廣西玉林市普通高中2022屆高考上學期1月統(tǒng)考理科綜合化學試卷（含答案解析）

第18頁/共18頁2022年1月廣西高三教學質(zhì)量監(jiān)測試題理科綜合化學試題考生注意：1.本試卷滿分300分，考試時間150分鐘。2.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。3.做選考題時，考生須按照題目要求作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑。4.本卷命題范圍：高考范圍?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5Cu64一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與生產(chǎn)生活、環(huán)境等息息相關，下列有關說法正確的是A.高錳酸鉀溶液可以殺滅病毒；其消毒原理與二氧化硫漂白絲織物原理不同B.燃煤中加入CaO主要是為了減少CO2氣體排放C.普通玻璃和氮化硅陶瓷均屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料D.成熟蘋果的汁液能與銀氨溶液發(fā)生反應，是因為蘋果中含有大量的淀粉和纖維素【答案】A【解析】【詳解】A．高錳酸鉀溶液可以殺滅病毒是因為其強的氧化性，二氧化硫漂白絲織物是因為二氧化硫能夠與有色物質(zhì)化合生成無色物質(zhì)，二者原理不同，選項A正確；B．燃煤中加入CaO主要是為了減少SO2氣體排放，選項B錯誤；C．普通玻璃屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料，氮化硅陶瓷屬于新型無機非金屬材料，選項C錯誤；D．成熟蘋果的汁液能與銀氨溶液發(fā)生反應，是因為蘋果中含有大量的葡萄糖，選項D錯誤；答案選A。2.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是的A.3.0g甲醛氣體中含有的質(zhì)子數(shù)目為1.4NAB.標準狀況下，11.2LH2和11.2LF2混合后所含有的分子數(shù)目為NAC.0.1molCl2參與反應時，轉移的電子數(shù)目一定為0.2NAD.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液中含有的數(shù)目為NA【答案】B【解析】【詳解】A．3.0g甲醛氣體物質(zhì)的量為，含有質(zhì)子物質(zhì)的量為：0.1mol×16=1.6mol，含有的質(zhì)子數(shù)目為1.6NA，故A錯誤；B．標準狀況下，11.2LH2和11.2LF2物質(zhì)的量為，H2和F2混合反應方程式為H2+F2=2HF，生成1molHF，反應后所含有的分子數(shù)目為NA，故B正確；C．如氯氣和氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，氯元素發(fā)生歧化反應，氯元素化合價從0價升到+1價，0.1mol氯氣參加反應轉移電子數(shù)為0.1NA，故C錯誤；D．未知(NH4)2SO4溶液體積，無法計算物質(zhì)的量，不能確定數(shù)目，故D錯誤；故選：B。3.利用下列實驗裝置進行相應的實驗，能達到實驗目的的是A.用裝置甲制取NO2B.用圖裝置乙探究催化劑對H2O2分解速率的影響C.用裝置丙比較KMnO4、Cl2、S的氧化性強弱D.用裝置丁蒸干FeCl3飽和溶液制備FeCl3晶體【答案】C【解析】【詳解】A．稀硝酸與銅反應生成NO，不能制取NO2，故A錯誤；

B．濃度不同、催化劑不同，兩個變量，不能探究催化劑對H2O2分解速率的影響，故B錯誤；

C．濃鹽酸與高錳酸鉀反應生成氯氣，氯氣與硫化鈉反應生成S，由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可比較，故C正確；

