贵州省遵义市2022-2023学年高三第二次模拟理综化学试卷（含解析）

这是一份贵州省遵义市2022-2023学年高三第二次模拟理综化学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
贵州省遵义市2022-2023学年高三第二次模拟理综化学试卷一、单选题1．化学与生产生活息息相关。下列说法中正确的是 （    ）A．冬奥会场馆中使用了CO2超临界制冰技术，制作的冰是有机高分子化合物B．氢气火炬中的储氢合金材料是新型无机非金属材料C．我国远洋水体调查船“向阳红01”号上钉的锌条起到了防止船体被腐蚀的作用D．为达到碳中和相关标准，禁止任何人燃烧木柴和煤炭，转而使用太阳能2．已知NA是阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（    ）A．28gCO和N2的混合物中，分子数目为2NAB．1mol/LKNO3溶液中，K+的数目为NAC．若有44gCO2参与反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，反应中转移的电子数目为NAD．标准状况下，11.2L的H2O中含有的氢原子数目为NA3．推断分子式C4H9Cl的同分异构体的数目是（    ）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种4．X、Y、Z是三种短周期元素，其中X、Y位于同一主族。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y的核外电子数多1。下列说法正确的是（    ）A．离子半径由大到小的顺序：Z＞Y＞XB．由X、Y两种元素组成的化合物可能具有漂白性C．简单氢化物的稳定性：Y＞XD．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞Z5．如图所示，A处持续通入干燥的氯气，打开B阀后，C处的红布条不褪色，关闭B阀时，C处的红布条褪色，则D瓶中装的不可能是（    ）A．饱和硫酸钠溶液 B．浓硫酸 C．浓盐酸 D．饱和NaCl溶液6．铅蓄电池工作原理如下图所示，在电池工作时，电极发生反应，，下列说法不正确的是（    ）A．该电极反应中是氧化剂B．铅蓄电池是二次电池C．放电时，电子由电极经溶液回到Pb电极D．该电池放电过程中，正、负极转移电子相等7．浓度相等，体积均为的和溶液，分别加水稀释至体积V，随的变化如图所示，下列叙述不正确的是（    ）A．当时，若两溶液同时升高温度，则增大B．的浓度是C．若两溶液无限稀释，则它们的相等D．是弱碱二、实验题8．丙烯腈(CH2=CHCN)是合成纤维、合成橡胶和合成树脂的重要单体，可以由乙炔与HCN反应制得。原理如下CH≡CH+HCNCH2=CHCNⅠ．制备催化剂CuCl2(1)通过查阅资料有两种方案可以制备方案1：铜屑与H2O2在浓盐酸中反应方案2：铜丝在氯气中燃烧方案1的实验原理如图所示①器a的名称_____②请写出方案1的反应原理___________(用离子方程式表达)(2)用恒压滴液漏斗分批多次滴加H2O2，且H2O2过量，原因是_____(3)方案2燃烧后的固体溶于水，过滤后发现一些白色固体X，为检测X的成分，某同学将其溶于稀硫酸，白色固体变为红色，且溶液呈蓝色，推测X为_____Ⅱ．合成丙烯腈已知：①电石的主要成分是CaC2，还含有少量硫化钙②HCN易挥发，有毒，具有较强的还原性(4)HCN的电子式_____(5)纯净的乙炔是无色、无臭的气体。但用电石制取的乙炔时常伴有有臭鸡蛋气味，这种物质是_____(6)从下列选择装置D中可盛放的溶液A．高锰酸钾溶液 B．NaOH溶液 C．饱和食盐水 D．盐酸溶液(7)工业用200 kg 含CaC2质量分数80%的电石，生产得到丙烯腈79.5 kg，计算产率_____三、工业流程题9．某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量．查阅资料得知，铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：（1）提取前将铝土矿“粉碎”目的是__________。（2）固体B的主要用途有________________（写出一条即可）。（3）第①步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液，充分反应，发生反应的离子方程式有：    _____________（至少写一个）。（4）第②步中加入过量盐酸的目的是____________________；实验室配制200mL 8mol/L的盐酸需要的玻璃仪器有__________________。（5）能否把第③步中的氨水换成氢氧化钠__________，理由___________。四、原理综合题10．V2O5是工业制硫酸的重要催化剂。V2O5及其含V离子在溶液中存在如下转化关系：回答下列问题：（1）从性质角度分类。