河南省六市2022届高三第一次联合调研检测理综化学试题含解析

这是一份河南省六市2022届高三第一次联合调研检测理综化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了考试结束，监考教师将答题卡收回， 已知Kb=1，01ml/L、c0，5％等内容，欢迎下载使用。
 河南省六市2022届高三第一次联合调研检测
理科综合能力测试化学试题
本试题卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试题卷上答题无效。考试结束后，监考老师只收答题卡。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写(涂)在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2.第I卷每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号。第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题上作答，答案无效。
3.考试结束，监考教师将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 K：39 Ti：48 Cr：52 Fe：56 Ba：137
第I卷(选择题)
一、选择题：本题共7小题，每小题6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. 科技发展改变生活，下列说法错误的是
A. “天问一号”中Ti-Ni形状记忆合金的两种金属都属于过渡金属元素
B. T-碳(T-Carbon)是中科院预言的一种三维碳结构晶体，其与C60互为同位素
C. “祝融号”火星探测器上使用的钛合金具有密度小、强度高、耐高温的特性
D. 清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片-----天机芯的主要材料与光导纤维不同
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ti位于IVB族，Ni位于VIIIB族，两者都是过渡金属元素，A正确；
B．由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，因此T-碳(T-Carbon)与C60互为同素异形体，B错误；
C．合金比纯金属性能优良，钛合金具有密度小、强度高、耐高温的特性，C正确；
D．芯片材料为单晶硅，光导纤维为二氧化硅，两者材料不同，D正确；
答案选B。
2. 能用下图所示装置完成气体制备、尾气处理(加热和夹持等装置略去)的是



气体
制备试剂
烧杯中试剂
A
NO2
铜与浓硝酸
NaOH溶液
B
NH3
浓氨水与碱石灰
水
C
C2H2
电石与水
水
D
Cl2
MnO2与浓盐酸
饱和NaCl溶液

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，气体制备装置为固液不加热的装置，烧杯中的尾气处理试剂能与制备的气体反应。
【详解】A．铜与浓硝酸在不加热的条件下能反应制得二氧化氮气体，烧杯中的氢氧化钠溶液能吸收二氧化氮气体，防止污染空气，故A正确；
B．浓氨水与碱石灰在不加热的条件下能反应制得氨气，但氨气极易溶于水，直接通入水中会产生倒吸，故B错误；
C．电石与水在不加热的条件下能反应制得乙炔气体，乙炔微溶于水，不能与水反应，不能用水吸收乙炔气体，故C错误；
D．二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，常温下不反应，且氯气不溶于饱和氯化钠溶液，不能用饱和氯化钠溶液吸收氯气，故D错误；
故选A。
3. 2022年北京成功举办冬奥会，绿色环保是主要理念。在场馆建设中用到的一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示。下列说法正确的是


