2022届河南省洛阳市一高高三第二次统一考试（二模）理综化学试题含解析

这是一份2022届河南省洛阳市一高高三第二次统一考试（二模）理综化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

河南省洛阳市一高2022届高三第二次统一考试（二模）
理综化学试题
一、单选题
1．化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是（　　）
A．为增强“84”消毒液的消杀新冠肺炎病毒效果，可加入浓盐酸
B．从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此是电解质
C．油脂、糖类以及蛋白质在人体内均能发生水解反应
D．嫦娥五号返回器带回的月壤中含有3He，它与地球上的4He属于同位素
2．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可以组成一种分子簇，其分子结构如图所示(球大小表示原子半径的相对大小)，W、X位于不同周期，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z的族序数等于其周期数，下列说法中一定正确的是（　　）

A．X可以分别与W、Y可形成化合物W2X2、Y2X2
B．工业上获得Y、Z单质均可采用电解它们的熔融氯化物
C．简单离子半径： Z>Y>X>W
D．相同条件下，Y单质的沸点比Z单质的低
3．Li和N2在450℃时反应制得储氢材料Li3N，Li3N易水解，在空气中加热可发生剧烈燃烧。下图是某实验小组设计的实验室制备少量Li3N的装置图。下面有关说法错误的是（　　）

A．洗气瓶a中盛放NaOH溶液
B．浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入d，避免Li3N水解和燃烧
C．反应时，先对d加热，再点燃c中酒精灯
D．取少量反应后固体，滴加酚酞溶液，若溶液变红不能说明反应后固体中含Li3N
4．乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。工业生产乙酸乙酯的方法很多，如图：

下列说法错误的是（　　）
A．反应③的化学方程式为：CH2=CH2+CH3COOH→催化剂CH3COOCH2CH3
B．反应①属于取代反应
C．乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别
D．与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有5种
5．我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如下，下列说法正确的是（　　）

A．由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
B．①→②过程属于吸热反应
C．X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙醇
D．反应过程中有C-H键、C-C键、O-H键生成
6．2022年北京冬奥会，我国使用了“容和一号”大容量电池堆(铁一铬液流电池)来保障冬奥地区持续稳定存储、提供清洁电能。铁一铬液流电池与其他电化学电池相比，寿命远远高于钠硫电池、锂离子电池和铅酸电池。铁一铬液流电池的电解质溶液是含铁盐和铬盐的稀盐酸溶液。下列说法错误的是（　　）

A．该电池可将太阳能发的电稳定存储
B．充电时电池的反应为：Cr3++Fe2+=Cr2++Fe3+
C．放电时，电路中每流过0.1mol电子，Fe3+浓度降低0.1mol/L
D．负极每1molCr2+被氧化，电池中有1molH+通过交换膜向正极转移
7．三甲胺[N(CH3)3]是一种一元有机弱碱，可简写为MOH。常温下，向20mL0.5mol/LMOH溶液中逐滴加入浓度为0.25mol/L的HCl溶液，溶液中lgc(MOH)c(M+)，pOH[pOH=-lgc(OH-)]、中和率(中和率=被中和的MOH的物质的量/反应前MOH的总物质的量)的变化如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．a点时，c(MOH)+c(M+)=2c(C1-)
B．b点时，c(M+)>c(Cl-)>c(MOH)>c(OH-)>c(H+)
C．溶液中水的电离程度：c点>d点
D．三甲胺[N(CH3)3]的电离常数为10-4.2
二、综合题
8．[Co(NH3)6]Cl3(三氯六氨合钴)是一种重要的化工产品，常用于合成其它Co(II)配合物。以下是一种制备三氯六氨合钴的实验方法，回答下列问题：
（1）I.氯化钴的制备
已知氯化钴(CoCl2)易潮解，Co(III)的氧化性强于Cl2，可用高熔点金属钴与氯气反应制取。实验室提供下列装置进行组合(连接用橡胶管省略)：

