山西省怀仁市2023届高三化学下学期二调试题（Word版附解析）

这是一份山西省怀仁市2023届高三化学下学期二调试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
怀仁市2022一2023学年度下学期
高三第二次调研试题
理科综合化学试题
可能用到的相对原子质量：N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe--56 C-12
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学在环境污染治理中发挥了重要作用。下列治理措施没有运用相应化学原理的是
选项
治理措施
化学原理
A
向燃煤中添加生石灰以减少酸雨的形成
CaO具有碱性氧化物的通性
B
在汽车尾气系统中安装催化转化器以减少尾气污染
CO和NO在催化剂作用下发生反应，生成无毒气体
C
用聚乳酸塑料替代传统塑料以减少白色污染
聚乳酸具有生物可降解性
D
向工业废水中添加FeS以除去废水中的
FeS具有还原性

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向燃煤中添加生石灰以减少酸雨的形成，是因为氧化钙能和二氧化硫等气体反应，体现了CaO具有碱性氧化物的通性，故A不符合题意；
B．汽车尾气系统中安装催化转化器以减少尾气污染，是排气系统中CO和NO在催化剂作用下发生反应，生成无毒气体氮气和二氧化碳减少污染，故B不符合题意；
C．聚乳酸具有生物可降解性，易于降解可减少白色污染，故C不符合题意；
D．向工业废水中添加FeS以除去废水中的，是铜离子和FeS生成了硫化铜沉淀，没有体现FeS还原性，故D符合题意；
故选D。
2. 设NA为阿伏加德罗常数值，在现实生活中我们常常利用物质的量来为难以用实际数字描述的数量做了定量解释，下列说法正确的是
A. 将0.1mol醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目小于0.1NA
B. 将4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1NA
C. 1.5mol的液态冰醋酸中含s－pσ键0个
D. 1L1mol·L-1NaCl溶液含有28NA个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒，，因为溶液呈中性，故，所以，A错误；
B．，，则生成的氢气大于0.1NA，B错误；
C．C原子杂化方式有sp2、sp3杂化，C、O原子杂化后和H原子形成键，分子中不含s-p键，C正确；
D．溶液中存在水分子，所以电子数大于28NA，D错误；
故答案为：C。
3. SO2、Cl2、NO2都是大气污染物，下列说法正确的是
A. 都能使品红试液褪色，原理相同
B. 都能与水反应，生成物都是电解质
C. 等物质的量的SO2和Cl2混合通入装有湿润的有色布条的试管中，漂白效果更好
D. 将SO2、NO2同时通入水中，加入BaCl2溶液有白色沉淀生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2、Cl2、NO2都能使品红试液褪色，SO2与Cl2、NO2的原理不相同，故A错误；
B．NO2与水反应生成硝酸和NO，NO是非电解质，故B错误；
C．等物质的量的SO2和Cl2混合通入装有湿润的有色布条的试管中，发生反应SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，H2SO4、HCl没有漂白性，漂白效果变差，故C错误；
D．将SO2、NO2同时通入水中，SO2被氧化为硫酸，加入BaCl2溶液生成硫酸钡沉淀，故D正确；
选D。
4. 近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。一种Ru配合物(如图所示)复合光催化剂可将转化为HCOOH。下列说法错误的是

A. Ru配合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C
B. 如图结构的吡啶环( )中C、N原子的杂化方式分别为、
C. 该配合物中Ru的配位数是6
D. HCOOH的沸点比高，主要原因是HCOOH分子间存在范德华力和氢键，而分子间只有范德华力
【答案】B
【解析】
【详解】A．第二周期主族元素从左向右元素电负性逐渐增强，因此电负性由大到小的顺序为O>N>C，A正确；
B．如图结构的吡啶环()中C、N原子的价层电子对数均为3，故杂化方式均为sp2，B错误；
C．由图示结构可知，该配合物中Ru的配位数是6，C正确；
D．HCOOH存在分子间作用力和氢键，因此HCOOH的沸点比HCHO高，D正确；
故选B。
5. 生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用铁、石墨做电极，用电解法去除。电解时，如图1原理所示可进行除氮；翻转电源正负极，可进行除磷，原理是利用Fe2＋将PO转化为Fe3(PO4)2沉淀。下列说法正确的是