V2O5属于_______（填“酸性”“碱性”或“两性”）氧化物，VO2+中钒元素的化合价为__________。（2）写出反应Ⅰ的离子方程式：___________。（3）向20mL 0.05mol/L (VO2)2SO4溶液中加入0.195g 锌粉，恰好完全反应，则还原产物中钒元素的存在形式为_________（填字母）。a.V2+         b.V3+       c.VO2+        d.VO3-（4）在酸性环境中，向含有VO2+的溶液中滴加草酸（H2C2O4）溶液，可实现反应Ⅲ的转化，写出该反应的离子方程式：__________。（5）将V2O5加入浓盐酸中可得蓝色溶液，并有黄绿色气体生成，该反应中还原产物与氧化常务的物质的量之比为__________。五、结构与性质11．光催化是一种能耗低、效率高、无二次污染、反应条件温和的绿色化学法。我国科学家使用乙二胺和水混合溶剂，合成带状纳米光催化剂Zn2GeO4.这类光催化材料广泛应用于水污染治理、CO2还原、空气净化等领域。回答下列问题：(1)基态Zn原子的核外电子排布式为________。(2)利用CO(NH2)2(尿素)在Zn2GeO4表面沉积非金属N，能够有效提高Zn2GeO4的光催化性能。尿素分子中σ键与π键数目比为________，C、N、O元素第一电离能大小顺序为________，原因是________。(3)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)所含C、N原子的杂化轨道类型分别为________、________。它能与Zn2+形成环状离子，原因是________。(4)钙钛矿也是一种光催化剂，它的一种立方晶体的晶胞结构如图。其组成元素电负性最小的是________。与Ti4+距离最近的O2-数目为________，若晶胞参数为apm，该晶体密度为________g▪cm-3(写出表达式)。六、有机推断题12．乳酸具有很强的防腐保鲜作用，可应用在防腐保鲜、抗微生物、作调节剂等方面，用乙烯制备乳酸的工艺流程如下：回答下列问题：(1)F的化学名称是___________。(2)C的结构简式为___________；F中所含的官能团名称为___________。(3)A→D的反应类型是___________；F→G第一步的条件是___________。(4)反应E→F的化学方程式为___________。(5)化合物G的同分异构体中，满足下列条件的同分异构体有___________种(不包括立体异构)。①属于酯，能发生水解；②结构中不含。其中核磁共振氢谱显示只有1组峰的结构简式为___________。(6)根据本题信息和已学知识，写出以苯甲醛为原料制备的合成路线：___________(无机试剂任选)。
参考答案1．C【详解】A．冰是无机化合物，故A错误；B．氢气火炬中的储氢合金材料是金属材料，故B错误；C．我国远洋水体调查船“向阳红01”号上钉的锌条起到了防止船体被腐蚀的作用，主要原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D．为达到碳中和相关标准，是减少燃烧木柴和煤炭，尽量使用太阳能，不是禁止燃烧木柴和煤炭， 故D错误；综上所述，答案为C。2．C【详解】A．CO和N2的相对分子质量均为28，28gCO和N2的混合物中分子的物质的量为1mol，分子数目为NA，A错误；B．不确定溶液的体积，不能计算钾离子的数目，B错误；C．44gCO2的物质的量为1mol，由电子转移关系可知，反应中转移的电子数目为NA，C正确；D．标准状况下，水不是气态，不能使用气态摩尔质量计算，D错误；故选C。3．B【详解】分子式为C4H9Cl的有机物可看作是丁烷C4H10中的1个氢原子被氯原子取代后的产物。因为丁烷有2种同分异构体，即正丁烷CH3CH2CH2CH3和异丁烷(CH3)2CHCH3，在这2种化合物中均含有2类氢原子，所以其一氯代物均有2种同分异构体，分别为；答案选B。4．B【分析】由“X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍”知X为氧元素，又X、Y为同一主族的短周期元素，则Y为硫元素；又由Z原子的核外电子数比Y的核外电子数多1可知Z为氯元素。【详解】A．由元素周期律知，离子半径的大小顺序为，A错误；B．二氧化硫具有漂白性，B正确；C．简单氢化物的稳定性为，C错误；D．Y、Z元素最高价氧化物对应水化物的酸性：，D错误；故选B。5．B【分析】A处通入干燥的，打开B阀后，C处的红布条不褪色，说明C处布条是干燥的；关闭B阀时，C处的红布条褪色，说明洗气瓶D中装的物质中会引入水蒸气。【详解】A．氯气混合锥形瓶中的水蒸气生成由漂白性的次氯酸，能够漂白C中布条，A正确；B．浓硫酸吸收水蒸气，氯气通过浓硫酸后无法使布条褪色，B错误；C．氯气混合锥形瓶溶液中的水蒸气，生成的次氯酸使布条褪色，C正确；D．饱和氯化钠溶液抑制氯气溶液，氯气与水蒸气混合通入C中使布条褪色，D正确；故选B。6．