D．加熱時氯化鐵易水解，生成氫氧化鐵，應通入氯化氫氣體，以抑制水解，故D錯誤；

故選：C。4.洋甘菊精油的一種活性成分Pinocarvon的結構簡式為。下列說法正確的是A.該有機物的分子式為C10H14OB.1mol該有機物最多可與2molH2發(fā)生加成反應C.與互為同分異構體D.該有機物分子中所有碳原子可能共平面【答案】C【解析】【詳解】A．該有機物的分子式為C10H16O，A錯誤；B．該物質(zhì)含有碳碳雙鍵，1mol該有機物最多可與1molH2發(fā)生加成反應，B錯誤；C．兩個有機物的分子式均為C10H16O，分子式相同而結構不同，互為同分異構體，C正確；D．該有機物分子中含有多個飽和碳原子，為四面體結構，所有碳原子不可能共平面，D錯誤；故選：C。5.原子序數(shù)依次增大的短周期元素X、Y、Z、R，含0.9%YR的水溶液稱為生理鹽水，X、Y、Z三種元素組成兩種化合物a、b的性質(zhì)如圖，Z的質(zhì)子數(shù)是X質(zhì)子數(shù)的2倍。下列說法錯誤的是A.原子半徑：Y>Z>R>XB.簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：R>ZC.化合物a的水溶液呈中性D.X、Y形成的一種化合物中可能含有離子鍵和共價鍵【答案】C【解析】【分析】原子序數(shù)依次增大的短周期元素X、Y、Z、R，含0.9%YR的水溶液稱為生理鹽水，則Y為Na、R為Cl；X、Y、Z三種元素組成兩種化合物a、b，a與HCl反應生成的氣體可使品紅褪色，該氣體為二氧化硫，a為亞硫酸鈉；a與R2（Cl2）或X的氫化物反應生成b，則b為硫酸鈉，則X為O，Z為S元素，滿足“Z的質(zhì)子數(shù)是X質(zhì)子數(shù)的2倍”?！驹斀狻緼．同周期元素原子半徑隨核電荷數(shù)的增大而減小，電子層數(shù)越多原子半徑越大，因此原子半徑Na>S>Cl>O，A正確；B．Cl非金屬性強于S，因此簡單氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性R>Z，B正確；C．a(chǎn)為亞硫酸鈉，其水解呈堿性，C錯誤；D．O和Na可以形成Na2O2，其中含有離子鍵和共價鍵，D正確；故答案選C。6.水是魚類賴以生存的環(huán)境，較好的水質(zhì)能減少魚類疾病的發(fā)生，更有利于魚類的生長和生存。世界水產(chǎn)養(yǎng)殖協(xié)會網(wǎng)介紹了一種利用電化學原理凈化魚池中水質(zhì)的方法，其裝置如圖所示。下列說法正確的是A.Y為電源的正極B.陰極反應式為2+10e-+12H+=N2↑+6H2OC.將該裝置放置于高溫下，可以提高其凈化效率D.若BOD為葡萄糖(C6Hl2O6)，則1mol葡萄糖被完全氧化時，理論上電極上流出22mole-【答案】B【解析】【分析】從裝置圖中可知，X電極連接的電極上發(fā)生反應是微生物作用下BOD、H2O生成CO2，Y電極連接電極上，微生物作用下，硝酸根離子生成了氮氣，氮元素化合價降低，發(fā)生還原反應，為電解池的陰極，則Y為負極，X為正極?！驹斀狻緼．Y電極連接電極上，微生物作用下，硝酸根離子生成了氮氣，氮元素化合價降低，發(fā)生還原反應，為電解池的陰極，則Y為電源的負極，故A錯誤；

B．陰極是硝酸根離子生成了氮氣，氮元素化合價降低，發(fā)生還原反應，陰極反應式為2+10e-+12H+=N2↑+6H2O，故B正確；

C．若該裝置在高溫下進行，催化劑微生物被滅活，則凈化效率將降低，故C錯誤；

D．若BOD為葡萄糖(C6Hl2O6)，則1mol葡萄糖被完全氧化時，碳元素化合價0價變化為+4價，理論上電極上流出電子的物質(zhì)的量：4e-×6=24mole-，故D錯誤；

