四川省遂宁市第二中学2023-2024学年高三上学期第二次诊断性考试化学Word版含解析.docx

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遂宁二中高2024届高三第二次诊断性考试理科综合试卷本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。全卷满分300分，考试时间150分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1　C12　O16　Na23　P31　S32　C135.5　Ni59　I127第I卷(选择题，共126分)一、选择题(本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.化学与科技、生活有密切的关系。下列叙述不正确的是A.小苏打、纯碱均可用于面食制作B.第三代核电“华龙一号”落户福建，核反应属于化学反应C.含钠、铜、钙金属元素的化合物均可使火焰呈现出不同的颜色D.天宫空间站所使用的太阳能帆板主要成分是硅单质【答案】B【解析】详解】A．小苏打、纯碱显碱性，无毒，可以用于面食制作，A正确；B．核反应属于核变化，不是化学变化，B错误；C．焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；含钠、铜、钙金属元素的化合物均可使火焰呈现出不同的颜色，C正确；D．硅是半导体，是制作太阳能电池板的主要材料，D正确；故选B。2.下列反应的离子方程式正确的是 A.通入中制B.向碳酸氢钠溶液中滴加少量石灰水：C.少量硫化钠溶液与氯化铁溶液反应：D.氨水中滴入少量【答案】D【解析】【详解】A．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为，故A错误；B．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为，故B错误；C．少量硫化钠溶液与氯化铁溶液反应生成氯化钠、硫沉淀和氯化亚铁，反应的离子方程式为，故C错误；D．氨水与少量硫酸铜溶液反应生成硫酸四氨合铜和水，反应的离子方程式为，故D正确；故选D。3.相同温度下，分别在起始体积均为的两个密闭容器中发生反应：　，实验测得反应的有关数据如下表。容器反应条件起始物质的量/mol达到平衡所用时间/min达到平衡过程中的能量变化X2Y2XY3①恒容13010放热0.1akJ②恒压130t放热bkJ下列叙述正确的是A.反应②的平衡常数K约为0.0046B.①中：从开始至10min内的平均反应速率v(X2)=0.1mol-1·L·min-1C.②中：X2的平衡转化率小于10%D.b>0.1a 【答案】D【解析】【详解】A．①②中反应温度相同，平衡常数K的数值相同，故根据放出的热量值，可知参加反应的为0.1mol，则：则反应①平衡常数：0.0023，A错误；B．①中反应放热0.1akJ，说明10min内X2反应了0.1mol，物质的量浓度改变量为0.1mol·L-1，所以其平均速率为v(X2)=0.01mol·L-1·min-1，B错误；C．据容器①中数据，可算出X2的平衡转化率为10%，容器②是恒温恒压，容器①是恒温恒容，容器②相当于在容器①的基础上加压，平衡右移，所以X2的转化率大于10%，容器②放出的热量比容器①多，C错误；D．结合C分析可知，b>0.1a，D正确；故选D。4.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A.标准状况下，22.4LCH2Cl2中含C—H键数为2NAB.电解精炼铜时阳极质量减轻32g，电路中转移电子数目一定为NAC.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NAD.常温下，1LpH=10的氨水溶液中，发生电离的水分子数为1×10-4NA【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下，二氯甲烷为液态，无法计算22.4L甲烷的物质的量和含有的碳氢键的数目，故A错误；B．电解精炼铜，粗铜是精炼池的阳极，阳极上锌、铁、铜在阳极上失去电子发生氧化反应生成金属阳离子，则无法计算阳极质量减轻32g时，转移电子的数目，故B错误；C．氢气和碘蒸气生成碘化氢的反应是气体体积不变的反应，则0.1mol氢气和0.1mol碘蒸气于密闭容器中充分反应后，混合气体的分子总数为0.2mol×NAmol—1=0.2NA，故C正确；D．氨水是弱碱，在溶液中部分电离出的氢氧根离子抑制水的电离，溶液中水电离出的氢离子与发生电离的水分子物质的量相等，则常温下，1LpH=10的氨水溶液中，发生电离的水分子数为1×10 -10mol/L×1L×NAmol—1=1×10-10NA，故D错误；故选C。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y同主族，X在短周期主族元素中金属性最强，Y的最高正价和最低负价的代数和为4.