成都市2022届高中毕业班第一次诊断性检测理科综合化学部分【化学综析】本试卷以理综方式命制。I卷重点考查了物质的量、元素化合物、氧化还原反应、分类、离子反应、电化学、化学平衡、电解质溶液、实验等；Ⅱ卷考查了化学平衡理论、物质结构理论、以流程题的形式考查离子反应、反应热，综合实验等，能力层次考查了学生的推理能力、分析问题解决问题的能力、计算能力、根据图表获取信息的能力，题目新颖，原创试题较多，有一定的区分度，难度适中，适合高三一轮（上学期末）复习模拟训练用。理科综合共300分，考试用时150分钟。l.化学试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷l至2页，第Ⅱ卷3至4页，其100分。2.答卷前，考生务必将自己的姓名，考籍号填写在答题卡上；并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案潦写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，只将答题卡交回。第Ⅰ卷注意事项：1．每题选出答案后，用2B铅笔将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。2.本卷共7题，每题6分，共42分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H-1N-140-16F-19S-32Cu-64【题文】1．江西某铜业公司在火法炼铜时也生产硫酸，硫酸车间如图。下列叙述不正确的是A自然界化合态硫以FeS2、CuFeS2等形式存在B.火法炼铜的矿石原料主要含Cu2SC.该公司炼铜产生的SO2可用于生产H2SO4D.lmol/LH2SO4溶液可储存于铁制或铝制容器【知识点】物质的性质与应用D3【答案解析】D解析：火法炼铜的的反应是Cu2S+O22Cu+SO2，B正确； 浓硫酸使铁、铝钝化，可储存于铁制或铝制容器，而lmol/L的H2SO4是稀溶液，因此D错误。【思路点拨】浓硫酸使铁钝化并不是没有发生反应，而是生成氧化膜阻碍了反应的进一步发生。【题文】2某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度下列分析正确的是8A.实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C.实验②、③均为放热反应D.实验①、②所涉及的物质均为电解质【知识点】反应热氧化还原反应B2F1H1【答案解析】B解析：③反应制得的是氢氧化铁胶体，是混合物，A错误；实验②的反应是水解反应，B正确；水解反应是吸热反应，C错误；实验①所涉及的物质：铁、氯气不是电解质，也不是非电解质，D错误。【思路点拨】胶体、溶液、浊液是混合物；电解质和非电解质的是化合物。【题文】3.若NA为阿伏加德罗常数的值。参阅表中数据，下列判断在标准状况下正确的是℃NO2HF熔点—11.2—83.6沸点21.019.52A.20.0gHF中含σ键数目为1.0NAB.将22.4LNH3溶于1L水中，溶液含有OH-数目为0.1NAC.6.72LNO2与水反应后，转移的电子数为0.2NAD.H2S和SO2各0.lmol反应后，体系中的S原子数目小于0.2NA【知识点】阿伏加德罗常数A1【答案解析】A解析：20.0gHF的物质的量是1mol，结构是H-F，含σ键数目为1mol，A正确；没有给出氨气所处的外界条件，不能根据其体积求物质的量，而且一水合氨电离不完全，B错误；C错误，原因同B；根据原子守恒知S原子数目为0.2NA，D错误。【思路点拨】涉及根据气体摩尔体积的计算要看外界条件是不是标准状况及在该条件下，物质是否是气体；涉及物质质量的计算不要考虑外界条件。【题文】4.用如图装置实验，下列实验现象预期及相应结论均正确的是【知识点】实验J1J3J2【答案解析】C解析：铜与浓硝酸反应生成NO2，而与水反应生成无色的NO，现象错误，A错误；浓硫酸使木条“碳化”，显示氧化性和脱水性，而不是显酸性，B错误；C正确；试管c中的气体肯定含氢气，D错误。【思路点拨】浓硫酸与非金属反应显氧化性，与金属反应显氧化性和酸性。8【题文】5.利用如图所示原电池可测量空气中Cl2含量，其中电解质是Ag+可以自由移动的固体物质。下列分析不正确的是A.电子经外电路流向Pt电极B.电池工作时，电解质中Ag+数目减少C.