构型转化得到，则G为；与亚硝酸钠反应生成，与发生还原反应生成，则J为；与发生取代反应生成，发生脱水反应生成或，则L为或。
【解析】（1）
由结构简式可知，的含氧官能团为醚键、羟基，故答案为：醚键、羟基；
（2）
由分析可知，A→B的反应为铜做催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；
（3）
由分析可知，核磁共振氢谱只有1组峰的E的结构简式为，故答案为：；
（4）
由分析可知，I→J的反应为与发生还原反应生成，则的作用为作还原剂，将—N=O转化为—NH2，故答案为：作还原剂，将—N=O转化为—NH2；
（5）
由分析可知，L的结构简式为或，故答案为：或；
（6）
由分析可知，中间产物2的结构简式为，故答案为：；
（7）
E→F、F→G和K→L反应物中的N−H键极性强，易断裂是因为氮元素的电负性较大所致；的反应物中α位的键极性强，易断裂是因为C−H键邻位的−COOH为吸电子基团所致，故答案为：的电负性较大，键邻位的为吸电子基团。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
C
D
A
C
B
D
B
A
题号
11
12
13
14
15





答案
D
A
D
A
C