下列叙述正确的是A.W与氢元素形成的化合物分子中一定不含非极性共价键B.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物都是强电解质C.简单离子的半径：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)D.简单气态氢化物热稳定性：W＜Z＜Y【答案】B【解析】【分析】X在短周期主族元素中金属性最强，X为Na，Y的最高正价和最低负价的代数和为4，可知其最高正价为+6，最低负价为-2，则Y为S，Z为Cl，W与Y同主族，且原子序数小于Y，则W为O，据此解答。【详解】A．W为氧，与氢可形成H2O和H2O2，其中H2O2中存在极性键和非极性键，故A错误；B．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、H2SO4和HClO4，分别为强碱、强酸、强酸，均是强电解质，故B正确；C．氯离子和硫离子的核外电子排布相同，S的核电荷数小于Cl，其离子半径大于氯，故C错误；D．元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，三种种元素中非金属性最强的是O，其次是Cl，故热稳定性：W>Z>Y，故D错误；故选：B。6.依据下列实验的操作及现象，推测出的相应结论中正确的是选项实验操作现象结论A将铜和浓硫酸反应后的混合物倒入盛有稀盐酸、BaCl2混合溶液的烧杯中产生大量白色沉淀铜和浓硫酸反应后有硫酸剩余BpH试纸测0.1mol-1LNaHSO3溶液pH约5Kal(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>KwC向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量稀AgNO3溶液产生浅黄色沉淀溶解度AgBr比AgCl小D将25℃0.1mol-1LNa2SO3溶液加热到40℃溶液的pH温度升高，Na2SO3 ，用传感器监测溶液pH变化逐渐减小水解平衡正向移动A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．铜与浓硫酸反应生成的也能与反应生成沉淀，A错误；B．NaHSO3溶液显酸性，说明电离程度>水解程度，，而，即，，B正确；C．溶液中和浓度位置，无法确定是否存在沉淀转化，即无法比较氯化银与溴化银溶解度，C错误；D．溶液的pH逐渐减小，碱性减弱，也可能是Na2SO3被空气中的氧气氧化成Na2SO4所致，D错误；答案选B。7.常温下，往0.01mol·L的NaHA溶液中通入HCl(g)或加入NaOH固体调节溶液的pH(忽略体积变化)，溶液中c(HA-)随pH变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.水的电离程度：c>b=d>aB.c点溶液中存在：C.d点溶液中存在：D.【答案】C【解析】【分析】根据图知，c点向左溶液的pH值减小，应该是通入HCl，c点向右为加入KOH固体，溶液的pH 值增大，c点为0.01mol/L的NaHA溶液，c点溶液pH=6，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，据此分析解题。【详解】A．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大，水电离程度越小，中性溶液不影响水电离，a、b、c点溶液都呈酸性，且是酸电离导致溶液呈酸性，这三点都抑制水电离，c(H+)：a＞b＞c,d点溶液呈中性，不影响水的电离，所以水电离程度：d＞c＞b＞a,故A错误；B．c点溶液pH=6＜7，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，但其电离和水解程度都较小，所以存在c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，B错误；C．d点溶液pH=7，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则存在c(HA-)+2c(A2-)=c(Na+)，C正确；D．根据图像，在a点时，溶液的pH=2，说明c(H+)=10-2mol/L，溶液中c(HA-)为10-5mol/L，溶液中起始时c(HA-)=0.01mol/L，通入HCl忽略溶液体积变化，则平衡时产生c(H2A)=0.01mol/L-10-5mol/L≈0.01mol/L，则Ka1(H2A)=≈=1×10-5，D错误；故答案为：C。第II卷(非选择题，共174分)注意事项：1.请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第II卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。2.试卷中横线需要你在第卷答题卡上作答。