四川省内江市2022-2023学年高三上学期第一次模拟考试
化学试卷
一、单选题
1．化学与生活密切相关。下列说法错误的是 （ ）
A．使用煤气化和液化技术，可减少温室气体的排放
B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C．地沟油回收，可用于制取肥皂
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
2．若如图所示的烷烃结构是烯烃与H2加成后的产物，则烯烃可能的结构有（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．11.2 L CO所含原子数为NA
B．1 mol NO2溶于水时，转移电子数为2NA
C．常温常压下，1.6 g O2和O3的混合气体中含有的氧原子数为0.1NA
D．100 mL 1 mol·L-1 HNO3溶液中含有的离子数为0.5NA
4．下列物质用作制取光导纤维的原料的是 （ ）
A．单质硅 B．二氧化硅 C．硅酸钠 D．镁铝合金
5．“价类图”是元素化合物学习的重要工具，部分含硫物质的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．可以用来洗涤试管内壁附着的b物质。
B．将足量的e加入到含f的溶液中，可以闻到臭鸡蛋气味
C．将c通入到含有a的溶液中，可以生成一种淡黄色固体
D．可用e的浓溶液干燥c气体
6．利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电极a应连接电源负极
B．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
C．电极b上反应为CO2+8HCO-8e-=CH4+8CO+2H2O
D．电解时Na2SO4溶液浓度保持不变
7．T℃下，向某容积为2L的恒容密闭容器中充入1mol、3mol，发生反应，反应过程中容器内的总压强随时间的变化如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．min内，
B．min时，
C．min时，的体积分数为60%
D．T℃下的平衡常数
二、实验题
8．某研究小组欲探究 SO2的化学性质，设计了如图实验方案∶
(1)装置B中的现象为_______，反应过程中表现了SO2的_______性。装置C中的现象为_______，反应过程中表现了SO2的_______性。
(2)装置D中的有关反应的化学反应方程式为_______。
(3)装置E中的有关反应的离子方程式为_______，该反应中，标况下5.6LSO2参加反应，电子转移的物质的量为_______。
(4)装置F中NaOH溶液的作用是_______
三、工业流程题
9．工业上由MnS矿(还含少量FeCO3、MgO等)制备高纯硫酸锰，工艺如图所示：
已知相关金属离子(浓度为0.1mol·L-1)形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Mg2+
开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.8 8.9
沉淀完全的pH 10.1 8.3 3.2 10.9
(1)“酸浸”过程中，MnS(难溶)发生反应的离子方程式为_______。
(2)“酸浸”时MnO2应过量，目的是_______和_______。
(3)已知Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38。常温下，当溶液的pH=2时，
c(Fe3+)=_______mol·L-1。
(4)“除杂”时若溶液pH过低，Mg2+沉淀不完全，原因是_______。
(5)“沉锰”反应的化学方程式为_______。
(6)用MnO2悬浊液吸收SO2也可以制取MnSO4。将SO2和空气的混合气通入MnO2悬浊液，测得吸收液中Mn2＋、SO的浓度随反应时间t变化如图。导致Mn2+、SO浓度变化产生明显差异的原因是_______。
四、原理综合题
10．烟气脱硫脱硝是减排研究的热点，某实验小组模拟氧化并结合溶液吸收法，同时脱除和NO的原理如图所示：
气体反应器的主要反应原理和相关数据如下表：
反应 平衡常数(25℃) 活化能()
反应Ⅰ： 24.6
反应Ⅱ： 3.17
反应Ⅲ： 58.17
(1)已知 ，则_______。
(2)恒温恒容下，和NO初始物质的量浓度均为1mol/L，检测装置1分析：
①经5min时NO的转化率为20%，则该时间内生成的平均速率为_______。
②相同时间内，和NO的转化率随的浓度变化如图1。结合数据分析NO的转化率高于的原因是_______。