A. 图2中0～20min脱除的元素是氮元素，此时石墨做阴极
B. 溶液pH越小、有效氯浓度越大，氮的去除率越高
C. 图2中20～40min脱除的元素是磷元素，此时阳极的电极反应式为2Cl-－2e-=Cl2↑
D. 电解法除氮有效氯ClO-氧化NH3的离子方程式为3ClO-＋2NH3=3Cl-＋N2↑＋3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．图2中0～20min 溶液pH的变化得出脱除的元素是氮元素，此时铁作阴极，故A错误；
B．随溶液pH降低，氢离子浓度增大，Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，平衡逆向移动，溶液中c（HClO）减小，使铵根的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降，故B错误；
C．除磷时，Fe作阳极失电子，石墨作阴极，阳极电极反应式为Fe－2e-＝Fe2＋，故C错误；
D．电解法除氮有效氯HClO将氨气氧化为N2的离子方程式为3ClO-＋2NH3＝3Cl-＋N2↑＋3H2O，故D正确；
故选D。
6. X、Y、Z、W、Q为原子序数依次递增的短周期主族元素。基态X原子价电子层有3个单电子，Z与Y可形成原子个数比为1：1的含非极性共价键的离子化合物。W、Q的最外层电子数之和等于Z的原子序数。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Z＞Y B. X、W单质的晶体类型一定相同
C. Q的最高价含氧酸为强酸 D. 简单气态氢化物的稳定性：X＞Y
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次递增的短周期主族元素，基态X原子价电子层有3个单电子，X是N元素；Z与Y可形成原子个数比为1：1的含非极性共价键的离子化合物，该化合物是Na2O2，Y是O元素、Z是Na元素；W、Q的最外层电子数之和等于Z的原子序数，则W是Si、Q是Cl或W是P、Q是S。
【详解】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：O2-＞Na+，故A错误；
B. X是N，N2是分子晶体，若W是Si，其单质为原子晶体，故B错误；
C. Q为S或Cl，H2SO4、HClO4都是强酸，故C正确；
D. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性O>N，所以稳定性：H2O＞NH3，故D错误；
选C。
7. K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2O转化为CrO
①Cr2O(aq)+H2O(l)2HCrO(aq) K1=3.0×10-2(25℃)
②HCrO(aq)CrO(ag)+H+(ag) K2=3.3×10-7(25℃)
25℃时，0.1mol/LK2Cr2O7溶液中lg随pH的变化关系如图。下列有关K2Cr2O7溶液的说法错误的是

A. 加入过量烧碱溶液，反应的离子方程式为Cr2O+2OH－=2CrO+H2O
B. 当pH=8.8时，c(CrO)+c(Cr2O)＜0.10mo/L
C. 加入少量水稀释，平衡时c2(CrO)与c(Cr2O)的比值增大
D. 当pH=9.0时，溶液中HCrO的平衡浓度约为6.0×10-4mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入的过量NaOH会与反应②电离产生的H+发生反应，促使两个平衡不断右移，最终生成，反应的离子方程式为Cr2O+2OH－=2CrO+H2O，A项正确；
B．当溶液的pH=8.8时，，所以，所以。0.10mol/LK2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，根据Cr原子守恒可得，转化可得，B项错误；
C．根据题意有，温度一定时，K1和K2为定值，稀释溶液时c(H+)减少，增大，C项正确；
D．由图可知，当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中的，即，反应②的平衡常数，联立两个方程可得，D项正确。
答案选B。
三、非选择题：共174分。
8. 硫酸亚铁铵晶体[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O][M=(132x+152y+18z)g·mol-1]是常见的补血剂。
已知：①硫酸亚铁铵晶体空气中不易被氧化。
②FeSO4溶液与(NH4)2SO4反应可得到硫酸亚铁铵。
（1）FeSO4溶液的制备。将铁粉、一定量H2SO4溶液反应制得FeSO4溶液，其中加入的铁粉需过量，除铁粉不纯外，主要原因是_____(用离子方程式表示)。
（2）制备x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O向制备得到的FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70℃-80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体。乙醇的作用为_____。
（3）产品化学式的确定——NH含量的测定

