新疆喀什地区岳普湖县2022届高三下学期3月一模考试化学试题（含解析）

这是一份新疆喀什地区岳普湖县2022届高三下学期3月一模考试化学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了 设NA为阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。

新疆岳普湖县2022届高三第一次模拟考试
化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题(共7小题，每小题6分，共42分)
1. 下列关于古籍中记载说法不正确的是
A. 《本草纲目》“烧酒”条目下写道自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也。这里所用的“法”是指蒸馏
B. 《吕氏春秋·别类编》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性
C. 《抱朴子·金丹篇》中记载：“丹砂()烧之成水银，积变又成丹砂”，该过程发生了分解、化合、氧化还原反应
D. 《本草经集注》中关于鉴别硝石()和朴硝()的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A． 由“蒸令气上”可知，该分离物质的方法与混合物沸点不同有关，则这里所用的“法”是指蒸馏，故A正确；
B． 《吕氏春秋·别类编》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性，说明合金硬度大于各成分，故B正确；
C． 丹砂（HgS）烧之成水银，HgSHg+S，积变又还成丹砂，两个过程都是氧化还原反应，Hg、S元素的化合价发生变化，所以该过程包含分解、化合、氧化还原反应，故C正确；
D． 鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色试验不同，钠元素焰色试验为黄色，钾元素焰色试验为透过蓝色钴玻璃为紫色，应用的是焰色反应原理，而不是显色反应，故D错误；
故选D。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 7.8gNa2S和Na2O2的混合物中，含有的离子总数为0.3NA
B. 已知CrO5中Cr的化合价为+6价，则1molCrO5分子中过氧键的数目为NA
C. 1L1mol/LH2O2溶液完全反应，转移的电子数目一定为2NA
D. 常温下，pH=5的盐酸溶液中水电离出的H+数目为10-9NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，则7.8gNa2S和Na2O2的混合物的物质的量为0.1mol，1molNa2S由2molNa+和1molS2-构成，1molNa2O2由2molNa+和1molO构成，因此1molNa2S和Na2O2的混合物中含有的离子总数为0.3NA，故A正确；
B．CrO5中铬元素的化合价为+6价，根据化合物中元素的化合价代数和为0可知，CrO5中1个O显-2价，4个O显-1价，则CrO5中有2个过氧键，因此1molCrO5中存在的过氧键数目为2NA，故B错误；
C．1L1mol/L的H2O2溶液完全反应，转移电子数目不一定为2NA，例如H2O2完全分解生成H2O和O2时，O元素的化合价有升高也有降低，即1molH2O2完全反应时转移的电子数为NA，故C错误；
D．溶液体积未知，不能确定溶液中水电离出的OH-数目，故D错误；
故答案选A。
3. 在测定中和反应反应热的实验中，下列说法正确的是
A. 使用环形玻璃搅拌棒是为了加快反应速率，减小实验误差
B. 为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触
C. 用溶液分别与的盐酸、醋酸溶液反应，若所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同
D. 在测定中和反应反应热的实验中，需要使用的仪器有托盘天平、量筒、烧杯、滴定管、温度计、环形玻璃搅拌棒
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．环形玻璃棒搅拌能加快反应速率，减小实验误差，A正确；
B．温度计水银球测烧杯内的热水的温度，不能接触烧杯底部接触烧杯底部，B错误；
C．醋酸是弱酸，电离吸热，测出的中和热数值偏小，C错误；
D．中和热测定用不到天平，D错误；
答案选A。
【点睛】
4. 历史上最早应用的还原性染料是靛蓝，其结构简式如下，下列关于靛蓝的叙述中错误的是

