2022届四川省乐山市高中第一次调研考试理综化学试题含解析

这是一份2022届四川省乐山市高中第一次调研考试理综化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，实验题，原理综合题，工业流程题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

四川省乐山市高中2022届第一次调研考试理综化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．“矾”是一类金属硫酸盐的结晶水合物，在生活和生产中有着重要应用，下列有关“矾”的说法正确的是
A．蓝矾(CuSO4·5H2O)是一种纯净物，可用于检验酒精中是否含有水
B．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]常用于净水，其水溶液显中性
C．铁铵矾[NH4 Fe(SO4)2·12H2O]是一种媒染剂，其中Fe的化合价为+3价
D．皓矾(ZnSO4·7H2O)常用作医学收敛剂，铁单质与其溶液反应能置换出Zn
【答案】C
【详解】A．无水硫酸铜遇水变蓝，可用于检验酒精中是否含有水，而蓝矾(CuSO4·5H2O)不能，故A错误；
B．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在水中电离出的铝离子很容易水解生成氢氧化铝胶体，水溶液显酸性，故B错误；
C．铁铵矾[NH4 Fe(SO4)2·12H2O]中，铵根显+1价，硫酸根显-2价，故铁元素显 +3价，故C正确；
D．铁单质金属活动性顺序排在Zn之后，不能皓矾溶液反应能置换出Zn，故D错误；
故答案选C。
2．下列反应的离子方程式正确的是
A．FeO溶于少量稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2O
B．向石灰乳中滴加0.1mol/LMgCl2溶液：Mg2+(aq)+Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+Mg(OH)2(s)
C．用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu2++2C1-+2H2OCu(OH)2↓+Cl2↑+H2↑
D．NaHCO3的水解方程式：+H2O⇌+H3O+
【答案】B
【详解】A．稀硝酸有强氧化性，可以氧化亚铁离子，故A错误；
B．向石灰乳中滴加0.1mol/LMgCl2溶液：Mg2+(aq)+Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+Mg(OH)2(s)，故B正确；
C．用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu2++2C1-Cu+Cl2↑，故C错误；
D．NaHCO3的水解生成碳酸和氢氧根，故D错误；
故答案为B。
3．为提纯下列物质(括号内为杂质)，所选用的试剂和除杂方法都正确的是
选项
被提纯物质
除杂试剂
操作
A
乙烯(甲烷)
溴水
洗气
B
溴苯(溴)
CCl4
萃取
C
乙醇(乙酸)
金属钠
蒸馏
D
淀粉溶液(葡萄糖)
——
渗析

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．乙烯与溴水发生加成反应，甲烷与溴水不反应，故用溴水不能除去乙烯中混有的甲烷，A错误；
B．溴苯和溴与CCl4互溶，三者不能分离，B错误；
C．乙醇和乙酸均能与金属钠反应，不能用金属钠除去乙醇中的乙酸，C错误；
D．淀粉溶液为胶体，不能通过半透膜，葡萄糖溶液能通过半透膜，故可以通过渗析除去淀粉溶液中的葡萄糖，D正确；
故选D。
4．X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，元素Z的核电荷数是元素Y的两倍，下列有关说法不正确的是
X
Y


Z
W

A．原子半径：X> Y
B．简单阴离子还原性：Z> W
C．元素X、Y的单质在放电条件下生成红棕色气体
D．四种元素的简单氢化物中，Y的氢化物沸点最高
【答案】C
【分析】由题干信息结合四种元素在周期表中的位置可知，元素Z的核电荷数是元素Y的两倍，则Y是O，Z为S,X为N，W为Cl，据此分析解答。
【详解】A．X为N，Y是O，原子半径：N＞O，故A错误；
B．Z的简单阴离子：S2-、W的简单阴离子：Cl-还原性：S2-> Cl-，故B正确；
C．元素X、Y的单质即氮气和氧气，在放电条件下生成一氧化氮，为无色气体，故C错误；
D．四种元素的简单氢化物分别为：NH3、H2O、H2S、HCl，其中H2O中存在氢键，沸点最高，故D正确；
故答案选C。
5．某有机物的结构简式如图所示，下列有关该物质的说法正确的是（   ）