仪器a的名称是　 　，用上图中的装置组合制备氯化钴，连接顺序为：A→　 　。
（2）装置A产生氯气的化学方程式为　 　。
（3）用正确的连接装置进行实验，B的作用是　 　。
（4）II.三氯六氨合钴晶体的制备

“氧化”的目的是　 　。“操作X”包括冷却结晶、过滤，并依次用少量冷的稀盐酸和无水乙醇对晶体进行洗涤，用无水乙醇洗涤的目的是　 　。
（5）制备[Co(NH3)6]Cl3总反应的化学方程式为　 　。反应中活性炭的作用是　 　(填标号)。
a.脱色剂 b.氧化剂 c.还原剂 d.催化剂
9．铬铁矿石的主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4)，还含有SiO2及少量难溶于水和碱溶液的杂质。铬及其化合物在化工上用途广泛，由铬铁矿石制备重要化工原料重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如下图所示：

已知：铬铁矿碱熔后转化为Na2CrO4和NaFeO2。
回答下列问题：
（1）为了加快矿石碱熔速率，可以采取的措施有　 　(任写一种)。
（2）写出铬铁矿碱熔后转化为Na2CrO4和NaFeO2的化学方程式　 　。
（3）“水浸”时，滤渣A为红褐色沉淀，NaFeO2水解的离子方程式为　 　。
（4）“调pH”时，气体X循环利用，X的化学式为　 　，滤渣B的主要成分为　 　。
（5）“铬转化”时，若盐酸浓度过大或用量过多，会使产品中含有Cr(Ⅲ)，既影响产品的纯度，又产生有毒气体污染环境，写出相关反应离子方程式　 　。
（6）某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如下：

若不考虑气体的溶解，当收集到13.44LH2(标准状况下)时有　 　molCr2O72-被还原，一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，若电解后溶液中c(Cr3+)=3.0×10-5mol⋅L-1，则c(Fe3+)=　 　。(已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31)
10．氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：
（1）已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1
③N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-92.4kJ·mol-1
则反应：④4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)的ΔH=　 　kJ·mol-1。
根据RlnKp=-ΔHT+C(C为常数)，由图中的数据可推知，该反应的反应热为　 　kJ·mol-1(保留小数点后2位)，图中表示的方程式是　 　(填序号)。

（2）生产硝酸的第二步反应是2NO+O2=2NO2，在0.1MPa和0.8MPa压强下，NO的平衡转化率α随温度的变化如图所示，反应在400℃，0.8MPa时的α=　 　，在压强p1、温度600℃时，A点v正　 　v逆(填“大于”、“小于”或者“等于”)。

（3）研究表明NO和O2的反应分两步进行
①2NO=(NO)2 ΔHc(Cl-)>c(MOH)>c(OH-)>c(H+)，故B不符合题意；
C．c点溶液中和率为100%，溶质只有MCl，d点盐酸过量，盐酸抑制水电离，所以水的电离程度c点>d点，故C不符合题意；
D．根据a点，c(M+)c(MOH)=1时c(OH-)=10-4.2，三甲胺[N(CH3)3]的电离常数c(M+)c(OH-)c(MOH)= 为10-4.2，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A．根据物料守恒判断；
B．根据溶液的酸碱性进行排序；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．根据a点，c(M+)c(MOH)=1计算电离常数。
8．【答案】（1）分液漏斗；D→C→E→B
（2）2KMnO4+16HCl(浓)=2KC1+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
（3）防止多余的Cl2污染空气、防止空气进入E装置
（4）把＋2价钻氧化成＋3价钴；减少晶体表面水分，加快晶体干燥
（5）2CoCl2+10NH3+2NH4C1+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O；d
【解析】【解答】装置A里浓盐酸与KMnO4反应产生氯气，经D饱和食盐水除杂，经C浓硫酸干燥得到干燥氯气，用干燥氯气与钴粉共热制备氯化钴； CoCl2与NH4Cl固体混合物用水溶解后，加入浓氨水、活性炭配合，再用H2O2氧化，趁热过滤除去活性炭，往滤液加入浓盐酸，冷却结晶、过滤，并依次用少量冷的稀盐酸和无水乙醇对晶体进行洗涤，得到三氯六氨合钴晶体。
(1)根据图示，仪器a是分液漏斗；据分析，用干燥氯气与钴粉共热制备氯化钴，由A装置制取氯气，经D饱和食盐水除杂，经C浓硫酸干燥得到干燥氯气通入E，为防止空气进入使产品潮解，防止多余的Cl2污染空气，应在E之后连接装置B，故连接顺序为：A→D→C→E→B。
(2)装置A里浓盐酸与KMnO4反应产生氯气，化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KC1+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
(3)由于氯化钴(CoCl2)易潮解，氯气有毒不能直接排入空气，B的作用是防止多余的Cl2污染空气、防止空气进入E装置。
(4)“氧化”步骤H2O2可把＋2价钻氧化成＋3价钴，利用后续操作得到产品；无水乙醇与水互溶又易挥发，可加速带走水分，减少晶体表面水分，加快晶体干燥。
(5)据分析，CoCl2与NH4Cl固体混合物用水溶解后，加入浓氨水、活性炭配合，再用H2O2氧化，后经多步操作得到[Co(NH3)6]Cl3，总反应的化学方程式为：2CoCl2+10NH3+2NH4C1+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O；活性炭可分散反应物，增大反应物的接触面积，加快反应速率，起到催化剂作用，
故答案为：d 。