A. 该物质是高分子化合物
B. 靛蓝由碳、氢、氧、氮四种元素组成
C. 它的分子式是C16H10N2O2
D. 它是不饱和的有机物
【答案】A
【解析】
【详解】A．该有机物相对分子质量较小，而高分子化合物的相对分子质量一般在10000以上，该有机物不是高分子化合物，A错误；
B．由结构简式可知靛蓝由碳、氢、氧、氮四种元素组成，B正确；
C．由结构简式可知分子式是C16H10N2O2，C正确；
D．由结构可知，该分子含有碳碳双键、苯环、碳氧双键等，属于不饱和的有机物，D正确；
答案选A。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，11.2LCl2含氯原子数为NA
B. 3.1g白磷(P4)分子中含质子数为1.5NA
C. 1molNa2O2与足量水反应转移电子数为2NA
D. 1molN2和3molH2充分反应生成NH3分子数为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温常压不是标准状况，不能用气体摩尔体积计算，A错误；
B．一个P4分子含质子数为15×4=60，3.1g白磷(P4)分子含质子数为=1.5NA，B正确；
C．Na2O2与足量水反应： ，1molNa2O2反应则转移电子数为NA，C错误；
D．N2和H2反应：，该反应是可逆反应，1molN2和3molH2充分反应生成NH3分子数肯定小于2NA，D错误；
故选B。
6. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 4MnO+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O，生成5molCO2转移的电子数为20NA
B. 用电解精铜方法精炼铜，当电路中通过的电子数为NA时，阳极质量减少为32g
C. 常温下，pH=9的CH3COONa溶液中，水电离出的H+数为10-5NA
D. 常温常压下，5.6LF2和C2H6的混合物中含有电子的数目为4.5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4molMnO完全反应即生成5molCO2转移电子物质的量为4mol[(+7)-(+2)]=20mol，即转移电子数为20NA，A正确；
B．电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为NA时，即电路中通过1mol电子，Cu失去的电子应小于1mol，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5mol，则阳极反应的Cu的质量小于0.5mol×64g/mol=32g，B错误；
C．溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C错误；
D．常温常压下，不能计算混合气体物质的量，故D错误；
答案选A。
7. H2X是二元弱酸，Y表示或，pY=-lgY。常温下，向一定浓度的K2X溶液中滴入盐酸，pY与混合溶液pH的变化关系如图所示。下列叙述正确的是

A. 曲线n表示P与pH的变化关系
B. Ka1的数量级是10-6
C. KHX溶液中c(H2X)＜c(X2-)
D. 当pH=7时，混合溶液中c(K+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-)
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．H2A为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1=＞Ka2=，pH相同时，即c(H+)相同，＞，pY=-lgY，则P＞p，m、n分别表示pH与lg、lg的变化关系，A不正确；
B．曲线n表示lg的变化关系，N点pH=7.4，pY=-1，即p=-lg =-1，=10，Ka1==10×10-7.4=10-6.4，Ka1r的数量级是10-7，B不正确；
C．Ka2==0.1×10-9.3=10-10.3，Kh1==10-7.6＞10-10.3，说明HY-的水解程度大于电离程度，则KHX溶液中c(H2X)＞c(X2-)，C不正确；
D．依据电荷守恒，c(K+)+c(H+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-)+c(OH-)，当pH=7时，c(H+)=c(OH-)，所以混合溶液中c(K+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-)，D正确；
故选D。
二、综合题，共58分
8. 某工业废液中含有Cu2+、Mg2+、Zn2+等离子，为将其回收利用，再采用了如下工艺：