(3)其它条件不变，和NO初始物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图2。浓度很低时，脱除率却超过97%，原因是_______(可用离子方程式表示)。
五、结构与性质
11．碳族元素中的碳、硅、锗及其化合物在诸多领域有重要用途。
(1)碳族元素位于周期表__________区，基态锗原子外围电子的轨道表示式为__________。
(2)科学家以、等双吡唑有机物为原料，制备了可去除痕量苯的吸附剂。、结构中含氮碳环均为平面结构，则N的杂化方式是____________。
(3)金刚石(甲)、石墨(乙)、(丙)的结构如图所示：
①12g金刚石和石墨中含有的键数目之比为__________。
②金刚石的熔点高于，但低于石墨，原因是__________。
③的晶胞呈分子密堆积，下列晶体中，与具有相同晶体结构的是__________。
A．B．冰C．D．E．
(4)六方氮化硼的结构与石墨结构相类似(如图甲)，上、下层平行，B、N原子相互交替，层内核间距为a，层间距为k，晶体密度为ρ，晶胞如图乙所示。六方氮化硼晶体中硼原子的杂化类型为_________，其结构与石墨相似却不导电，原因是_____________，阿伏加德罗常数__________。(用含a、k、ρ的式子表示)。
六、有机推断题
12．有机物E是一个重要的有机合成中间体，其合成流程如图所示。
已知：①R－COOHR－COCl
②+R－Cl+HCl
回答下列问题。
(1)物质A的名称是____。C→D的反应类型是____。
(2)物质B中的含氧官能团的名称是____。
(3)D→E反应的化学方程式是____。
(4)物质Y比物质E少2个CH2原子团，满足下列条件的物质Y有____种。
①加入FeCl3变成紫色；②含有苯环和1个碳碳三键。其中，核磁共振氢谱峰面积比为1：2：2：3的物质Y的结构简式是____。
(5)根据题目给出的信息，设计用苯和合成的方案，无机试剂任选____。
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参考答案
1．A
【详解】A. 煤经气化和液化可生成甲醇，这个过程并没有减少碳原子数，不能减少CO2等温室气体的排放，A错误；
B. 疫苗属生物制品，温度过高，会导致蛋白质变性，使疫苗效果降低或失去作用，B正确；
C. 地沟油属油脂，是高级脂肪酸与甘油形成的酯。油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，C正确；
D. 装有镁棒的电热水器是一个以镁棒为负极、内胆（通常为铁制品）为正极的原电池。镁比铁活泼，优先腐蚀。D正确。
综上所述，应选A。
2．C
【详解】烯烃与H2加成后的产物得到烷烃，则可以在烷烃的结构中加入双键，看可以得到多少种烯烃。两个相邻的C原子都有氢就可以插入双键，如图，则烯烃有5种。
答案选C。
3．C
【详解】A．没有指明温度和压强，不能使用22.4L/mol计算11.2LCO所含原子数，故A 不正确；
B．由反应方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，可得出：3NO2~2e-，则1molNO2溶于水时，转移电子数为NA，故B不正确；
C．1.6gO2和1.6g O3所含O原子都为0.1mol，则1.6g混合气体含有的氧原子数为0.1NA，故C正确；
D．不考虑水的电离，100mL1 mol·L-1 HNO3溶液中含有HNO3为0.1mol，则含有0.1mol氢离子和0.1mol硝酸根离子，离子数为0.2NA，故D不正确；
故答案为C。
4．B
【详解】制造光导纤维的主要原料是二氧化硅，因为二氧化硅能够透光，且折射率合适，能够发生全反射，且二氧化硅储量丰富，成本较低廉。
答案选B。
5．B
【分析】根据“价类图”，可知a为H2S、b为S、c为SO2、d为H2SO3、e为H2SO4、f为亚硫酸盐、g为硫酸盐，以此来解析；
【详解】A．b为S，硫单质易溶于CS2，可以用CS2来洗涤试管内壁附着硫，A正确；
B．e为H2SO4，f为亚硫酸盐，硫酸和亚硫酸盐会反应生成二氧化硫、硫酸盐和水，可以闻到刺激性气味的气体，B错误；
C． a为硫化氢，c为二氧化硫，二氧化硫与硫化氢反应生成硫单质和水，C正确；
D．c为二氧化硫，e为H2SO4，二氧化硫与浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥二氧化硫，D正确；
故选B。
6．B
【分析】根据题意可知该装置为电解池，由a极生成O2可以判断出a极为阳极，则b为阴极。
【详解】A．a为阳极，应连接电源正极，A错误；
B．电解池中阳离子向阴极迁移，a为阳极，b为阴极，所以H+由a极区向b极区迁移，B正确；