故選：B。7.常溫下，往20mL0.10mol/LHA溶液中滴加0.10mol/LKOH溶液，所得混合溶液中水電離的H+濃度和所加的KOH溶液體積變化趨勢如圖所示，下列有關說法錯誤的是A.該酸的電離度約為1%B.b點：溶液存在C.c點：溶液存在D.d點：pH=7【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．由圖示知，未加KOH時，即a點，為HA溶液，此時c水(H+)=10-11mol/L，則c水(OH-)=c水(H+)，酸溶液中OH-全部來源于水，故c(OH-)=c水(OH-)=10-11mol/L，則，由于弱電解質(zhì)電離很微弱，故c(HA)近似等于起始濃度，則電離度=，A正確；B．b點對應加入KOH10mL，即n(KOH)：n(HA)=1：2，故b點溶液組成為KA：HA=1：1，溶液中大量存在K+、A-、HA，由圖示知，此時c水(H+)＜10-7mol/L，說明水的電離受到抑制，則HA電離（）大于A-水解（），故c(A-)＞c(K+)＞c(HA)，H+、OH-由微弱過程產(chǎn)生，微量存在，故濃度大小順序為：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，B正確；C．c點對應投料比n(KOH)：n(HA)=1：1，溶液組成為KA，由電荷守恒c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，結合物料守恒c(K+)=c(A-)+c(HA)，兩守恒聯(lián)立消去c(K+)得：c(HA)+c(H+)=c(OH-)，C正確；D．由C選項知c點組成為KA，由于A-水解，導致溶液顯堿性，c點到d點繼續(xù)加入KOH，故溶液堿性增強，不可能呈中性，D錯誤；故答案選D。三、非選擇題：共174分。第22~32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共129分。8.硫酸銅主要用作紡織媒染劑、農(nóng)業(yè)殺蟲劑、殺真菌劑、防腐劑，還用于皮革鞣制、電鍍銅、選礦等?；卮鹣铝杏嘘P問題：（1）以印刷線路板的堿性蝕刻廢液{主要成分為[Cu(NH3)4]Cl2)為原料制備CuSO4·5H2O晶體。取一定量蝕刻廢液和稍過量的NaOH溶液加入如圖所示實驗裝置的三頸瓶中，在攪拌下加熱反應并通入空氣；待產(chǎn)生大量的黑色沉淀時停止反應，趁熱過濾、洗滌，得到CuO固體，所得固體經(jīng)酸溶、結晶、過濾等操作，得到CuSO4·5H2O晶體。①寫出用蝕刻廢液制備CuO反應的化學方程式：_______。②檢驗CuO固體是否洗凈的實驗操作是_______。③裝置圖中裝置X的作用是_______。④CuSO4溶液加熱蒸干得到固體的主要成分是_______。（2）為探究硫酸銅晶體的熱穩(wěn)定性，某學生取少量硫酸銅晶體進行實驗，裝置如下圖所示。觀察到的實驗現(xiàn)象：A中藍色晶體逐漸變成白色粉末，最后變成黑色粉末；B中產(chǎn)生白色沉淀；D中無色溶液變紅色溶液。B中用鹽酸酸化的目的是_______；C中現(xiàn)象是_______；D中有單質(zhì)參加反應的離子方程式：_______。（3）通過下列方法測定產(chǎn)品純度：準確稱取0.5000gCuSO4·5H2O樣品，加適量水溶解，轉移至碘量瓶中，加過量KI溶液并用稀硫酸酸化，以淀粉溶液為指示劑，用0.1000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3的溶液19.80mL。測定過程中發(fā)生下列反應：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、2+I2=+2I-。計算CuSO4·5H2O樣品的純度：_______?！敬鸢浮浚?）①.[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO+2NaCl+4NH3↑+H2O②.取最后一次洗滌液少量于試管中，向試管中滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液，若無沉淀生成，則已洗滌干凈，反之則未洗凈③.防倒吸④.CuSO4（2）①.抑制SO2與水反應②.紅色溶液變?yōu)闊o色溶液或品紅溶液褪色③.4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O（3）99%【解析】【小問1詳解】蝕刻廢液和稍過量的