A．与乙醇互为同系物
B．分子中所有原子可能处于同一平面
C．能发生氧化、加成、取代等反应
D．与该物质互为同分异构体的醛有4种(不考虑立体异构)
【答案】D
【详解】A．结构相似，组成上相差1个或n个CH2原子团的有机物互为同系物，CH3CH2OH和结构不相似，不是互为同系物，A选项错误；
B．该物质所含的五元环含有亚甲基（-CH2-），具有类似于甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，B选项错误；
C．该物质含有羟基，可以发生氧化、取代反应，不能发生加成反应，C选项错误；
D．分子式C5H10O，属于醛的同分异构体为：CH3（CH2）3CHO 、CH3CH2CH（CH3）CHO、（CH3）2CHCH2CHO 、（CH3）3CCHO，共4种，D选项正确；
答案选D。
6．“电絮凝-电气浮法”污水处理装置原理如图所示。在外电压作用下，可溶性阳极产生阳离子体对胶体污染物发生凝聚效应，同时另一极产生气体，在气体上浮过程中将絮体上浮，从而实现污染物的分离和水的净化。下列有关说法不正确的是

A．外接电源a端为正极
B．石墨极电极反应为：4OH- - 4e- =O2↑+2H2O
C．电解时阳极产生少量强氧化性新生态氧，有一定杀菌作用
D．铝电极可以用铁替换
【答案】B
【分析】根据图中信息可知，铝转化为氢氧化铝沉淀，可知铝失电子产生铝离子，故铝电极为连接正极的阳极，即a为正极，b为负极，石墨为阴极。
【详解】A．由题干知铝电极为阳极，阳极接电源正极，即a端为正极，选项A正确；
B．石墨电极为阴极，阴极上得电子，发生的电极反应为2H2O+ 2e-=2OH- + H2↑，选项B错误；
C．新生态氧有强氧化性，可杀菌，选项C正确；
D．铁可以失电子得到Fe2+，Fe2+也会生成沉淀Fe(OH)2，选项D正确；
答案选B。
7．常温下，a mol/L某酸H2A溶液中各含A粒子的pc- pOH关系如图所示[其中pc=- lgc(溶液中各含A粒子浓度负对数)，pOH= -lgc(OH- )]。下列有关说法不正确的是

A．曲线III表示pc(H2A)随pOH的变化
B．pH=2的溶液中，c(H2A) > c(HA- ) > c(A2- )
C．pH=4的溶液中：c(HA- )=a mol/L- 2c(A2- )
D．H2A+A2-⇌2HA-的平衡常数K=1.0× 104.8
【答案】B
【分析】由图可知，H2A为弱酸，H2A在溶液中发生电离的方程式为，，[pOH=-lgc(OH-)]， pc=-lgc，则pOH值越大，溶液的碱性越弱，pc值越大，粒子的浓度越小，pOH=0时，溶液的碱性最强，此时对于H2A溶液，各粒子浓度关系为，因此曲线Ⅰ为pc(A2-)随pOH的变化，曲线Ⅱ为pc(HA-)随pOH的变化，曲线Ⅲ为pc(H2A)随pOH的变化。
【详解】A．由图象可知H2A为弱酸，H2AH++HA-、HA-H++A2- ,pc=-lgc ,pOH=-lgc(OH-)可知pc值越大粒子浓度越小，pOH值越大，c(OH-)越小，pOH=0时，溶液碱性最强，则c(H2A)< c(HA-)< c(A2-)，故Ⅲ为H2A，Ⅱ为HA-，Ⅰ为A2-，选项A正确；
B．pH=2的溶液中，，pOH=12，由图可知，pOH=12时c(HA-)=c(H2A)> c(A2-)，选项B错误；
C．pH=4的溶液中，，pOH=10，此时，根据物料守恒有，则c(HA-)=amol/L-2c(A2-)，选项C正确；
D． 的平衡常数，C点时，，此时pOH=12，则，， ，A点时，，此时pOH=7.2，则， ，，则，选项D正确；
答案选B。