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~32题为必考题，每个试题考生都做答；第33题~38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)8.某催化剂主要含Ni、Ni(OH)2、NiS及少量Zn、Fe、CuO、CaO、SiO2等杂质，从中制备金属Ni的工艺流程如下：物质NiSZnSCuSFeSCaF2(20℃)回答下列问题： （1）为提高废镍催化剂的浸出速率，可采取的措施有_____(答一条即可)。（2）反应的平衡常数K=_____。滤渣1的成分除CuS外还有_____。（3）NaClO氧化为的离子方程式为_____。（4）室温下用有机萃取剂HDEHP萃取金属离子的萃取率随溶液pH的变化如下左图。“萃取”时应调节溶液pH的最佳范围是_____。（5）若用Na2CO3溶液“沉镍”会产生。为测定其组成，进行下列实验：称取干燥沉淀样品3.41g，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如上图所示(300~480℃、500~750℃条件下加热，收集到的气体产物均各只有一种，750℃以上残留固体为NiO)。则样品的化学式为_____。（6）“分解”时通N2的作用是_____。【答案】（1）将废镍催化剂进行粉碎或适当升高温度（2）①.1010②.CaSO4、SiO2（3）2H＋+ClO－+2Fe2＋＝2Fe3＋+Cl－+H2O（4）3～4或3＜pH＜4（5）NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O（6）作保护气，防止Ni被氧化【解析】【分析】废镍催化剂利用硫酸酸浸，二氧化硅不溶，硫酸钙微溶，生成的铜离子结合硫离子转化为CuS沉淀，过滤，浸取液中含有Zn2＋、Fe2＋、Ni2＋等，加入次氯酸钠氧化亚铁离子为铁离子，加入NiO调节pH沉淀铁离子，加入NaF沉淀锌离子，加入萃取剂萃取除镍离子以外的其它离子，分液后加入草酸钠沉淀镍离子，最后草酸镍热分解得到金属镍，据此解答。【小问1详解】 依据外界条件对反应速率的影响可判断为提高废镍催化剂的浸出速率，可采取的措施有将废镍催化剂进行粉碎或适当升高温度等。【小问2详解】反应的平衡常数K=。根据以上分析可知滤渣1的成分除CuS外还有CaSO4、SiO2。【小问3详解】NaClO氧化为的离子方程式为2H＋+ClO－+2Fe2＋＝2Fe3＋+Cl－+H2O。【小问4详解】根据图像可知pH在3～4时镍的萃取率最低，其余金属阳离子的萃取率高，所以“萃取”时应调节溶液pH的最佳范围是3～4或3＜pH＜4。【小问5详解】300～480℃、500～750℃条件下加热，收集到的气体产物均各只有一种，加热时首先失去的是结晶水，结晶水的质量是3.41g－2.69g＝0.72g，物质的量是0.04mol，第二次生成的气体是二氧化碳，质量是2.69g－2.25g＝0.44g，物质的量是0.01mol，最终得到的是2.25gNiO，物质的量是0.03mol，因此x:y:z＝0.01:0.02:0.02＝1:2:2，所以样品的化学式为NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O。【小问6详解】氮气性质稳定，为防止生成的镍被氧化，“分解”时通N2的作用是作保护气，防止Ni被氧化。9.三氯氧磷（POCl3）是一种工业化工原料，某化学小组采用PCl3氧化法制备POCl3。已知：PCl3的熔点为-112℃，沸点为75.5℃。在潮湿空气中二者均极易水解而剧烈“发烟”。回答下列问题：Ⅰ.制备PCl3（1）氯气的发生装置可以选择上图中的_____（填字母代号），反应的离子方程式为___________。 （2）检查装置气密性并装入药品后，先关闭K1，打开K2通入干燥的CO2，一段时间后，关闭K2，加热曲颈瓶同时打开K1通入干燥氯气，反应立即进行。通干燥CO2的作用是______________。Ⅱ.制备POCl3（3）盛放碱石灰的仪器的名称是_____。装置G中发生的化学方程式为_____。（4）装置F的作用除观察O2的流速之外，还有__________________。Ⅲ.测定POCl3含量实验制得的POCl3中常含有PCl3杂质，通过下面方法可测定产品的纯度：①快速称取5.000g产品，加水反应后配成250mL溶液：②取以上溶液2500mL，向其中加入10.00mL0.1000mol/L碘水（足量），充分反应；③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定；④重复②、③操作，平均消耗0.1000mol/LNa2S2O3溶液8.00mL。已知：H3PO3+I2+H2O＝H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6。（5）滴定终点的现象为__________________。该产品的纯度为______。（6）若滴定管在滴定前无气泡，滴定后有气泡，则测定结果________（填“偏高”“偏低”或“不变”）。