NaOH

溶液在攪拌下加熱反應并通入空氣，其反應方程式，其中黑色沉淀是CuO

，趁熱過濾、洗滌、得到

CuO

固體；CuO和硫酸反應生成CuSO4，再經(jīng)結晶、過濾等操作，得到CuSO4?5H2O

晶體。①蝕刻廢液和NaOH溶液反應生成氧化銅，其反應方程式；②檢驗CuO固體是否洗凈主要是檢驗洗滌液中是否含有Cl-，其實驗操作是取最后一次洗滌液少量于試管中，向試管中加硝酸酸化的硝酸銀，若無沉淀則洗滌干凈，若有沉淀則未洗凈；③三頸燒瓶中反應生成了氨氣，氨氣極易溶于水，因此裝置圖中裝置X作用是防倒吸；④CuSO4溶液中存在水解，硫酸難揮發(fā)，蒸干后得到CuSO4；故答案為：；取最后一次洗滌液少量于試管中，向試管中滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液，若無沉淀生成，則已洗滌干凈，反之則未洗凈；防倒吸；CuSO4；【小問2詳解】裝置A中硫酸銅受熱分解，A中藍色晶體逐漸變成白色粉末CuSO4，最后變成黑色粉末為CuO；B裝置中盛放酸性氯化鋇溶液，B中產(chǎn)生白色沉淀為硫酸鋇，說明硫酸銅受熱分解生成SO3；C裝置中盛放品紅溶液，檢驗SO2的存在；D裝置中裝置中溶液為亞鐵離子、KSCN溶液，溶液變成紅色，說明亞鐵離子被氧化，說明硫酸銅晶體受熱分解生成氧氣；CuSO4中的氧元素化合價從-2階升到0價，說明硫元素降價生成SO2。SO2可與水反應，B中鹽酸可抑制SO2與水反應；生成的氣體含有SO2，而SO2有漂白性，能使品紅溶液褪色；D中無色溶液變紅色溶液，說明亞鐵離子被氧化成鐵離子；故答案：抑制SO2與水反應；紅色溶液變?yōu)闊o色溶液或品紅溶液褪色；；【小問3詳解】由、，可得到關系式，則樣品中物質(zhì)的量為，則樣品的純度的純度；故答案為：99%。9.用廢鎳觸媒(主要成分為Ni，含少量的NiO、Al2O3、Fe3O4及其他雜質(zhì))制備硫酸鎳的過程如下圖所示：已知：①常溫下，幾種難溶堿開始沉淀和完全沉淀的pH如下表：沉淀物開始沉淀完全沉淀Al(OH)33.85.2Fe(OH)32.73.2Fe(OH)27.69.7Ni(OH)27.19.2②金屬離子濃度≤1.0×10-5mol·L-1時，可以認為該金屬離子已經(jīng)沉淀完全。③Ni的常見化合價為+2、+3?；卮鹣铝袉栴}：（1）為加快堿化除鋁的速率，可以采取的措施是_______(列舉一條即可)。（2）用離子方程式表示加入雙氧水的目的_______。（3）酸化時，反應溫度對產(chǎn)品收率的影響有如下數(shù)據(jù)：溫度/°C707580859095收率/%53.362.770.277.181.581.45本反應選取的最佳溫度范圍為_______，溫度低產(chǎn)品收率低的原因為_______。（4）如果加入雙氧水的量不足或“保溫時間較短”，對實驗結果的影響是產(chǎn)品中混有綠礬。設計實驗證明產(chǎn)品中是否含雜質(zhì)Fe2+(不考慮硫酸鎳影響)：_______。（5）通過該題數(shù)據(jù)可知Ksp[Fe(OH)3]為_______?！敬鸢浮浚?）適當增加堿的濃度、提高反應的溫度等（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（3）①.90℃~95℃②.溫度低時，反應速率慢，在一定時間的條件下，產(chǎn)品收率低（4）取少量樣品溶于蒸餾水，滴加酸性高錳酸鉀溶液，若溶液紫色褪去，則產(chǎn)品中含有雜質(zhì)Fe2+（5）1.0×10-37.4【解析】【分析】加堿與Al2O3反應生成偏鋁酸根離子，加水過濾得到Ni、NiO、Fe3O4，加硫酸與金屬單質(zhì)和金屬氧化物反應生成硫酸鎳和硫酸亞鐵和硫酸鐵，加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，加入硫酸調(diào)節(jié)pH除去鐵離子，精制得到硫酸鎳；【小問1詳解】為加快堿化除鋁的速率，可以采取的措施是適當增加堿的濃度、提高反應的溫度等；【小問2詳解】加入雙氧水的目的是將亞鐵離子氧化為鐵離子，反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；【小問3詳解】選擇產(chǎn)品收率較高的溫度，本反應選取的最佳溫度范圍為90℃~95℃，溫度低產(chǎn)品收率低的原因為溫度低時，反應速率慢，在一定時間的條件下，產(chǎn)品收率低；【小問4詳解】如果加入雙氧水不足，或反應時間較短，亞鐵離子不能完全被氧化成鐵離子，產(chǎn)品中混有綠礬；亞鐵離子可以被氧化為鐵離子，加入氧化劑即可驗證，正確的方法是：取少量樣品溶于蒸餾水，滴加酸性高錳酸鉀溶液，若溶液紫色褪去，則產(chǎn)品中含有亞鐵離子；【小問5詳解】由表可知，鐵離子完全沉淀時pH=3.2，，此時c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)?c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0×10-37.4。10.一碳產(chǎn)品是石油的良好替代品，一碳化學與綠色化工結合可以實現(xiàn)經(jīng)濟與環(huán)境的協(xié)調(diào)發(fā)展。甲醇-水蒸氣重整制氫方法是目前比較成熟的制氫方法，且具有良好的應用前景。甲醇-水蒸氣重整制氫的部分反應過程如圖1所示：（1）已知一定條件下反應I：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)ΔH1=+90.7kJ·mol-1反應II：H2O(g)+CO(g)H2(g)+CO2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1反應III：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)ΔH3該條件下反應III的ΔH3=_______。（2）已知反應II在進氣比[n(CO)：n(H2O)]不同時，在不同溫度(T1、T2)下，測得相應的CO的平衡轉化率如圖2所示。①比較T1、T2的大小，T1_______T2(填“>”“<”或“=”)。②A點對應的化學平衡常數(shù)是_______。③T1溫度時，按下表數(shù)據(jù)開始反應建立平衡：COH2OH2CO2起始濃度/(mol·L-1)2100t時刻濃度/(mol·L-1)1.50.50.50.5反應進行到t時刻時，判斷v(正)、v(逆)的大小關系為斷v(正)_______v(逆(填“>“<”或“=”)。④當不同的進氣比達到相同的CO平衡轉化率時，對應的反應溫度和進氣比的關系是_______。（3）CO2在生產(chǎn)中有著廣泛的用途。經(jīng)CO2飽和處理的KHCO3，弱酸性溶液中，電解活化CO2可以制備乙醇，原理如圖所示。CO2參與反應的一極為_______(填“陰極”或“陽極”)，電極反應式是_______?！敬鸢浮浚?）+49.5kJ·mol-1（2）①.<②.1③.>④.進氣比越大，反應溫度越低（3）①.陰極②.2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O【解析】【小問1詳解】由蓋斯定律，反應I+反應II可得反應III，ΔH3=+90.7-41.2=+49.5kJ·mol-1；【小問2詳解】①該反應為放熱反應，升高溫度平衡向逆反應方向移動，由圖可知，進氣比相同時，溫度由T1變?yōu)門2時，CO轉化率減小，說明平衡向逆反應方向移動，則T1<T2，故答案為：<；②由圖可知，A點CO轉化率為50%，根據(jù)題目所給信息可得下列三段式：，則反應平衡常數(shù)K=，故答案為：1；③由表格數(shù)據(jù)可知，t時刻時反應的濃度熵＞K=1，說明平衡向逆反應方向移動，則v(正)<v（逆），故答案為：<；④由圖可知，當CO平衡轉化率相等時，進氣比越大，反應溫度越低，故答案為：進氣比越大，反應溫度越低；【小問3詳解】由示意圖可知，納米C電極為電解池的陰極，弱酸性條件下，二氧化碳在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成乙醇，電極反應式為2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故答案為：陰極；2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O。(二)選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按所做的第一題計分。11.硫、磷的化合物在農(nóng)藥、石油工業(yè)、礦物開采、萃取及有機合成等領域的應用廣泛，如O，Oˊ二取代基二硫代磷酸在萃取金屬中有如下應用：