【分析】依据装置的构造确定名称；依据制备、除杂、干燥、反应、尾气处理的顺序排列。
(2)浓盐酸与KMnO4反应氯化钾、氯化锰、氯气和水。
(3)依据产物的性质和尾气处理进行分析。
(4)依据反应过程中元素化合价的变化分析；依据乙醇的溶解性和挥发性分析。
(5)根据反应物和产物书写；活性炭疏松多孔 。
9．【答案】（1）矿石粉碎或搅拌或适当升高温度或提高空气中氧气的含量
（2）7O2+4FeCr2O4+10Na2CO3=8Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2↑
（3）FeO2-+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-
（4）CO2；H2SiO3(或H4SiO4)
（5）Cr2O72-+6Cl-+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O
（6）0.1；2.0×10-12
【解析】【解答】铬铁矿石的主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4)，还含有SiO2及少量难溶于水和碱溶液的杂质，铬铁矿石加入碳酸钠、通入氧气“碱熔”生成Na2CrO4和NaFeO2、Na2SiO3，“水浸”NaFeO2水解为Fe(OH)3沉淀，过滤，滤液中通入二氧化碳调节pH，Na2SiO3生成H2SiO3沉淀，过滤，滤液中加适量盐酸使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，再加KCl得到K2Cr2O7。
(1)根据影响反应速率的因素，矿石粉碎、搅拌、适当升高温度、提高空气中氧气的含量等都可以加快矿石碱熔速率。
(2)铬铁矿“碱熔”时被氧气氧化为Na2CrO4和NaFeO2，Cr元素化合价由+3升高为+6、铁元素化合价由+2升高为+3，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为7O2+4FeCr2O4+10Na2CO3=8Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2↑；
(3)滤渣A为红褐色沉淀，说明“水浸”时NaFeO2水解Fe(OH)3和氢氧化钠，水解的离子方程式为FeO2-+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-；
(4)碱熔过程中放出的气体是二氧化碳，用二氧化碳“调pH”，硅酸钠和二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，滤渣B的主要成分为H2SiO3。
(5)“铬转化”时，若盐酸浓度过大或用量过多，会使产品中含有Cr(Ⅲ)，同时产生有毒气体，说明氯离子被Cr2O72-氧化为氯气，反应的离子方程式为Cr2O72-+6Cl-+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；
(6)阳极发生反应Fe-2e-=Fe2+，阴极发生反应2H++2e-=H2，当收集到13.44LH2(标准状况下)时电路中转移13.44L22.4L/mol×2=1.2mol电子，则阳极生成0.6molFe2+，Fe2+把Cr2O72-还原为Cr(Ⅲ)，Cr元素化合价降低3，根据电子守恒，被还原的Cr2O72-的物质的量是0.1mol；一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，若电解后溶液中c(Cr3+)=3.0×10-5mol⋅L-1，c(Fe3+)c(Cr3+)=Ksp[Fe(OH)3]Ksp[Cr(OH)3]，则c(Fe3+)=2.0×10-12。