所用试剂在下列试剂中选择
①铁粉 ②锌粉 ③稀HNO3 ④稀H2SO4 ⑤稀HCl ⑥稀氨水 ⑦NaOH溶液 ⑧石灰水
请回答下列问题：（提示：锌的氧化物、氢氧化物性质与铝的相似）
(1)试剂1、试剂2、试剂3分别可以是____、____、______（填编号）
(2)操作2是____________、___________、___________
(3)操作3是________________________
【答案】 ①. ② ②. ⑤ ③. ⑦ ④. 蒸发浓缩 ⑤. 冷却结晶 ⑥. 过滤 ⑦. 在HCl气流中加热
【解析】
【分析】某工业废液中含有Cu2+、Mg2+、Zn2+等离子，加入试剂1得到固体，固体中加入试剂2得到Cu，固体中含有Cu，试剂1能还原铜离子，结合题意为锌粉，试剂2可以溶解过量锌粉，且不能溶解Cu，可以是稀硫酸或稀盐酸，最终得到盐酸盐，为不引入新杂质，故选择稀盐酸，操作1后的溶液中含有Mg2＋和Zn2＋；加入试剂3生成氢氧化镁沉淀，试剂3为氢氧化钠，依据“Zn（OH）2的性质与Al（OH）3相似”，过量的氢氧化钠与锌离子生成溶液，此溶液中通入二氧化碳气体生成氢氧化锌，氢氧化锌加热分解生成ZnO．
【详解】（1）由分析可知：试剂1、试剂2、试剂3分别可以是②、⑤、⑦，故答案为②；⑤；⑦；
（2）操作2是从溶液中得到固体，那么次操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；
（3）由于氯化镁为强酸弱碱盐，镁离子容易水解，故应在HCl气流中加热以防止镁离子水解，故答案为在HCl气流中加热；
【点睛】本题主要考查的是无机流程中的物质的分离和提纯，解题关键：理解化学试剂的选取、铝的两性类比、活泼金属的冶炼方法等，易错点：无水氯化镁的制备．
9. 某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物，试回答下列问题：