二、实验题
8．某种常见补铁药物的主要成分为琥珀酸亚铁。该药品不溶于水但能溶于常见稀酸。某学习小组同学分别设计实验检验药片中Fe2+的存在并测定Fe2+的含量(假设杂质不参与反应)。回答下列问题：
(1)甲同学为了检验药品中的Fe2+ ，将药物碾碎、水溶后过滤。取少量所得滤液于两支试管中，分别加入K3[Fe(CN)6]溶液和KSCN溶液，观察并记录实验现象。
①甲同学过滤时的下列操作规范的是_______(填编号)。
a.用玻璃棒引流
b.漏斗口未紧靠烧杯内壁
c.将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁
d.滤纸边缘高于漏斗边缘
e.用玻璃棒在漏斗中搅动以加快过滤速度
②滤液加入K3[Fe(CN)6]溶液或KSCN溶液均未出现明显现象，其主要原因为 _______。
(2)乙同学设计如下实验测定药片中Fe2+的含量。
步骤一：取本品10片，碾碎后加入一定浓度试剂a，在适当的条件下配成100mL溶液。
步骤二：准确量取20.00mL步骤一所得溶液放入烧杯中。
步骤三：向烧杯中加入过量H2O2溶液，后加入过量NaOH溶液生成沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥后灼烧至固体质量恒定，得0. 64g固体。
①步骤一中加入的试剂a为 _______ 。
②步骤三中，加入H2O2溶液发生反应的离子方程式为 _______，灼烧后 所得固体的颜色为 _______，灼烧时需要使用下列仪器中的 _______(填编号)。
a.酒精灯  　　 b.坩埚  　　 c.蒸发皿  　　 d.铁架台(带铁圈) 　　  e.三脚架
③若将步骤三中的H2O2 溶液换为Cl2也能达到目的，但使用H2O2溶液的好处是_______。
④由实验数据计算，每片药片中约含Fe2+ _______mg。
(3)医生建议该药品与维生素C同时服用以增强补铁效果，原因是利用了维生素C的_______ (选填“氧化性”、“ 还原性”或“碱性”。)
【答案】(1)     ac     该药品不溶于水
(2)     稀硫酸/稀盐酸     H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O     红棕色     abe     无污染/操作方便     224
(3)还原性

【分析】（1）过滤操作时注意“两低三靠”；
（2）测定药片中Fe2+的含量，用稀硫酸溶解药片，过滤后，滤液中加过氧化氢把Fe2+氧化为Fe3+，再加氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，过滤、洗涤、干燥、灼烧得红棕色固体氧化铁，根据铁元素守恒计算Fe2+的质量；
（1）
①a．过滤时，用玻璃棒引流，故a正确；
B．过滤时，为防止滤液迸溅，漏斗口应紧靠烧杯内壁，故b错误；
C．用少量水润湿滤纸，使滤纸紧贴漏斗，滤纸层与漏斗壁间不留气泡，故c正确；
D．滤纸边缘低于漏斗边缘，故d错误；
E．用玻璃棒搅动漏斗里的液体，容易把滤纸弄破，起不到过滤的作用，故e错误；
正确的做法是ac；
②琥珀酸亚铁不溶于水，所以滤液加入K3[Fe(CN)6]溶液或KSCN溶液均未出现明显现象。
（2）
①琥珀酸亚铁能溶于常见稀酸，所以步骤一中加入稀硫酸或稀盐酸溶解。
②步骤三中，加入H2O2溶液把Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O，灼烧后 所得固体为氧化铁，氧化铁的颜色为红棕色，灼烧固体的装置为，需要使用仪器有.酒精灯、坩埚、三脚架等，选abe。
③H2O2是绿色氧化剂，使用H2O2溶液的好处是无污染/操作方便。
④灼烧得0. 64g固体Fe2O3，根据铁元素守恒，每片药片中约含Fe2+ 。
（3）
该药品与维生素C同时服用以增强补铁效果，维生素C能防止Fe2+氧化，所以利用维生素C的还原性。