【分析】
(1)根据影响反应速率的因素分析。
(2)根据得失电子守恒；
(3)依据实验现象判断产物；
(4)碱依据工艺流程，确定循环利用的物质和产物的成分。
(5)依据反应物和产物确定。
(6)根据电子守恒和Ksp计算。
10．【答案】（1）-905；-92.45；③
（2）80%；小于
（3）升温，反应①K减小，反应②k增大，但K降低倍数大于k升高
（4）>；H
【解析】【解答】(1)依据盖斯定律可知，反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)可由①×2+②×3-③×2得到，则焓变ΔH=2×(+180.5kJ·mol-1)+3×(-483.6kJ·mol-1)-2×(-92.4kJ·mol-1)=-905kJ·mol-1；由图像数据带入RlnKp=-ΔHT+C，-3.710=2.113ΔH+C，-61.678=1.486ΔH+C，二式联立可得ΔH=-92.45(kJ·mol-1)，即该反应的反应热ΔH=-92.45kJ·mol-1；依据反应热可知，图中表示的方程式是③。
(2)反应2NO+O2=2NO2是一个气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，因此，相同温度下，压强越大，一氧化氮的平衡转化率越大，所以该反应在400℃、0.8MPa时一氧化氮的平衡转化率大于相同温度下、压强为0.1MPa时一氧化氮的平衡转化率，因此依据图示，400℃，0.8MPa时的α=80%；在压强p1、温度600℃时，A点条件下一氧化氮的转化率大于平衡转化率，反应逆向移动，所以v正小于v逆。
(3)反应①为放热反应，温度上升，反应逆向进行，平衡常数K减小，而反应②速率常数k随温度升高而增大，但K降低倍数大于k升高倍数，所以当其他条件一定时，升高温度，反应速率降低。
(4)①压强越大、反应速率越快，则B、E两点对应的正反应速率大小为vB＞vE。
②平均相对分子质量M=mn，根据质量守恒定律，总质量m不变，则n越小，平均相对分子质量越大，反应向正反应方向进行，n会变小，则反应正向进行的越多，平均相对分子质量越大，E点到F点的过程，压强增大，平衡正向移动，H点达到平衡，则H点物质的总物质的量n最小，平均相对分子质量最大。

【分析】(1)依据盖斯定律计算。
(2)依据勒夏特列原理分析。
(3)依据温度对平衡的影响分析。
(4)①压强越大、反应速率越快。
②根据质量守恒定律，利用平均相对分子质量M=mn分析。
11．【答案】（1）2：5
（2）sp；sp2
（3）平面三角形
（4）c
（5）3d64s2
（6）乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大
（7）4；4M×10211.0×0.72×0.56×NA
【解析】【解答】(1)Ti为22号元素，钛有2个未成对电子，Mn为25号元素，锰有5个未成对电子，所以基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为2：5，故答案为：2：5；
(2)二氧化碳为直线型，结构式为O=C=O，没有孤电子对，碳原子采取 sp杂化，-CHO 中碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子采取 sp2杂化，故答案为：sp；sp2；
(3)HCHO中碳原子含有3个σ键，碳原子采取 sp2杂化，不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形，故答案为：平面三角形；
(4)面心立方晶胞中原子位于顶点和面心，俯视时上下底面的面心原子位于俯视图正方形中心，顶点原子位于正方形顶点，其它侧面的原子位于正方形四边中点，故俯视图为c，故答案为：c；
(5)铁是26号元素，其原子核外有26个电子，Fe原子的3d、4s电子为其价电子，其价电子排布为3d64s2，故答案为：3d64s2；
(6)乙二醇分之中羟基比丙醇分子中的羟基多，分子间的氢键比丙醇的多，分子间的作用力较大，故其沸点较高，故答案为：乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大；
(7)晶胞中Cl原子数目为：1+4×12+4×14=4，则晶胞的质量m=nM=4MNAg，晶胞体积V=abc×10-27cm3=0.72×1.0×0.56×10-27cm3，晶体密度ρ=mV=4M×10211.0×0.72×0.56×NAg•cm-3，故答案为：4；4M×10211.0×0.72×0.56×NA。