C【详解】A．中得电子，作氧化剂，作原电池的正极故A正确；B．铅蓄电池是可以充放电的二次电池，故B正确；C．原电池放电时，电子由负极流向正极，且电子不能通过溶液，故C错误；D．氧化还原反应中，得失电子数相等，故正、负极转移电子相等，故D正确；故选C。7．A【分析】物质的量浓度相同的一元碱MOH和ROH溶液，pH值越大，该碱的碱性越强；根据图知，碱性：MOH＞ROH，稀释10倍时，0.10mol/LMOH溶液的pH变化值从13降为12，ROH的pH值变化值小于1，说明MOH是强碱、ROH是弱碱。【详解】A. 当时，若两溶液同时升高温度，MOH完全电离，升高温度促进ROH电离，c(M+)不变，c(R+)增大，则减小，故A错误；B． 稀释10倍时，MOH溶液的pH变化值从13降为12，则MOH一定是强碱，的浓度是，故B正确；C． 无限稀释时，溶液无限接近于7，则它们的c（OH-）几乎相等，故C正确；D． 稀释10倍时，0．10mol/LMOH溶液的pH变化值从13降为12，ROH的pH值变化值小于1，说明MOH是强碱、ROH是弱碱，故D正确；故选A。8．(1)     三颈烧瓶     Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O(2)H2O2不稳定易分解，让反应更充分，提高CuCl2的产量(3)CuCl(4)(5)H2S气体(6)A(7)60% 【分析】丙烯腈(CH2=CHCN)是通过CH≡CH+HCNCH2=CHCN得到，制备催化剂CuCl2常用铜屑与H2O2在浓盐酸中反应得到或则铜丝在氯气中燃烧得到，制备乙炔时常用电石与饱和食盐水反应得到，由于含有硫化氢杂质，用硫酸铜溶液处理，将乙炔通入到氯化铜和HCN溶液中水浴加热反应生成丙烯腈，由于HCN有毒，因此尾气用高锰酸钾溶液处理。【详解】（1）①根据图中得到仪器a的名称三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶。②方案1的反应原理是铜屑与H2O2在浓盐酸中反应生成氯化铜和水，其离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O。（2）用恒压滴液漏斗分批多次滴加H2O2，且H2O2过量，原因是H2O2不稳定易分解，生成的铜离子对双氧水分解起催化作用，也为了让反应更充分，提高CuCl2的产量；故答案为：H2O2不稳定易分解，让反应更充分，提高CuCl2的产量。（3）方案2燃烧后的固体溶于水，过滤后发现一些白色固体X，为检测X的成分，某同学将其溶于稀硫酸，白色固体变为红色，且溶液呈蓝色，说明该白色物质再酸性条件下反应生成Cu和铜离子，则根据氧化还原反应原理推测X为CuCl；故答案为：CuCl。（4）HCN中碳氮共用三对电子，碳氢共用一对电子，因此HCN的电子式；故答案为：。（5）纯净的乙炔是无色、无臭的气体。但用电石制取的乙炔时常伴有有臭鸡蛋气味，这种物质是H2S气体；故答案为：H2S气体。（6）HCN易挥发，D装置主要处理挥发出的HCN气体，HCN有毒，具有较强的还原性，因此利用高锰酸钾强氧化性将具有强还原性物质HCN发生氧化还原反应，因此装置D中可盛放的溶液为A；故答案为：A。（7）工业用200 kg 含CaC2质量分数80%的电石，根据CaC2～CH2=CHCN关系式，理论上得到丙烯腈质量为，实际生产得到丙烯腈79.5 kg，则丙烯腈的产率；故答案为：60%。9．     加快固体溶解速率、提高浸出率等     炼铁原料、用作涂料、油漆等     、     防止氢氧化铝溶解不完全     量筒、烧杯、玻璃棒、200mL容量瓶、胶头滴管     不能     因氢氧化铝能够与强碱发生反应，难以控制氢氧化钠溶液的量，可能造成产品损失或原料利用不充分【分析】向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱，Fe2O3不溶于碱，SiO2溶于强碱，则在①得到溶液A中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子、钠离子、氢氧根离子，固体B为氧化铁；向溶液A中加入盐酸，将硅酸根离子转化为难溶物硅酸，除去硅酸根离子，将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入溶液D；然后向溶液D中加入氨水，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝，以此解答。