三、原理综合题
9．研究CO与H2反应制备二甲醚(CH3OCH3)，既可减少碳排放，又可变废为宝。回答下列问题：
(1)已知CO与H2反应制备二甲醚的总反应为：2CO (g) +4H2(g)⇌CH3OCH3(g) +H2O (g)，该反应经历以下两个中间反应：
i：CO (g) + 2H2(g)⇌CH3OH (g) ΔH1=- 90. 1KJ/ mol
ii：2CH3OH (g)⇌CH3OCH3(g)+ H2O(g) ΔH2=- 24.5KJ/mol
则总反应的ΔH= _______； 若反应过程中能量变化如图所示，则总反应速率主要由反应 _______(选填“i ”或“ii”)决定。

(2)下列措施既能加快总反应速率，又能提高CO转化率的是_______。
a.升高温度　　　b.增大压强　　　c.使用合适催化剂　　　d.及时分离二甲醚
(3)当起始物=2时，在100°C、200°C、300°C时，总反应中CO的平衡转化率(α)随压强变化关系如图所示， 则：

①反应在100℃，5. 0 ×105Pa时，CO的平衡转化率α= _______，判断依据是 _______，该条件下的平衡体系中二甲醚的体积分数约为 _______%(保 留小数点后一位)。
②一定温度下，同一反应用平衡浓度表示的平衡常数Kc和用平衡分压表示的平衡常数Kp间存在定量关系，可以借助公式pV= nRT进行推导(其中T为体系温度；p为气体压强；V为气体体积；n为气体物质的量；R为常数)。则当体系温度为T时，总反应Kc与Kp的关系为Kc=_______Kp(用含 R、T的式子表示)。
【答案】(1)     -204.7 kJ/mol     ii
(2)b
(3)     0.70     该反应放热，温度降低平衡正向移动CO转化率增大，100°C时CO转化率比200℃高     21.9     (RT)4

【解析】（1）
i：CO (g) + 2H2(g)⇌CH3OH (g)     ΔH1=- 90. 1KJ/ mol
ii：2CH3OH (g)⇌CH3OCH3(g)+ H2O(g)    ΔH2=- 24.5KJ/mol
根据盖斯定律i×2+ ii得2CO (g) +4H2(g)⇌CH3OCH3(g) +H2O (g)  ΔH=- 90. 1KJ/ mol×2- 24.5KJ/mol=-204.7 kJ/mol；反应ii的活化能大于反应i，活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，所以总反应速率主要由反应ii决定；
（2）
a．正反应反应，升高温度平衡逆向移动，CO转化率降低，故不选a；　　　
B．增大压强，反应速率加快，正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，CO转化率增大，故选b；
C．使用合适催化剂，平衡不移动，CO转化率不变，故不选c；　　　
D．及时分离二甲醚，浓度降低，反应速率减慢，故不选d；
选b。
（3）
①该反应放热，温度降低平衡正向移动CO转化率增大，100°C时CO转化率比200℃高，反应在100℃，5. 0 ×105Pa时，CO的平衡转化率α=0.70，

该条件下的平衡体系中二甲醚的体积分数约为；
②Kc=，根据pV= nRT，可得c=，Kc=。

四、工业流程题
10．钴是一种重要战略物质，由钴催化剂废料(含Co2O3、Fe2O3、CuO等杂质)制备CoCO3和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如图所示：