A. 该双环烯酯的分子式为C14H18O2
B. 该双环烯酯分子中至少有6个原子共平面
C. 该双环烯酯一氯代物有9种
D. 1 mol该双环烯酯能与3molH2发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由双环烯酯的结构简式可知，其分子式为C14H20O2，A项错误；
B．乙烯中含有碳碳双键，双环烯酯分子中也含有碳碳双键，根据乙烯中有6个原子共平面知，双环烯酯分子中至少有6个原子共平面，B项正确；
C．该双环烯酯中存在着13种不同状态的氢，则其一氯代物有13种，C项错误；
D．碳碳双键能与H2发生加成反应，酯基中碳氧双键不能与H2发生加成反应，故1 mol该双双环烯酯能与2 mol H2发生加成反应，D项错误；
答案选B。
4. 某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu(NO3)2·3H2O晶体，并进一步探究用SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。设计的路线如图：
已知：；SOCl2熔点-105℃、沸点76℃，遇水剧烈水解生成两种酸性气体。
下列说法不正确的是
A. 第②步调pH适合的物质是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3
B. 第③步操作包括蒸发结晶、过滤等步骤
C. 为得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，可采用减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间的方法
D. 第④步中发生的总反应的化学方程式Cu(NO3)2·3H2O+3SOCl2=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HC1↑
【答案】B
【解析】
【分析】铜屑中混有铁屑，加入足量硝酸溶解后，应通过调节pH，让Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；过滤后，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，以防止晶体失去结晶水并发生水解。
【详解】A．第②步调pH时，不能引入新的杂质，常加入铜的氧化物、氢氧化铜及难溶性铜盐等，所以适合的物质是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，A正确；
B．第③步操作是从溶液中提取Cu(NO3)2·3H2O晶体，由信息可知，晶体受热易失去结晶水，易发生水解，所以采取的措施是蒸发浓缩(至液体表面有晶膜出现)、冷却结晶等，不能蒸发至干，B不正确；
C．减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间，可得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，C正确；
D．第④步中，SOCl2与结晶水作用，生成SO2和HC1气体，发生的总反应的化学方程式为Cu(NO3)2·3H2O+3SOCl2=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HC1↑，D正确；
故选B。
5. W、X、Y、Z为四种原子序数依次增大的短周期非金属主族元素，其中只有X、Y位于同周期，四种元素可形成航天飞船的火箭推进剂［XW4]+[ZY4]-，W与X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数。下列说法错误的是
A. W、X、Y、Z的最高正价均等于其最外层电子数
B. X的液态简单氢化物常用来做制冷剂，与其存在分子间氢键有关
C. 简单阴离子还原性：W＞X＞Y
D. W、X、Z均可与Y形成两种或两种以上的化合物
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为四种原子序数依次增大的短周期非金属主族元素，其中只有X、Y位于同周期，则W位于第一周期，W为H；X、Y位于第二周期，Z位于第三周期，X和W可以形成［XW4]+，则X为N，W与X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，则Y为O；Z和Y可以形成[ZY4]-，则Z为Cl，即W、X、Y、Z分别为H、N、O、Cl。
【详解】A．W、X、Y、Z分别为H、N、O、Cl，O没有+6价，其最高正价为+2价，A错误；
B．X为N，氮的液态简单氢化物NH3常用来做制冷剂，氨分子之间存在分子间氢键，B正确；
C．非金属性越强，其简单阴离子还原性越弱，非金属性：O>N>H，则简单阴离子还原性：W＞X＞Y，C正确；
D．H、N、Cl均可与O形成两种或两种以上的化合物：H2O、H2O2，NO、NO2、N2O5等，Cl2O、ClO2等，D正确；
答案选A。
6. 我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法不正确的是

A. 充电时，电极周围升高
B. 放电时，每生成，转移个电子
C. 使用催化剂或者均能有效减少副产物的生成
D. 使用催化剂，中间产物更不稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据装置图，充电时，外电路电子流向Zn电极，即Zn电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，c(OH-)增大，pH增大，故A说法正确；
B．根据装置图可知，放电时，右侧电极反应式为CO2+2e-+H2O =HCOO-+OH-，生成1mol HCOO-时，转移电子物质的量为2mol，故B说法错误；
C．根据图像可知，在使用催化剂Sn和s-SnLi生成CO时活化能大，活化能大反应速率慢，且CO能量比HCOOH能量高，能量越低，物质越稳定，因此使用催化剂Sn和s-SnLi可以减少副产物CO的生成，故C说法正确；
D．根据图像可知，使用催化剂s-SnLi，中间产物能量高，不稳定，故D说法正确；
答案为B。
7. 已知Kb（NH3·H2O）=1.7×10-5，Ka（CH3COOH）=1.7×10-5。25℃时，向20mL浓度均为0.01mol·L-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的氨水，测定过程中电导率和pH变化曲线如图所示，下列说法错误的是

A. a点溶液中，c(CH3COO-)数量级约为10-5
B. b点溶液中，c(NH4+) > c(CH3COOH)
C. c点溶液中，c(NH4+) +c(NH3·H2O) = c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D. c点水的电离程度小于d点
【答案】D
【解析】
【分析】氨水逐滴滴入盐酸和醋酸的混合液中，依次发生的反应为：HCl+NH3·H2O=NH4Cl+ H2O、CH3COOH+NH3·H2O=CH3COONH4+H2O；盐酸为强酸，随着氨水的滴入，溶液的体积变大，溶液中离子浓度变小，溶液的电导率逐渐变小，b点为盐酸恰好反应的点，b点溶质为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液；继续滴加氨水，弱酸醋酸与氨水反应生成强电解质CH3COONH4，溶液中离子浓度变大，溶液的电导率又逐渐变大，c点醋酸和氨水恰好完全反应，c点溶质为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液；继续滴加氨水，氨水属于弱碱水溶液，溶液中离子浓度又变小，溶液的导电率又变小。
【详解】A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，盐酸抑制醋酸电离，a点溶液中c(H+)0.01mol/L、c(CH3COOH)0.01mol/L，醋酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，设溶液中c(CH3COO-)=xmol/L，Ka(CH3COOH)==1.710-5，解得x1.710-5，c(CH3COO-)的数量级约为10-5，故A正确；
B．根据上述分析，b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4+的水解离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+，NH4+的水解平衡常数Kh(NH4+)==5.8810-10 Ka(CH3COOH)，NH4+的水解程度小于CH3COOH的电离程度，b点溶液中c(NH4+)c(CH3COOH)，故B正确；
C．根据上述分析，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，根据物料守恒c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)+ c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，故C正确；
D．c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，NH4Cl、CH3COONH4水解促进水的电离，d点为等浓度的NH4Cl、CH3COONH4和略过量的氨水组成的混合液，过量的氨水对水的电离起抑制作用，所以c点水的电离程度大于d点，故D错误；
选D。
8. 某实验小组利用如图装置模拟古法硫酸生产方法并进行SO2性质探究。