正极反应：C12+2e—+2Ag'+=2AgClD空气中c(C12)越大，Ag极消耗速率越快【知识点】电化学F3【答案解析】B解析：该电池的负极是Ag，反应是Ag－e－=Ag＋,正极反应是C12+2e—+2Ag'+=2AgCl，而且Ag＋+Cl－=AgCl，电子由负极通过导线流向正极，A正确，B错误；C、D正确。【思路点拨】书写电极反应时，有时需考虑氧化或还原产物与电解质是否发生了反应，如本题的正极反应。【题文】6.工业上向锅炉里注入Na2CO3.溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3而后用盐酸去除。下列叙述不正确的是A.温度升高．Na2CO3溶液的Kw和c(OH一)均会增大B.沉淀转化的离子方程式为CO32-十CaSO4=CaCO3+SO42-C.盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4D.Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小【知识点】沉淀的转化B1H5【答案解析】D解析：水的电离和水解反应都是吸热反应，升温促进水解和电离，则Kw和c(OH一)均会增大，A正确；B项是沉淀的转化，正确；CaCO3可与盐酸反应，C正确；Na2CO3溶液遇CO2后，生成碳酸氢钠，HCO3－浓度增大，D错误。【思路点拨】弱电解质的电离、水解反应等是吸热反应。【题文】7.已知反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=QkJ·mol-1，在三个不同容积的容器中分别充人lmolCO与2molH2，恒温恒容，测得平衡时CO的转化率如下表。下列说法正确的是A.反应速率：③>①>②B.平衡时体系压强：P1︰P2=5︰4C.若容器体积V1>V3，则Q<od.若实验②中co和h2用量均加倍，则co转化率<70%【知识点】化学反应速率化学平衡g5【答案解析】c解析：①、②的温度相同，而转化率②>①，则②可看作在①的基础上加压，即V1>V2，因此反应速率：②>①，A错误；①与②比较，达平衡时，平衡混合物的物质的量相同之比为5：4，但V1与V2不等，因此平衡时体系压强：P1︰P2不等于5︰4，B错误；若容器体积V1>V3、温度相同，则①与③比较，CO的转化率③>①，而现在CO的转化率相同，则可看作在这个基础上③的平衡逆向移动，而升温平衡向吸热方向移动，即逆向是吸热反应，因此C正确；若实验②中CO和H2用量均加倍，则可看作在②的基础上压缩，CO转化率增大，D错误。【思路点拨】8压强与温度、气体的物质的量、容器体积有关，只有温度、容积相同，物质的量之比等于压强之比。第Ⅱ卷注意事项：1.用0.5毫米黑色签字笔将答案写在答题卡上2.本卷共4题，共58分。【题文】8(11分)元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q为短周期元素。Z元素的焰色反应为黄色；X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，X与Q形成18电子的分子，其空间构型为v形，W的基态原子3d轨道有8种运动状态不同的电子。请回答下列问题：(l)Z在周期表中的位置；W基态原于的价电子排布图。(2)X、Y、Z、Q中，基态原子第一电离能最大的是（填元素符号）。(3)在XQ—中Q的杂化类型为X的氧化物(X2O)晶体结构示意图如右，则1molX2O晶体含有mol氢键。(4)ZY3有较强的还原性，遇到NaClO溶液时有无污染的气体生成，其化学方程式为【知识点】物质结构元素周期律N5【答案解析】解析：根据题意Z是Na，X与Y形成的气体能使酚酞溶液变红，则是氨气，因此X、Y分别是H、N，Q是S，W的3d能级有8个电子，是Ni。⑴钠在周期表的第三周期，IA，Ni基态原于的价电子排布图为⑵根据同周期由左向右元素的第一电离能呈增大的趋势，同主族由上到下，元素的第一电离能逐渐减小知H、N、Na、S的第一电离能最多的是N.⑶HS-中的S原子价电子对数为（6+1+1）÷2=4，因此S原子采取sp3杂化，呈V型，根据均摊法1molH2O晶体含有4×1/2=2mol氢键.⑷NaN3被NaClO氧化为氮气，NaClO被还原为NaCl，反应方程式是2NaN3＋NaClO＋H2O=3N2＋NaCl＋2NaOH.