【分析】(1)利用核外电子排布规律分析；
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数，判断杂化类型；
(3)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型
(4)面心立方晶胞中原子位于顶点和面心，俯视时上下底面的面心原子位于俯视图正方形中心，顶点原子位于正方形顶点，其它侧面的原子位于正方形四边中点，故俯视图为c，故答案为：c；
(5)铁是26号元素，其原子核外有26个电子，Fe原子的3d、4s电子为其价电子，其价电子排布为3d64s2，故答案为：3d64s2；
(6)乙二醇分之中羟基比丙醇分子中的羟基多，分子间的氢键比丙醇的多，分子间的作用力较大，故其沸点较高，故答案为：乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大；
(7)利用均摊法计算原子数目，再利用ρ=mV计算。
12．【答案】（1）；氧化；羰基
（2）→Δ乙醇+NaOH+NaBr+H2O
（3）9；或
（4）Cl-CH2-CH2-Cl→△NaOH/H2OHO-CH2-CH2-OH→△O2/CuOHC-CHO→H+
【解析】【解答】由有机物的转化关系可知，发生信息①反应生成 ，则A为、B为 ； 在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，则C为；在铜做催化剂作用下， 与氧气共热发生氧化反应生成 ，则D为 ；与发生信息②反应生成 ， 酸化得到。
(1)根据合成路线的转化关系及反应条件确定结构简式；利用反应[Window Title]
万能五笔输入法

[Main Instruction]
万能五笔输入法 已停止工作

[Content]
Windows 可以联机检查该问题的解决方案。

[V] 查看问题详细信息 [联机检查解决方案并关闭该程序] [关闭程序]类型为氧化反应；F为，含氧官能的名称为羰基；
(2)B→C的反应为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成 ，反应的化学方程式为→Δ乙醇+NaOH+NaBr+H2O；
(3)D的结构简式为，由D的同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中含有苯环和酚羟基，1mol该物质能与足量钠反应生成1mol氢气说明分子中含有2个羟基，若分子中含有1个酚羟基，可以视作苯酚苯环上的氢原子被—CH2OH取代，有邻、间、对共3种结构；若若分子中含有2个酚羟基，可以视作苯二酚苯环上的氢原子被—CH3取代，其中邻苯二酚被取代有2种结构、间苯二酚被取代有3种结构、对苯二酚被取代有1种结构，共有6种，则符合条件的D的同分异构体共有9种；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为 、，故答案为：9；或；
(4)由题给信息可知，以1，2—二氯乙烷与 制备的合成步骤为ClCH2CH2Cl在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，在铜做催化剂作用下，HOCH2CH2OH与氧气共热发生氧化反应生成OHCCHO，OHCCHO与发生信息②反应生成 ， 酸化得到 ，合成路线如下：ClCH2CH2Cl→ΔNaOH/H2OHOCH2CH2OH→Cu/ΔO2OHCCHO→pH=8.3(C2H5OOCCH2)2CO→H+，故答案为：ClCH2CH2Cl→ΔNaOH/H2OHOCH2CH2OH→Cu/ΔO2OHCCHO→pH=8.3(C2H5OOCCH2)2CO→H+。

【分析】
根据转化关系及反应条件确定结构简式；利用反应条件确定反应类型；依据结构简式确定官能的名称；
(2)利用反应条件确定化学方程式；
(3)依据提供的信息确定官能团，据此书写同分异构体；
(4)由题给信息及已知信息，利用原料和产物的结构简式确定合成路线。