供选试剂：Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、盐酸
（1）操作②的名称是___________。
（2）试剂a是___________，试剂b是___________，固体B是___________。(填化学式)
（3）加入试剂a所发生反应的化学方程式为___________。加入试剂b所发生反应的化学方程式为___________。
（4）该方案能否达到实验目的：___________。若不能，应如何改进(若能，此问不用回答)？___________。
（5）若要测定原混合物中BaCl2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外，至少还要获得的数据是___________的质量。
【答案】（1）过滤 （2） ①. K2CO3 ②. HCl ③. BaCl2
（3） ① BaCl2+K2CO3=BaCO3↓+2KCl ②. BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O
（4） ①. 不能 ②. 应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶
（5）干燥的沉淀A1或固体B
【解析】
【分析】分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先将固体溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为BaCO3沉淀，过滤后向沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2。操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CO3，应加入过量盐酸除去碳酸钾可得KCl，沉淀A为BaCO3，洗涤后，加盐酸，蒸发、结晶得到固体B为BaCl2，以此解答该题。
【小问1详解】
操作②是分离难溶固体与液体的方法，其名称是过滤。
【小问2详解】
固体溶解后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀向沉淀中加入盐酸可生成BaCl2溶液，故试剂a是K2CO3，试剂b是HCl。将HCl溶解BaCO3后的溶液通过蒸发、结晶可获得BaCl2，因此固体B是BaCl2。
【小问3详解】
加入试剂a所发生反应的化学方程式为：BaCl2+K2CO3=BaCO3↓+2KCl；加入试剂b所发生反应的化学方程式为：BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O。
【小问4详解】
操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，蒸发结晶前应加入过量稀盐酸，将过量的碳酸钾转化成氯化钾，因此不能达到分离KCl和BaCl2两种固体混合物的目的。改进的方法是：向滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。
【小问5详解】
若要测定原混合物中BaCl2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外，至少还要获得的数据是干燥的沉淀A1或固体B的质量，结合钡离子守恒计算。
10. 碳和碳的两种氧化物(CO、CO2)在工业上都有重要的应用。
(1)利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
Ⅱ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH2
Ⅲ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH3
①根据上述反应判断ΔH3=___________(用ΔH1、ΔH2表示)。
在压强相等的情况下，下表为一定比例的CO2/H2，CO/H2，CO/CO2/H2在装有催化剂的反应器中生成甲醇时，不同温度下甲醇生成速率的数值变化。
组分
a(CO2/H2)
b(CO/H2)
c(CO/CO2/H2)
490K时甲醇生成速率
[mol·(mL cat)-1·h-1]
3.0
0.8
10.4
510K时甲醇生成速率
[mol·(mL cat)-1·h-1]
2.5
1.5
9.8
②490K时，从表中数值可以看出，合成甲醇的主要反应为___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，CO的存在使甲醇生成速率增大的原因为___________。
③组分a中，一定比例的CO2/H2反应，510K时甲醇生成速率低于490K时甲醇生成速率，其原因可能为___________。
(2)在T0K、1.0×104kPa下，等物质的量的CO与CH4混合气体可以合成乙醛，反应方程式如下： CO(g)＋CH4(g) CH3CHO(g)
实验测得：v正=k正p(CO)·p(CH4)，v逆=k逆p(CH3CHO)，k正、k逆为速率常数，p为气体的分压(气体分压p=气体总压p总×体积分数)。若用气体分压表示的平衡常数Kp=4.5×10-5(kPa)-1，则k正=___________(以k逆表示)；当CO转化率为20%时，v正：v逆=________
(3)工业生产水煤气的反应为C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH =+131 kJ·mol-1，ΔS=+134.5 J·K-1·mol-1，常温下该反应___________(填“能”、“不能”)自发进行，工业生产水煤气时需要首先加热煤层，并不断间歇式的通入空气和水蒸气，请说出生产水煤气时通入空气的原因___________。
【答案】 ①. ΔH1-ΔH2 ②. Ⅰ ③. CO促进反应Ⅲ逆向移动，CO2和H2的量增加，水蒸气的量减少 ④. 510K时催化剂的活性降低 ⑤. k逆×4.5×10-5(kPa)-1 ⑥. 4：5 ⑦. 不能 ⑧. 因为工业生产水煤气的反应为吸热反应，通入空气和煤反应，释放热量使生产水煤气的反应能够持续进行
【解析】
【分析】
【详解】(1)Ⅰ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1；Ⅱ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH2；
①根据盖斯定律：反应Ⅰ-反应Ⅱ可得反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH3=ΔH1-ΔH2；
②合成甲醇的反应为反应Ⅰ和Ⅱ，从表中数值可以看出，490K时，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率，反应Ⅰ进行的程度大，因此合成甲醇的主要反应为Ⅰ；根据平衡移动规律和影响速率因素进行分析，CO的存在，促进反应Ⅲ逆向移动，CO2和H2的量增加，水蒸气的量减少，有利于甲醇生成，反应速率加快；
③催化剂的催化能力与温度有关，温度升高，催化剂的催化能力下降或丧失；因此组分a中，一定比例的CO2/H2反应，510K时甲醇生成速率低于490K时甲醇生成速率，其原因可能为510K时催化剂的活性降低；
(2)当反应达到平衡时，v正= v逆，则=Kp=4.5×10-5(kPa)-1，则k正= k逆×4.5×10-5(kPa)-1；在T0K、1.0×104kPa下，设起始时n(CH4)= n(CO)=1mol，则反应的三段式为

所以p(CH4)= p(CO)= ×1.0×104kPa=×104kPa；p(CH3CHO)= ×1.0×104kPa=×104kPa；所以v正=k正p(CO)·p(CH4)= k正××104××104；v逆=k逆p(CH3CHO)= k逆××104；==；
(3)根据<0，反应自发进行；根据反应可知，ΔH>0，ΔS>0，所以反应需要在高温下反应，常温下反应不能自发进行；工业生产水煤气的反应为吸热反应，通入空气和煤反应，释放热量使生产水煤气的反应能够持续进行，所以工业生产水煤气时需要首先加热煤层，并不断间歇式的通入空气和水蒸气。
11. 东晋《华阳国志南中志》卷四中已有关于白铜记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素基态原子的电子排布式为_____，3d能级上的未成对的电子数为_____。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_____。
②氨的沸点_____(“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是_____；氨是_____分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为_____。
(3)单质铜及镍都是由_____键形成的晶体，元素铜与镍的第二电离能分别为：I(Cu)=1959kJ/mol，I(Ni)=1753kJ/mol，I(Cu)＞I(Ni)的原因是_____。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。