【思路点拨】1个水分子与4个水分子形成氢键，属于每个水分子的氢键有一半；对于ABm型分子(A为中心原子，B为配位原子)，分子的价电子对数可以通过下列计算确定：n=1/2（中心原子的价电子数+每个配位原子提供的价电子数×m），配位原子中卤素原子、氢原子提供1个价电子，氧原子和硫原子按不提供价电子计算；若为离子，须将离子电荷计算在内：n=1/2（中心原子的价电子数+每个配位原子提供的价电子数×m±离子电荷数），阳离子取“－”，阴离子取“+”。【题文】9（15分）某硫酸厂用以下几种方法处理SO2尾气。8(1)活性炭还原法反应原理：恒温恒容．2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图：①第一次出现平衡的时间是第min；②0~20min反应速率表示为V(SO2)=；③30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是；40min时，平衡常数值为____。(2)亚硫酸钠吸牧法①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为；②常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是____(填序号)a.c(Na+)+c(H+)>c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)b.c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-）+c(H2SO3)c.c(Na-)>c(SO32-)>c(OH一)>c(H+)d.水电离出c(OH一)=l×l0-8mol/L，(3)电化学处理法如右图所示，Pt(1)电极的反应式为；碱性条件下，用Pt(2)电极排出的S2O42-溶液吸收NO2，使其转化为N2，同时有SO32-生成。若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体mol。【知识点】化学反应速率化学平衡电化学离子浓度比较G5F4H6【答案解析】解析：⑴①分析图像知第一次各物质物质的量不随时间而变化即达平衡，故在20min达平衡，②0~20min反应速率表示为V(SO2)=（1.0-0.4）mol/L÷20min=0.03mol/L·min③30min时，二氧化碳的浓度突降，因此改变的条件最有可能是降低二氧化碳浓度，40min时平衡常数值为[c（S2）×c2（CO2）]÷c2（SO2）=0.3×0.62÷0.42=0.675.⑵①Na2SO3与SO2反应生成亚硫酸氢钠，离子方程式为SO32－＋SO2＋H2O=2HSO3－②根据电荷守恒知有c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，因此a正确；若溶质只是亚硫酸氢钠，则根据物料守恒知b正确，但此时溶液可能还含Na2SO3，因此b不一定正确；pH=6，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-),c错误，D正确。8⑶分析图像知稀硫酸+SO2→浓硫酸，是二氧化硫氧化为硫酸，即Pt(1)电极的反应式为SO2－2e－＋2H2O=H2SO4,S2O42-与NO2反应的方程式是4S2O42-+2NO2+8OH-=N2+8SO32-+4H2O，根据2HSO3－+2e－=2OH-+S2O42-知若阳极转移电子6mol，则生成3molS2O42-，理论上处理NO2气体1.5mol。【思路点拨】温度变化，平衡常数变化，因此本题40min时的平衡常数值用第一次平衡时各物质的平衡浓度求。根据电解示意图中的物质变化判断发生的反应，如稀硫酸+SO2→浓硫酸，是二氧化硫氧化为硫酸。【题文】10.（14分）实验室测量KMnO4溶液浓度时常用(NH4)2Fe(SO4)2代替FeSO4作标液，(NH4)2Fe(SO4)2的制备工艺流程如下：(l)已知流程中铁粉制备反应如下：4H2O(g)+3Fe(s)Fe3O4(s)十4H2(g)△H=akJ/molFe3O4(s)=3Fe(s)+2O2(g)△H=bkJ/mol则光解气态水制备H2的热化学方程式为____。(2)步骤I中加水发生如下反应，请完善该反应：+2H2O2H++H2TiO3↓；该步骤加入铁粉的作用是①；②。(3)步骤Ⅳ生成(NH4)2Fe(SO4)2，其化学反应方程式为____；操作I为。(4)已知在潮湿空气中Fe(OH)2比FeCl2更易被氧化。据此分析(NH4)2Fe(SO4)2比FeSO4稳定的原因是。