C．根据装置图可知电解过程中在KHCO3溶液中CO2在阴极得电子被还原为CH4，电极反应式应为CO2+8HCO+8e-=CH4+8CO+2H2O，C错误；
D．电解时a电极上反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，实质是电解水，溶液中的水消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的，D错误；
综上所述答案为B。
7．B
【分析】恒温恒容条件下，气体的压强之比=物质的量之比，t1min时，总压变为初始时的0.75倍，则总物质的量也变为初始时的0.60倍，t2min时，n总=4mol×0.6=2.4mol，根据反应方程式可知，气体的总物质的量每减少2mol，就生成2molNH3，则t2min时，生成氨气1.6mol。
【详解】恒温恒容条件下，气体的压强之比=物质的量之比，t1min时，总压变为初始时的0.75倍，则总物质的量也变为初始时的0.75倍，t1min时，n总=4mol×0.75=3mol，根据分析，可算出此时生成1molNH3，消耗0.5molN2、1.5molH2，c(N2)= ，c(H2)= ，c(NH3)= ，0~t1min内，v(NH3)= ， A错误；
由A分析可知，c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=0.25∶0.75∶0.5=1∶3∶2，B正确；
C．t2min时，气体总压变为初始时的0.6倍，n总=4mol×0.6=2.4mol，根据分析，可算出此时生成1.6molNH3，NH3的体积分数=，C错误；
D．根据图像，反应在t2min时达到平衡状态，0~t2min内，生成1.6molNH3，消耗0.8molN2、2.4molH2，则t2min时，c(N2)= ，c(H2)= ，c(NH3)= ，T℃下的平衡常数K= ，D错误；
故选B。
8． 溶液褪色 还原性 品红溶液褪色 漂白性 SO2+2H2S=3S↓+2H2O SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+ 0.5 mol 吸收多余的SO2，防止污染空气
【解析】A为制取SO2装置，发生反应为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，SO2进入B装置与KMnO4反应使溶液褪色，说明SO2具有还原性，SO2进入C装置使品红褪色，说明SO2具有漂白性，SO2进入D装置与H2S反应生成淡黄色沉淀S，说明SO2具有氧化性，SO2进入E装置与饱和氯水反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，说明SO2具有还原性，多余的SO2进入F装置被NaOH溶液吸收。
【详解】(1)由分析知，装置B的现象为溶液褪色；体现了SO2的还原性。装置C中现象为品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性；
(2)装置D中为SO2与H2S反应，化学方程式为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O；
(3)由分析知，装置E发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，对应离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+；n(SO2)=；根据转移电子与SO2关系：SO2 ~ 2e-，知转移电子n=2n(SO2)=2×0.25 mol=0.5 mol；
(4)装置F为尾气处理装置，其作用为吸收多余的SO2，防止污染空气。
9．(1)MnS＋MnO2＋4H＋=S＋2Mn2＋＋2H2O
(2) 提高MnS的转化率 将Fe2＋氧化为Fe3＋
(3)4×10-2
(4)H＋与F-反应生成弱酸HF
(5)2NH4HCO3＋MnSO4=MnCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O
(6)Mn2＋催化O2与H2SO3反应生成H2SO4
【分析】酸浸时，MnO2化合价降低为氧化剂，MnS化合价升高，溶液中存在的离子为、、，通入氨气调节pH可沉淀形成，溶液中的离子为、，加入MnF2除去，溶液中为加入碳酸氢铵沉锰，据此答题。
（1）
酸浸时，MnO2化合价降低为氧化剂，MnS化合价升高，离子方程式为：；
（2）
酸浸时MnO2为氧化剂，MnO2过量时反应更多的MnS，可提高MnS的转化率；
MnO2为氧化剂化合价降低，Fe2＋化合价升高作为还原剂，发生氧化还原反应将Fe2＋氧化为Fe3＋；
（3）
沉淀溶解平衡方程式为，常温下，当溶液的pH=2时，溶液中c()=，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，则；