已知：(i)氧化性：Co3+>>Fe3+。
(ii)CoCO3、Co(OH)2、黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2 (OH)6]均难溶于水。
(1)写出两条提高还原含钴废催化剂时浸取率的措施 _______ 。
(2)“还原浸出”中，Co2O3被Na2SO3还原的化学方程式为_______ 。
(3)“氧化”中，被氧化的离子有_______ 。
(4)如图表示几种含铁物质稳定存在时与溶液和温度的关系，其中阴影部分表示黄钠铁矾。若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制溶液的pH范围为_______。

(5)若选用MnS“除铜”，计算常温下“除铜”反应的平衡常数K= _______ [已知常温下，Ksp(MnS)=2.6 ×10-13，Kp (CuS)=1.3×10-36]。
(6)“沉钴”时，加入小苏打发生反应的离子反应方程式为_______，不宜用 Na2CO3代替NaHCO3的原因是_______。
【答案】(1)搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度
(2)Co2O3+ Na2SO3+ 2H2SO4=2CoSO4+ Na2SO4+ 2H2O
(3)和Fe2+
(4)0.7~2.2
(5)2.0×1023
(6)     2+Co2+=CoCO3↓+H2O+CO2↑     Na2CO3溶液碱性强，溶液中OH-浓度大易与Co2+反应生成Co(OH)2沉淀

【分析】钴催化剂废料(含Co2O3、Fe2O3、CuO等杂质)利用硫酸酸浸、亚硫酸钠还原，生成Co2＋、Fe2＋，然后加入氯酸钠氧化亚铁离子生成铁离子，Co2＋不被氧化，加入碳酸钠生成黄钠铁钒，过滤滤液中“除铜”后，向滤液中加入碳酸氢钠沉淀Co2＋，生成碳酸钴，据此解答。
【详解】（1）依据外界条件对反应速率的影响可知提高还原含钴废催化剂时浸取率的措施有搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度等。
（2）根据原子守恒可知“还原浸出”中，Co2O3被Na2SO3还原为二价钴同时生成硫酸根离子，化学方程式为Co2O3+ Na2SO3+ 2H2SO4＝2CoSO4+ Na2SO4+ 2H2O。
（3）已知：(i)氧化性：Co3+>>Fe3+。由于亚硫酸钠过量，根据氧化性：Co3+＞＞Fe3+可知氧化”中，被氧化的离子有和Fe2+。
（4）阴影部分表示黄钠铁矾，根据图中几种含铁物质稳定存在时与溶液和温度的关系可判断若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制溶液的pH范围为0.7～2.2。
（5）常温下“除铜”反应的方程式为MnS+Cu2＋=CuS+Mn2＋，则平衡常数K=＝2×1023。
（6）“沉钴”时根据原子守恒可知可知还有水和二氧化碳生成，则加入小苏打发生反应的离子反应方程式为2+Co2+＝CoCO3↓+H2O+CO2↑，由于Na2CO3溶液中碳酸根离子水解程度大、溶液碱性强，溶液中OH-浓度大易与Co2+反应生成Co(OH)2沉淀，所以不宜用Na2CO3代替NaHCO3。

五、结构与性质
11．硼单质及其化合物在科技前沿有广泛的应用，如用作高能火箭燃料，制作半导体材料等，回答下列问题：
(1)硼与氧的亲和力超过硅，常作炼钢工业去氧剂。硼原子的核外电子排布式为_______， 晶体硼的晶体类型为_______， 晶体硼的熔点比晶体硅 _______(选填“高”或“低”)，原因是_______。
(2)乙硼烷B2H6常用于制作半导体材料。乙硼烷分子内通过“桥氢原子”形成两个特殊共价键；使B原子最外层达到稳定结构(如图一)。则B2H6中B原子的杂化方式为_______。

(3)多聚硼酸盐常用于制作光学玻璃。某多聚硼酸根具有无限网状结构，其结构单元如图二所示，若其结构单元表示为(B5On)m-，则m=_______，n= _______ ；结构单元中电负性较强的元素为 _______。