【答案】（1）①.A或B②.2MnO4－+10Cl－＋16H＋＝2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O或MnO2＋4H＋+2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O（2）排尽装置中的空气，防止红磷与空气中的氧气发生自燃（3）①.干燥管②.2PCl3+O2＝2POCl3（4）平衡气压、干燥氧气（5）①.当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪去②.83.5%（6）偏低【解析】 【分析】本题是一道和制备相关的实验题，涉及实验装置的选择；实验操作的分析；仪器中药品的作用；装置的作用；纯度计算；误差分析。【小问1详解】实验室制备氯气可以用二氧化锰在加热的条件下氧化浓盐酸或不加热利用高锰酸钾氧化浓盐酸，即装置选择A或B，方程式分别是2MnO4－+10Cl－＋16H＋＝2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O或MnO2＋4H＋+2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；【小问2详解】由于PCl3遇O2会生成POCl3，遇水生成H3PO3和HCl，通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止生成的PCl3与空气中的O2和水反应；【小问3详解】盛放碱石灰的仪器是干燥管。G中生成POCl3的方程式为2PCl3+O2＝2POCl3。【小问4详解】由于反应需要控制气体的流速，则装置F的作用除观察O2的流速之外，还有平衡气压、干燥氧气。【小问5详解】碘遇淀粉显蓝色，则滴定终点的现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪去。滴定多余I2的消耗的Na2S2O3的物质的量为8×10－4mol，多余的I2的物质的量为4×10－4mol，I2的总物质的量为1.0×10－3mol，则H3PO3反应掉的I2的物质的量为0.0006mol，25mL溶液里含有PC13的质量为0.0006mol×137.5g/mol＝0.0825g，则产品中杂质PC13的质量共计是0.825g，所以POCl3的纯度为×100%＝83.5%。【小问6详解】若碱式滴定管在滴定前无气泡，滴定后有气泡，则消耗标准液体积减少，剩余碘的量增加，三氯化磷的物质的量增加，则纯度偏低。10.以甲醇、甲酸为原料制取高纯度的H2是清洁能源的重要研究方向。回答下列问题：(1)甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应。主反应：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)△H=+49kJ·mol-1副反应：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ·mol-1①甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，反应的热化学方程式为___________，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是___________。 ②某温度下，将n(H2O)：n(CH3OH)=1：1的原料气分别充入密闭容器中(忽略副反应)，设恒压下甲醇的平衡时转化率为a1，恒容条件下甲醇的平衡时转化率为a2，则a1___________a2(填“＞”、“＜”或“=”)。(2)工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其反应原理为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H=+203kJ·mol-1，在容积为3L的密闭容器中通入物质的量均为3mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示。压强为p1时，在N点：v正___________v逆(填“＞”、“＜”或“=”)，N点对应温度下该反应的平衡常数K=___________mol2·L-2。比较：p1___________p2(填“＞”、“＜”或“=”)。(3)HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。①HCOOD催化释氢反应除生成HD外，还生成___________(填化学式)。②研究发现：其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，根据图示反应机理解释其可能的原因是___________。【答案】①.CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)∆H=+90kJ/mol②.