【知识点】工艺流程题反应热氧化还原反应实验操作B3C3F1J1【答案解析】解析：⑴根据盖斯定律两式相加除以2即可：H2O(g)=H2(g)＋0.5O2(g),△H=(a＋b)/4kJ/mol⑵根据电荷守恒和原子守恒，该空的物质是TiO2+。步骤I加入铁粉的作用是消耗酸，促进TiOSO4水解生成H2TiO3，另一方面是防止Fe2+被氧化⑶步骤Ⅱ的滤液是硫酸亚铁，在步骤Ⅲ中与硫酸铵反应生成(NH4)2Fe(SO4)2，操作I是得到(NH4)2Fe(SO4)2晶体，可采取蒸发浓缩，冷却结晶的方法获得⑷在潮湿空气中Fe(OH)2比FeCl2更易被氧化，即Fe2+在碱性条件下更溶液被氧化，而(NH4)2Fe(SO4)2中的NH4+、Fe2+水解使酸性比FeSO4的酸性强，则(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe2+被氧化的程度减弱。【思路点拨】解答本题的⑷需分析题意获取信息;Fe2+在碱性条件下更溶液被氧化,然后结合水解分析即可。【题文】11.(18分)某学习小组利用如图实验装置制备Cu(NH3)xSO4·H2O．并测量x值。8【Cu(NH3)xSO4·H2O制备】见图1(l)A中发生的化学反应方程式为；B中观察到的现象是。(2)C中CCl4的作用是。(3)欲从Cu(NH3)xSO4溶液中析出Cu(NH3)xSO4·H2O晶体,可加入试剂。【x值的测量】见图2步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体[M=(178+17x)g/mol]于锥形瓶a中步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液步骤三：用0.5000mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16.00mL(4)步骤二的反应可理解为Cu(NH3)xSO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为。【x值的计算与论证】(5)计算：x=，该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值(x)比理论值偏小的原因如下：假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；假设2：步骤二中（任写两点）；假设3：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小。该假设（填“成立”或“不成立”），针对般设l，你对实验的处理意见是。【知识点】实验计算A4J3J1【答案解析】解析：(l)A中发生的反应是实验室制取氨气，方程式为Ca(OH)＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O；B中观察到的现象是氨气与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，然后溶液与过量的氨水生成深蓝色的铜氨溶液。⑵C中CCl4的作用是防倒吸⑶)欲从Cu(NH3)xSO4溶液中析出Cu(NH3)xSO4·H2O晶体,即消耗水而结晶，可加入乙醇⑷Cu(NH3)xSO4与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀和氨气⑸根据题意盐酸吸收氨气后剩余16mL，则与氨气反应用去16mL，n（NH3）=n（HCl）=0.5000mol·L－1×14×10-3L=7×10-3mol，0.4690g×x/[(178+17x)g/mol]=7×810-3，x=3.56，假设2：步骤二中的氢氧化钠不足，使氨气没有完全逸出；若步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则剩余盐酸偏多，使氨气的量偏大，测量值(x)比理论值偏大，因此该假设不成立；针对假设l，需更换好的砝码。【思路点拨】x比理论值偏大或偏小需从能引起氨气的量变化的因素考虑：如氨气没有完全逸出、读取0.5000mol/L的NaOH标液的体积不准或滴定有错误等、称取Cu(NH3)xSO4·H2O晶体的质量有误差等。8</od.若实验②中co和h2用量均加倍，则co转化率<70%【知识点】化学反应速率化学平衡g5【答案解析】c解析：①、②的温度相同，而转化率②>