【答案】 ①. 1s22s22p63s23p63d84s2或者[Ar]3d84s2 ②. 2 ③. 四面体 ④. 高于 ⑤. NH3分子间可形成氢键 ⑥. 极性分子 ⑦. sp3 ⑧. 金属键 ⑨. Cu+电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大 ⑩. 3：1
【解析】
【分析】
【详解】(1)Ni是28号元素，其原子核外有28个电子，根据构造原理书写镍元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；3d能级上的未成对的电子数为2；
(2) ①SO中S原子价层电子对个数=4+(6+2−4×2)/2=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型四面体结构；
②含有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气分子间形成氢键其分子间作用力更强、磷化氢分子之间不能形成氢键，所以氨气熔沸点高于磷化氢；NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子；氨中心原子N原子价层电子对个数=3+(5−3×1)/2=4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子中N原子的轨道杂化类型为 sp3；
(3)单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的；
(4)①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×1/8=1、Cu原子数目=6×1/2=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1。
12. 化合物I是一种有机材料中间体。实验室用芳香烃A为原料的一种合成路线如图所示：

已知：①，
②R-CHO+R′-CH2CHO+H2O
③
请回答下列问题：
（1）化合物B中的官能团名称为___________。
（2）化合物A的结构简式为___________，A→B+C反应类型为___________。
（3）写出D生成E的第①步反应的化学方程式：___________。
（4）写出E分子的顺式结构：___________，F中含有___________个手性碳原子。
（5）W是I的同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有___________种，写出其中任意一种的结构简式：___________。
①属于萘()的一元取代物；
②W能发生水解反应，且能发生银镜反应。
【答案】（1）醛基 （2） ①. ②. 氧化反应
（3）+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O
（4） ①. ②. 2
（5） ①. 10 ②.
【解析】
【分析】根据有机合成流程图可知，根据B和C的结构简式以及题干信息①可推知A的结构简式为：，根据B和C的结构简式和信息②可推知D的结构简式为：，由D到E的转化条件和E的分子式可知E的结构简式为：，由E到F的转化条件可推知F的结构简式为：，由F到G的转化条件以及信息③和I的结构简式可推知G的结构简式为：，据此分析解题。
【小问1详解】
由题干合成流程图可知，B为苯甲醛，故化合物B中的官能团名称为醛基，故答案为：醛基；
【小问2详解】
由分析可知，化合物A的结构简式为，A→B+C反应即由转化为苯甲醛和乙醛，故其反应类型为氧化反应，故答案为：；氧化反应；
【小问3详解】
由分析可知，D生成E的第①步反应即与银氨溶液反应，故该反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；
【小问4详解】
由分析可知，E的结构简式为：，故E分子的顺式结构为：，F的结构简式为：，故其中与Br相连的碳原子均为手性碳原子，故答案为：；2；
【小问5详解】
由流程图可知，I的分子式为：C14H14O2，①属于萘()的一元取代物；②W能发生水解反应，且能发生银镜反应，根据O原子数目和不饱和度可知，含有甲酸酯基，只含有一个取代基可为-CH2CH2CH2OOCH、-CH2CH(CH3)OOCH、-CH(CH2CH3)OOCH、-C(CH3)2OOCH、-CH(CH3)CH2OOCH等五种情况，每一情况又有位置异构2种，故W是I的同分异构体，其中符合下列条件的同分异构体有5×2=10种，根据取代基的情况，可以写出其中任意一种的结构简式为：，故答案为：10；。