(4)氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。可通过下列反应得到： B2O3+2_____2BN+3H2O
①横线上物质的空间构型为 _______。
②六方氮化硼晶体结构与石墨相似(如图三)，N- B键键长为apm，晶体的层间距为bpm，则六方氮化硼晶体的密度为 _______g·cm-3(列出计算式，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。

【答案】(1)     1s22s22p1     原子晶体     高     两者均为原子晶体，B原子半径小于Si，共价键B-B强于Si-Si，故晶体硼熔点高
(2)sp3杂化
(3)     3     9     氧/O
(4)     三角锥形    

【解析】（1）
硼原子为5号元素，则核外电子排布式为1s22s22p1； 晶体硼的晶体类型为原子晶体，晶体硼的熔点比晶体硅高，原因是两者均为原子晶体，B原子半径小于Si，共价键B-B强于Si-Si，故晶体硼熔点高，故答案为：1s22s22p1；原子晶体；高；两者均为原子晶体，B原子半径小于Si，共价键B-B强于Si-Si，故晶体硼熔点高；
（2）
据分子结构，B价层电子对数为4对，因此B原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3杂化；
（3）
结构单元示意图可知，结构单元中硼原子的个数为5，氧原子的个数为，由化合价代数和为0可得：(+3)×5+(-2)×9=m，解得m=3，则m=3，n=9；B和O在同一周期，同周期元素，电负性从左到右增强，则电负性较强的元素为氧/O，故答案为：3；9；氧/O；
（4）
①通过质量守恒可知，该方程式为B2O3+2NH32BN+3H2O，NH3中N原子成3个键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，所以氨气分子空间构型是三角锥形，故答案为：三角锥形；
②根据均摊法可知，六方氮化硼晶体含有个N原子和B原子，则质量为，晶体的体积为，则六方氮化硼晶体的密度= g·cm-3，故答案为：。

六、有机推断题
12．中药黄芩的主要活性成分之一为化合物F，具有抗氧化和抗肿瘤作用。现在可人工合成，路线如图所示：

(1)A的化学名称为_______，B 中含氧官能团的名称为_______。
(2)反应②的反应类型为_______，化合物 D的分子式为C18 H18O5，写出其结构简式_______。
(3)反应①的化学方程式为_______。
(4)写出一定条件下物质C反应生成高分子化合物的化学方程式_______。
(5)同时符合下列条件的B的同分异构体共有_______种。
a.能发生银镜反应；
b.苯环上有3个取代基；
c.与FeCl3溶液发生显色反应。
(6)参照题中所给信息，以CH3CHO为主要原料设计合成 (其它试剂任选)_______。
【答案】(1)     苯甲醛     羧基
(2)     取代反应    
(3)+(CH3CO)2O→+CH3COOH
(4)n
(5)10
(6)CH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH(OH)CH2COOH

【分析】A与(CH3CO)2O反应得到B，B发生取代反应得到C，C发生取代反应得到D，根据D的分子式C18 H18O5，D的结构简式为：；D中羟基上的氢原子被取代得到E，E中甲基被氢原子取代得到F。
（1）
A的名称为苯甲醛；B中含氧官能团的名称为羧基；
（2）
反应②的反应类型为取代反应；D的结构简式为：；
（3）
对比A和B的结构简式，反应①的方程式为：+(CH3CO)2O→+CH3COOH；
（4）
C中含双键，能发生加聚反应得到高分子化合物，化学方程式为：n；
（5）
根据B的结构简式，除苯环外不饱和度为2，若能发生银镜反应，则含醛基（不饱和度为1），与FeCl3溶液能发生显色反应，则含酚羟基，苯环上含3个取代基，另一个取代基含双键，为-CH=CH2，满足条件的B的结构简式为：、、（数字代表-CH=CH2的位置），共10种；
（6）
参照题中合成步骤①，CH3CHO与(CH3CO)2O反应得到CH3CH=CHCOOH，与水加成得到CH3CH(OH)CH2COOH，自身发生所聚反应得到聚合物，故合成路线为：CH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH(OH)CH2COOH 。