升高温度或增大水蒸气浓度③.＞④.＞⑤.48⑥.＞⑦.CO2⑧.HCOOK是强电解质，HCOOH是弱电解质，HCOO-浓度增大【解析】【分析】 【详解】(1)①主反应：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)△H=+49kJ·mol-1副反应：H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ·mol-1根据盖斯定律，将主反应+副反应得CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)∆H=+49kJ/mol+41kJ/mol=+90kJ/mol；主反应是气体分子数增大的吸热反应，故既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的措施有升高温度、增大水蒸气浓度；答案为：CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)∆H=+90kJ/mol，升高温度或增大水蒸气浓度。②某温度下，将n(H2O)：n(CH3OH)=1：1的原料气分别充入密闭容器中(忽略副反应)，设恒压下甲醇的平衡时转化率为a1，该反应的正反应气体分子数增大，在恒压下达到平衡时容器的体积比起始容器的体积大，恒容条件下相当于在恒压下达平衡后缩小体积，即增大压强，平衡逆向移动，甲醇的平衡转化率减小，则a1＞a2；答案为：＞。(2)根据图示，压强为p1时，N点H2的体积分数比平衡时H2的体积分数小，反应正向进行，则在N点v正＞v逆；N点对应温度下达到平衡时H2的体积分数为60%，设起始到平衡甲烷的转化浓度为xmol/L，列三段式如下：，则=60%，解得x=，则平衡时CH4、H2O、CO、H2物质的量浓度依次为mol/L、mol/L、mol/L、2mol/L，则反应的平衡常数K==48；根据图示，相同温度下p2平衡时H2的体积分数大于p1，增大压强平衡逆向移动，H2的体积分数减小，则p1＞p2；答案为：＞，48，＞。(3)①根据图示，HCOOD催化释氢反应除生成HD外，还生成CO2；答案为：CO2。②根据图示，HCOOH催化释氢过程中有HCOO-生成，HCOOK是强电解质，完全电离，HCOOH是弱酸部分电离，用HCOOK替代一部分HCOOH，HCOO-浓度增大，在其他条件不变时，催化释氢的速率增大；答案为：HCOOK是强电解质，HCOOH是弱电解质，HCOO-浓度增大。(二)选考题(共45分)【化学选修3：物质结构与性质】11.完成下列小题（1）LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。基态Co原子简化电子排布式为_____，第四电离能I4(Co)_____I4(Fe)(填“>”或“<”)，的空间构型为_____。 （2）铁系元素能与CO形成Fe(CO)5、Ni(CO)4等金属羰基配合物。在CO分子中，键与键数目之比为_____。（3）铁与K2O、(环戊二烯)在隔绝空气条件下共热可制得二茂铁[Fe(C5H5)2]。在环戊二烯中，碳原子杂化方式有_____。二茂铁熔点为446K，不溶于水，易溶于乙醚、苯、乙醇等有机溶剂，373K即升华；它是典型的_____晶体。（4）Fe催化芳香烃硝化反应时会产生亚硝酰正离子。试比较亚硝酰正离子与亚硝酸根的键角大小：_____(选填“>”、“<”或“=”)，并利用价层电子对互斥理论(VSEPR)简要解释原因：_____。（5）铁单质的堆积方式有两种，其剖面图分别如图a、b所示。在图a所示堆积方式里铁原子的堆积方式为_____。在图b所示堆积方式里铁原子的空间利用率为_____(用含圆周率的代数式表示)。【答案】（1）①.[Ar]3d74s2②.<③.正四面体形（2）1∶2（3）①.SP3、SP2②.分子（4）①.>②.根据VSEPR理论，NO为直线形结构，键角180°，NO为V形结构，键角略小于120°(或答NO中心原子采取sp杂化，键角180°，NO中心原子采取sp2杂化，含有一对孤对电子，键角略小于120°)（5）①.体心立方堆积②.【解析】【小问1详解】Co是27号元素，基态Co原子简化电子排布式为[Ar]3d74s2；核外电子排布为3d6，较易失去电子，核外电子排布为3d5半满结构，较难失去电子，第四电离能较大，第四电离能I4(Co)＜I4(Fe)； 的价电子对数为4，空间构型为正四面体；【小问2详解】的结构式为，含一个键与2个键，键与键数目之比为1：2；【小问3详解】在环戊二烯中，4个形成碳碳双键的碳原子杂化方式是SP2，另外一个碳原子的杂化方式为SP3；根据二茂铁熔点为446K，不溶于水，易溶于乙醚、苯、乙醇等有机溶剂，373K即升华，二茂铁由分子构成，属于分子晶体；【小问4详解】根据VSEPR理论，的价电子对数为2，为sp杂化，直线型分子，键角180°，而的价电子对数为3，为sp2杂化，含有一个孤对电子，为V型分子，键角略小于120°，故键角＞；【小问5详解】