回答下列問題：（1）P的第一電離能大于S的原因是_______。（2）基態(tài)氧原子價電子排布式為_______。（3）物質(zhì)(A)中的S原子的雜化方式為_______，二硫代磷酸根的VSEPR模型為_______。（4）H2O、H2S、H2Se沸點由低到高的順序_______，Te與S同主族，與I同周期，Te屬于元素周期表中_______區(qū)元素。（5）將物質(zhì)(A)在N2氣氛中加熱至730℃不再失重，得到金屬硫化物的無定形粉末，其六方晶胞如圖所示。已知該晶胞參數(shù)α=120°，β=γ=90°，X的相對原子質(zhì)量用M表示，阿伏加德羅常數(shù)用NA表示，則該晶體的密度為_______g·cm-3(列出計算式)?！敬鸢浮浚?）P原子最外層3p能級電子為半充滿，較穩(wěn)定（2）2s22p4（3）①.sp2、sp3②.四面體（4）①.H2S<H2Se<H2O②.p（5）【解析】【小問1詳解】P元素原子3p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，較難失去電子，因此P元素的第一電離能大于S元素；【小問2詳解】O為8號元素，位于第二周期第VIA族，基態(tài)氧原子價電子排布式為2s22p4；【小問3詳解】物質(zhì)(A)中，與X原子以離子鍵連接的S原子的雜化方式為sp3，與X原子以配位鍵連接的S原子的雜化方式為；二硫代磷酸根離子的中P原子價層電子對數(shù)為4且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論知二硫代磷酸根離子空間構型為四面體結構。故答案為：；四面體；【小問4詳解】H2O含有氫鍵，沸點較高，H2S和H2Se對應的晶體都為分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，沸點越高，則H2O、H2S和H2Se的沸點由低到高的順序為H2S＜H2Se＜H2O；Te原子為52號元素，位于周期表第五周期、第VIA族，外圍電子排布式為5s25p4，屬于p區(qū)元素；【小問5詳解】晶胞中X的原子坐標有2種，由晶胞結構可知1個晶胞中含有2個XS，故晶胞質(zhì)量為，晶胞體積=[(a×10-7cm×a×10-7cm×sin60°)×c×10-7cm]=(a2c×10-21)cm3，該晶體的密