I.准确称取58.80g晶体，加水溶解后，将溶液注入三颈烧瓶中：
Ⅱ.准确量取50.00mL3.030mol·L-1H2SO4溶液于锥形瓶中：
Ⅲ.向三颈烧瓶中通入氮气，加入足量NaOH浓溶液，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；
Ⅳ.用0.120mol·L-1的NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00mLNaOH标准溶液。
①装置M的名称为_____。
②通入N2的作用为_____。
③步骤Ⅲ中，反应的离子方程式是_____。
④若步骤Ⅳ中，未用NaOH标准溶液润洗滴定管，则n(NH)将_____(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。步骤Ⅳ中，滴定时还必须选用的仪器是_____(填编号)。

（4）产品化学式的确定一SO含量的测定
I.另准确称取58.80g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液；
Ⅱ.将得到的溶液过滤得到沉淀，洗涤沉淀3～4次；
Ⅲ.灼烧沉淀至恒重，称量，得沉淀质量为69.90g。
结合实验(3)和(4)，通过计算得出硫酸亚铁铵晶体的化学式为_____。
【答案】（1）2Fe3++Fe=3Fe2+(4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)
（2）乙醇的分子极性弱于水的，加入乙醇，形成乙醇一水的混合溶剂，极性比水的更弱。根据相似相溶原理，使离子化合物硫酸亚铁铵在乙醇一水的混合溶剂中的溶解度更小，有利于晶体析出
（3） ①. 分液漏斗 ②. 将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收 ③. NH+OH-NH3↑+H2O ④. 偏小 ⑤. ③⑥
（4）(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
【解析】
【分析】确定产品化学式时，先将产品中的铵根转化为氨气，用硫酸标准液吸收氨气，通过滴定剩余氢离子的量，来间接测定铵根的量；然后另取样品，利用氯化钡来沉淀硫酸根，通过硫酸钡沉淀的量来确定硫酸根的含量，继而确定化学式。
【小问1详解】
Fe2+易被空气中的氧气氧化为铁离子，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe粉可以和铁离子发生反应2Fe3++Fe = 3Fe2+，因此过量的铁粉能防止其被氧化；
【小问2详解】
硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，因此乙醇可以降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出；
【小问3详解】
①装置M为分液漏斗；
②反应中装置中会有残留的氨气，持续通入N2可以将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；
③步骤Ⅲ中，反应为铵根离子和氢氧根离子生成氨气和水，离子方程式是NH+OH-NH3↑+H2O；
④若未用NaOH溶液润洗滴定管，则NaOH溶液的浓度偏低，则滴定中消耗的NaOH的体积偏大，剩余的硫酸偏大，则氨气的含量偏小；步骤Ⅳ中，滴定时还必须选用的仪器是③滴定架、⑥碱式滴定管；
【小问4详解】
测定NH含量时，，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液，所以剩余n(H+)=0.120mol/L×0.025L=0.003mol，所以n(NH)=3.030mol/L×0.05L×2-0.003mol=0.3mol；测定SO含量时，BaSO4的物质的量为0.3mol，则(NH4)2SO4的物质的量为0.15mol，FeSO4的物质的量为0.15mol，则根据M的计算公式可得，132×0.15+152×0.15+18×n水=58.8，则n水=0.9，则根据比例可得硫酸亚铁铵晶体的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。
9. 钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图：

回答下列问题：
（1）洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是_____。
（2）常温下，先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是_____；再向滤液加入氨水调节pH=6，滤液中Sc3+的浓度为_____。{已知：Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39、Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31)。
（3）用草酸“沉钪”，“沉钪”得到草酸钪的离子方程式是_____。
（4）草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为_____。
（5）Ti(BH)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。
①写出BH的结构式是_____(标明其中的配位键)。
②常温下，TiCl4是一种有刺激性臭味的无色液体，熔点为-23.2℃，沸点为136.2℃；TiF4为白色粉末，熔点为377℃。TiCl4和TiF4熔点不同的原因是_____。
（6）由氧元素形成的常见物质有H2O2、H2O、O2，H2O2为_____(填“极性”或“非极性”)分子，O2的晶胞为立方体，结构如图。根据图中信息，可计算O2晶体密度是_____g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。