已知A中反应的化学方程式：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，实验开始前打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，通入一段时间N2后，关闭活塞K1、K2，打开活塞K3，高温加热绿矾。
完成下列填空：
（1）C装置中覆盖食用油的目的是___________；B中所得硫酸溶液的质量分数理论值为___________ (保留三位有效数字)。
（2）该装置存在的不足之处为___________。
为探究SO2与钡盐溶液的反应，在装置C中先后四次加入不同的溶液：
①
②
③
④
已煮沸的BaCl2溶液
未煮沸的BaCl2溶液
已煮沸的Ba(NO3)2溶液
未煮沸的Ba(NO3)2溶液
注：锥形瓶中溶液体积相同，钡盐溶液浓度相同；油层厚度一致，通入SO2流速一致。
得到如下pH-t图：

（3）曲线①呈缓慢下降趋势，这是因为___________。曲线②出现骤降，表明溶液中生成了___________ (填物质名称)。对比分析上述四组数据，可得出的结论是___________ (任写2条)。
（4）为对排气法收集到的SO2气体进行含量测定，将1120mL气体(已折算为标准状况)通入足量的Ba(NO3)2溶液中，经过滤、洗涤、烘干，最终得到沉淀10.718g．则SO2气体的体积分数为___________ (保留两位有效数字)。若该实验数据较实际值偏大，则可能的原因是___________ (选填序号)。
a．气体通入速率过快 b．沉淀未进行恒重操作
c．收集的气体中有CO2 d．未用食用油覆盖液面
（5）SO2属于大气污染物，还可用H2与其高温反应消除SO2带来的污染，其反应原理如图所示：


①反应原理过程中X为___________ (填名称)。
②写出检验X所需试剂及实验现象___________。
【答案】（1） ①. 隔绝空气，避免空气中氧气干扰实验 ②. 29.5％
（2）缺少尾气处理装置
（3） ①. SO2溶于水，与水生成H2SO3，H2SO3是弱酸，电离出的少量氢离子使溶液pH下降 ②. 盐酸或硫酸 ③. O2能氧化SO2；或能氧化SO2；或O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)
（4） ①. 92% ②. b
（5） ①. 硫化氢 ②. CuSO4溶液，出现黑色沉淀
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中绿矾高温条件下分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，装置B中三氧化硫与水蒸气冷凝反应得到硫酸溶液，装置C用于探究二氧化硫与钡盐溶液的反应，由于二氧化硫直接排放到空气中容易造成污染，故应增加一个装置，盛有的氢氧化钠溶液且用倒扣漏斗用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，其中倒扣的漏斗能起到防止倒吸的作用。
【小问1详解】
C装置中覆盖食用油可以隔绝空气，避免空气中氧气干扰探究二氧化硫与钡盐溶液反应的实验检测；由方程式可知，反应生成三氧化硫和水蒸气的物质的量比,1：14，1mol三氧化硫与1mol水反应生成1mol硫酸，则所得硫酸溶液的质量分数理论值为≈0.295，故答案为：隔绝空气，避免空气中氧气干扰实验； 0.295；
【小问2详解】
由分析可知，由于二氧化硫直接排放到空气中容易造成污染，故实验中缺少尾气处理装置；答案为：缺少尾气处理装置；
【小问3详解】
由图可知，曲线①的变化说明二氧化硫不与氯化钡溶液反应，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成弱酸亚硫酸，亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，使溶液中pH减小；曲线②的变化说明溶液中氧气将二氧化硫氧化生成强酸硫酸，反应生成的硫酸溶液与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，使溶液中氢离子浓度迅速增大，溶液pH出现骤降；曲线③的变化说明反应生成弱酸亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，溶液中具有强氧化性的硝酸根离子在溶液中将二氧化硫氧化生成硫酸钡沉淀和硝酸，使溶液中氢离子浓度增大，溶液pH降低，但溶液中的pH大于曲线②；曲线④的变化说明溶液中的弱酸亚硫酸被空气中氧气氧化生成强酸硫酸，溶液中氢离子浓度大，硝酸根离子的氧化性强，在溶液中将二氧化硫迅速氧化生成硫酸钡和硝酸，溶液pH出现骤降，在四组曲线中溶液的pH最小，综合四组数据可知，氧气和硝酸根离子能氧化二氧化硫，溶液中的氧气能提高硝酸根离子氧化二氧化硫的反应速率和反应程度，故答案为：盐酸或硫酸；①O2能氧化SO2；②能氧化SO2；③O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)；
【小问4详解】
标准状况下2240mL气体的物质的量为=0.1mol，二氧化硫气体通入硝酸钡溶液中得到21.436g硫酸钡沉淀，由硫原子个数守恒可知，二氧化硫的体积分数为=92%；
a．若气体通入速率过快会使二氧化硫不可能完全吸收，生成硫酸钡质量偏小，导致所测结果偏低，选项a错误；
b．若沉淀未进行恒重操作可能会使沉淀表面附有可溶性杂质，使测得硫酸钡的质量偏大，导致所测结果偏高，选项b正确；
c．若收集的气体中有二氧化碳不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，选项c错误；
d．若未用食用油覆盖液面不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，选项d错误；
b正确，故答案为：92%；b；
【小问5详解】
①由图分析H2和SO2在300℃、催化剂作用下，转化为X，X在100-200℃、催化剂作用下转化为S，根据化合价升降及元素变化情况，可推知X气体为H2S；
②检验X可利用硫化氢能使硫酸铜溶液产生黑色沉淀，故所需试剂及实验现象为将气体通入硫酸铜溶液中，产生黑色沉淀，说明气体中含有H2S。
9. 某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：