【详解】（1）提取前将铝土矿“粉碎”目的是：加快固体溶解速率、提高浸出率等；（2）固体B为Fe2O3，Fe2O3可作为炼铁的原料，氧化铁为红色，可用作涂料、油漆等；（3）由上述分析可知，该过程中反应离子方程式为：、；（4）第②步中加入盐酸，盐酸与先与氢氧化钠反应，然后与硅酸钠、偏铝酸钠反应，生成的硅酸和氢氧化铝均为难溶物，最后盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝，为防止氢氧化铝溶解不完全，因此加入的盐酸需过量；实验室配制200mL 8mol/L的盐酸采用浓溶液稀释配制，需要玻璃仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、200mL容量瓶、胶头滴管；（5）因氢氧化铝能够与强碱发生反应，而与弱碱不发生反应，因此一般采用氨水与氯化铝反应制备氢氧化铝，若采用氢氧化钠溶液，难以控制氢氧化钠溶液的量，可能造成产品损失或原料利用不充分。10．     两性     +4     V2O5+6OH-=2VO42-+3H2O     a     2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2-+2CO2↑+2H2O     2:1【详解】(1)从转化上分析，V2O5与OH﹣生成VO43﹣酸根离子，又可转化为VO2+的阳离子，说明它有酸、碱两性的性质，属于两性氧化物；由化合价代数和为零，求出VO2+中钒元素的化合价为+4价。(2)由原子守恒、电荷守恒，可知：V2O5 + 6 OH﹣ == 2VO43﹣ + 3H2O(3)(VO2)2SO4中V元素化合价是+5价，由得失电子守恒列式求出：2×20mL×10-3 ×0.05mol/L×（5-x）=2×0.195g/65g/mol，x=2，故选a。(4)在酸性环境中，向含有VO2+的溶液中滴加草酸（H2C2O4）溶液，草酸被氧化为CO2，VO2+被还原为VO2-，根据三个守恒写出离子反应式：2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2-+2CO2↑+2H2O。(5)将V2O5加入浓盐酸中可得蓝色溶液，并有黄绿色气体生成，据此写出反应方程式：V2O5+ 6H+ + 2Cl﹣ = Cl2↑ + 2VO2+ + 3H2O，还原产物（VO2+）与氧化产物（Cl2）的物质的量之比为2∶1。11．(1)1s22s22p63s23p63d104s2(2)     7：1     N>O>C     同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但由于N原子2p轨道半充满较为稳定，其第一电离能高于O，所以第一电离能大小顺序为N>O>C(3)     sp3     sp3     乙二胺中两个N原子能提供孤电子对给Zn2+离子，形成配位键，构成环状(4)     Ca     6     ×1030 【解析】（1）Zn为30号元素，原子核外有30个电子，根据构造原理可知其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2；（2）尿素分子C=O键中有一个σ键和一个π键，其余单键均为σ键，所以尿素分子中σ键与π键数目比为7：1；同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但由于N原子2p轨道半充满较为稳定，其第一电离能高于O，所以第一电离能大小顺序为N>O>C；（3）C原子形成4个σ键，为sp3杂化，N原子形成3个σ键，还有一对孤电子对，也为sp3杂化；乙二胺中两个N原子均含有孤电子对，能提供孤电子对给Zn2+离子，形成配位键，构成环状离子；（4）O为非金属元素，电负性较大， 一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大，所以Ti的电负性大于Ca，组成元素电负性最小的Ca；以任意顶点的Ti4+为例，Ti4+所在棱的棱心上的O2-距离其最近，所以数目为6；根据均摊法，晶胞中含有8×=1个Ti4+，含有12×=3个O2-，1个Ca2+，所以晶胞的质量为g，晶胞的体积为a3pm3=a3×10-30cm3，所以密度为=×1030g/cm3。12．(1)2-氯丙酸(2)          碳氯键、羧基(3)     加成反应     NaOH水溶液，加热(或其他合理答案)(4)+HCl(5)     7     (6) 【分析】A催化氧化得到B，结合G的结构简式可分析出B的结构简式为CH3CHO，C为，A与HCN催化剂加热反应得到D，为加成反应所以D的结构简式为CH3CH2CN，D在酸性条件下水解后得到E，结合E的分子式可推测E为CH3CH2COOH，E与氯气在红磷催化下加热反应得到F，结合G的结构简式，可推测-Cl取代在与羧基相连的碳上，所以F为。（1）F的化学名称是2-氯丙酸。（2）C的结构简式为，F中所含的官能团是—Cl，—COOH，名称为碳氯键﹑羧基。（3）D分子比A分子增加HCN，A→D的反应类型是加成反应；F→G第一步为—Cl水解为—OH，条件为NaOH水溶液，加热。（4）E→F是—Cl取代羧基相连碳上的氢，化学方程式为 + HCl。（5）根据条件属于酯，能发生水解，结构中不含，可写出、、HCOOCHO2CH3、、、、，共7种，其中核磁共振氢谱显示只有1组峰的结构简式为。（6）制备，根据合成路线可以采用逆推的方法：，可得合成路线： 。