【答案】（1）将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌
（2） ①. Fe(OH)3 ②. 9.0×10-7mol·L-1
（3）2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+
（4）2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
（5） ①. ②. TiCl4是分子晶体，TiF4是离子晶体(分子间作用力小于离子键)
（6） ①. 极性 ②.
【解析】
【分析】反萃取使铁和钪沉淀与杂质分离；酸溶将Fe(OH)3和Sc(OH)3溶解；通过调pH将Fe(OH)3与Sc(OH)3分离；第二次酸溶将Sc(OH)3溶解。
【小问1详解】
溶液混合中有浓硫酸，浓硫酸稀释时放热而液体飞溅，所以应该将浓硫酸缓慢加入水中，边加边搅拌。答案为将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌；
【小问2详解】
已知Ksp[Fe(OH)3]< Ksp[Sc(OH)3]，所以pH=3时Fe3+先沉淀，故此时的滤渣为Fe(OH)3。pH=6时，c(OH-)=10-8mol/L，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31= c3(OH-)c(Sc3+)得到c(Sc3+)=。答案为Fe(OH)3；；
【小问3详解】
H2C2O4与Sc3+发生复分解产生Sc2(C2O4)3，H2C2O4为弱电解质不拆写为离子，反应为：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+；
【小问4详解】
Sc2(C2O4)3与O2发生氧化还原反应高温分解为CO2和Sc2O3，反应为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。答案为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；
【小问5详解】
B原子的价电子为3，分别与三个H形成共价键之后再无价电子，此时H-单方面提供孤电子对与B的空轨道重叠形成配位键，如图表示为 。TiCl4是一种有刺激性臭味的无色液体，可见其微粒间作用力弱，所以它为分子晶体。而F原子电负性大，同时TiF4为白色粉末，熔点为377℃，TiF4为离子晶体。答案为 ；TiCl4是分子晶体，TiF4是离子晶体(分子间作用力小于离子键)；
【小问6详解】
H2O2为非对称分子，它为极性分子。O2分别位于晶胞的顶点和面心，晶胞中共有4个O2。所以晶胞的密度为。答案为。
10. 全球大气CO2浓度升高对人类生产、生活产生了影响，碳及其化合物的资源化利用成为研究热点。回答下列问题：
（1）已知25℃时，大气中的CO2溶于水存在以下过程
①CO2(g)CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(1)H+(ag)+HCO(aq) K
过程①的ΔH_____0(填“＞”“＜”或“=”)。溶液中CO2的浓度与其在大气中的分压(分压=总压×物质的量分数)成正比，比例系数为ymol·L-1·kPa-1。当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+的浓度为_____mol·L-1(忽略HCO和水的电离)。
（2）焦炭与水蒸气可高温下反应制H2。
反应I：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH1=+131.3kJ·mol-1 K1
反应II：C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) ΔH2=+90.3kJ·mol-1 K2
反应III：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.0kJ·mol-1 K3
上述反应的化学平衡常数随温度变化的关系如图所示，表示K1、K2、K3的曲线分别是c、_____、_____。

②研究表明，反应III的速率方程为v=k[x(CO)·x(H2O)-]，x表示相应气体的物质的量分数，Kp为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算)，k为反应的速率常数，随温度升高而增大。在气体物质的量分数和催化剂一定的情况下，反应速率随温度的变化如图所示。根据速率方程分析T＞Tm时，v逐渐下降的原因是_____。

（3）甲烷干法重整制H2同时存在如下反应：
主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2
温度为T℃，压强为p0的恒压密闭容器中，通入2molCH4和lmolCO2发生上述反应。平衡时H2O(g)的分压为p1，甲烷的转化率为40%。
①下列说法正确的是_____(填标号)
A.ΔH1和ΔH2不变，说明反应达到平衡状态
B.相同条件下，主反应的速率大于副反应，说明主反应的活化能小
C.选用合适的催化剂可以提高主反应的选择性，增大甲烷的平衡转化率
D.平衡后，若增大压强，主反应平衡逆向移动，副反应平衡不移动
②平衡时混合气体的总物质的量为_____mol，H2(g)的分压是_____(用含p0和p1的计算式表示)。
（4）甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→_____(用b-j等代号表示)。

【答案】（1） ①. ＜ ②.
（2） ①. b ②. d ③. 升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v降低；T＞Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
（3） ①. B ②. 4.6 ③. -p1
（4）a→b→e→h→j
【解析】
【小问1详解】
常温下，CO2(g)CO2(aq)过程能发生，△S