（4）
除杂时加入MnF2与镁离子反应，HF为弱电解质，若溶液的pH低则溶液中的和发生反应生成弱电解质HF；
（5）
沉锰时加入NH4HCO3，生成CO2，则化学方程式为：2NH4HCO3＋MnSO4=MnCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O；
（6）
MnO2具有氧化性能吸收SO2发生氧化还原反应制取MnSO4，SO2可与空气中的氧气发生氧化还原反应生成H2SO4，浓度变化较小可知作为催化剂加快反应速率。
10．(1)
(2) 反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅱ的速率更快
(3)
【解析】（1）
根据盖斯定律可知，（+）=（）=；故答案为：。
（2）
NO初始物质的量浓度均为1mol/L，经5min时NO的转化率为20%，由反应Ⅱ可知，生成的物质的量浓度为0.2mol/L，则5min内生成的平均速率；由数据分析可知，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，所以反应Ⅱ的速率更快，所以相同时间内，NO的转化率高于SO2；故答案为：；反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅱ的速率更快。
（3）
浓度很低时，脱除率却超过97%，主要是由于溶液直接与发生反应，使得脱除率较高，反应的离子方程式为：；故答案为：。
11．(1) p
(2)4：3
(3) sp2 金刚石和石墨熔化需要破坏共价键，等物质的量金刚石键能总和略低于石墨，所以熔点略低于石墨；C60是分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，所以熔点较低。 A
(4) sp2 层状结构中无自由移动的电子
【详解】（1）C原子价电子排布式为2s22p2，因此碳族元素位于元素周期表p区；锗元素位于第四周期IVA族，基态锗原子外围电子排布式为4s24p2，轨道示意图为。
（2）、结构中含氮碳环均为平面结构，则N的杂化方式是sp2。
（3）①12g金刚石的物质的量为1mol，每个碳原子形成四个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，所以12g金刚石中含有C-C键的数目为2NA；石墨晶体中碳原子形成六元环，1个C原子对应个C-C键，12g石墨的物质的量为1mol，则12g石墨中含有C-C键的个数为1.5NA，所以12g金刚石晶体和l2g石墨晶体含有的键数目之比为4：3。
②金刚石是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，石墨熔化时也需要破坏共价键，从键长可以判断，石墨中共价键的键能大于金刚石中共价键的键能，因此金刚石的熔点低于石墨；而C60形成的是分子晶体，熔化时，克服分子间作用力，而共价键的强度远大于分子间作用力，因此金刚石的熔点远离于C60。
③CO2属于分子晶体，为分子密堆积；冰是水分子通过氢键形成的分子晶体，不是分子密堆积；锌和银为金属晶体；氯化钠为离子晶体，故答案为A。
（4）六方氮化硼晶体中，1个硼原子和3个N原子形成3个共价单键，不含孤对电子，形成平面三角形，所以B原子的杂化轨道类型为sp2；物质导电需含有自由移动的电子或离子，层状结构中没有自由移动的电子，故不导电；由图乙所示，该晶胞中B原子的个数=，N原子的数目=，层内B-N核间距为kcm，因此晶胞体积=，晶胞密度，则=。
12．(1) 甲苯 取代反应
(2)羰基、羧基
(3)+HCl
(4) 16
(5)
【分析】根据A的分子式分析，为甲苯，发生取代反应生成B ，根据C的分子式分析，C的结构简式为，C在SOCl2条件下发生取代反应是生成D，，D的氯化铝加热条件下生成E。据此解答。
（1）
根据A的分子式分析，该物质为甲苯，根据信息1分析该反应为取代反应。
（2）
B的结构简式为其官能团为羧基和羰基。
（3）
根据信息1分析，D 的结构简式为，结合信息2分析，D→E反应的化学方程式是+HCl；
（4）
物质Y比物质E少2个CH2原子团，则分子式为C9H8O，满足下列条件的物质Y①加入FeCl3变成紫色，说明有酚羟基；②含有苯环和1个碳碳三键，可以是在苯环上连接一个酚羟基和一个甲基，一个碳碳三键，则有10种结构，或者在苯环上连接一个酚羟基和一个,则有三种结构，或者为酚羟基和，则有三种结构，共16种结构。其中，核磁共振氢谱峰面积比为1：2：2：3的物质Y的结构简式是；
（5）
根据题干流程分析，完成苯和合成的合成路线为：。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