已知：煅烧时，Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O2 2CuO+TeO2。
（1）煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为___________。
（2）为提高酸浸速率，可采用的措施是___________ (任写一条)。
（3）浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有___________ (写化学式)。
（4）在实际的含铬废水处理中，还可采用直接沉淀的方法，处理成本较低。
①已知含铬酸性废水中存在着Cr2O和CrO相互转化的平衡，请用离子方程式表示它们之间的转化反应___________。
②在实际工业生产中，加入沉淀剂BaCl2溶液之前还要加入一定量的NaOH，这样有利于沉淀的生成，则生成的沉淀为___________。(写化学式)。
（5）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.50g配成250mL溶液，用移液管取出25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000 mol·L-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行二次实验。(已知Cr2O被还原为Cr3+)
①氧化还原滴定过程中的离子方程式为___________。
②若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为___________%。［已知M(K2Cr2O7)=294g·mol-1，计算结果保留三位有效数字］
（6）上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外，还含有一定浓度的Fe3+杂质，可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)=3×10-5 mol·L-1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3+是否沉淀完全？___________(填“是”或“否”)。｛已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}
【答案】（1）2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2
（2）适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等
（3）CuSO4(或CuSO4和H2SO4)
（4） ①. 2CrO+2H+Cr2O+H2O ②. BaCrO4
（5） ①. Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O ②. 49.0
（6）是
【解析】
【分析】电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金(Au)，根据流程图，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有Cu2+和TeOSO4，电解后Cu2+放电生成Cu单质，溶液中含有TeOSO4，TeOSO4与SO2发生氧化还原反应生成粗碲。
【小问1详解】
煅烧时，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，发生反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
【小问2详解】
为了提高酸浸速率，可采用的措施是适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等；
【小问3详解】
根据上述分析，电解沉积过程中析出单质铜，浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还含有CuSO4、可能存在过量的硫酸等；
【小问4详解】
①含铬酸性废水中存在着Cr2O和CrO相互转化的平衡，根据质量守恒和电荷守恒可知，反应为Cr2O+H2OCrO+2H+；
②加入沉淀剂BaCl2溶液之前还要加入一定量的NaOH，氢离子和氢氧根离子生成水，导致Cr2O+H2OCrO+2H+正向移动，这样有利于沉淀的生成，则生成的沉淀为Ba CrO4沉淀；
【小问5详解】
①氧化还原滴定过程中发生硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2与的反应，其中被还原为Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒，氧化还原滴定过程中的离子方程式为；
②若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL，由方程式可知，所得产品中K2Cr2O7的物质的量为，则纯度为；
【小问6详解】
c(Cr3+)为3×10-5 mol/L，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，c3(OH-)=mol3/L3= mol3/L3，此时溶液中c(Fe3+)==2.0×10-12mol/L