內江市高2021屆第二次模擬考試理科綜合能力測試化學部分注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Si28一、選擇題1.垃圾分類是生態文明的進步，也是每個人都能參與的環保方式。下列關于垃圾處理的說法錯誤的是A.用過的臟餐巾紙不屬于可回收垃圾 B.回收廢醫用塑料制造餐具C.廚余垃圾經發酵可制成肥料 D.廢電池屬于有害垃圾【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．用過的臟餐巾紙沒有回收的價值，不可回收，故A正確；B．醫用垃圾屬于有害垃圾，需要專門處理，不能制造餐具，故B錯誤；C．廚余垃圾經發酵技術處理可以變成優質肥料，故C正確；D．廢電池里含有大量的汞、鎘、錳、鉛等重金屬元素，屬于有害垃圾，故D正確；故選：B。2.近期，我國研究人員報道了溫和條件下實現固氮的一類三元NiFeV催化劑，圖為其電催化固氮的機理示意圖。設NA為阿伏加德羅常數的值。關于該電催化過程敘述正確的是A.該反應是在強堿性條件下進行 B.1molN2反應最多消耗3NA個H+離子C.反應中間產物為不同的氮氫化合物 D.每當產生17gNH3，轉移電子數為6NA【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．由題圖信息可以看到，反應過程中一直是H+在參與反應，所以反應環境應該是酸性環境，描述錯誤，不符合題意；B．反應由N2生成NH3，每個N原子結合3個H原子，所以1molN2參與反應應消耗6molH+，數據換算錯誤，不符合題意；C．隨著反應的進程，N2上結合著不同數量的H原子，之后兩個N原子之間分解，余下的N繼續結合H+和電子，所以中間產物是一系列不同結構的氮氫化合物，描述正確，符合題意；D．一個N原子結合3個H+離子和3個電子形成一個NH3，17gNH3是1molNH3，所以應該是得到3mol電子，即轉移電子3NA，數據計算錯誤，不符合題意；綜上，本題選C。3.用如圖實驗裝置進行有關實驗，能達到實驗目的的是A.用甲裝置定量測定化學反應速率 B.用乙裝置加熱NH4Cl固體制少量氨C.用丙裝置分離甲醇(沸點64.7℃)與水的混合物 D.用丁裝置除去溶在CCl4中的Br2【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．生成氧氣可從長頸漏斗逸出，不能測定反應速率，應改為分液漏斗，故A錯誤；B．氯化銨分解后，在試管口化合生成氯化銨，應選銨鹽與堿加熱制備，故B錯誤；C．溫度計應處于圓底燒瓶的支氣管處，故C錯誤；D．溴和氫氧化鈉溶液反應生成可溶性的鈉鹽，四氯化碳不反應，四氯化碳和水不互溶，四氯化碳密度大于水，所以水溶液在上方、四氯化碳在下方，再通過分液即可除去，故D正確；故選：D。4.離子化合物Z2Y2X8是一種強氧化劑，結構如圖所示，X、Y、Z為處于不同周期主族元素，其原子序數依次增大且不超過20，X、Y在同一主族，且質子數為1：2。下列敘述正確的是A.Y的氧化物對應的水化物一定是強酸 B.原子半徑：Y<Z<XC.Z與X可形成離子化合物Z2X D.化合物Z2Y2X8中Y為+7價【答案】C【解析】【分析】X、Y在同一主族，且質子數為1：2，再結合X有2條共價鍵、Y有4條，則X是O、Y是S元素，X、Y、Z為處于不同周期主族元素，其原子序數依次增大且不超過20，則Z為第三周期第IA族，是K元素；【詳解】分析知：X是O、Y是S、Z是K；A．Y的氧化物對應的水化物如H2SO3是弱酸，故A錯誤；B．電子層數越多，原子半徑越大，則Z>Y>X，故B錯誤；C．Z與X可形成離子化合物如K2O，故C正確；D．化合物Z2Y2X8是K2S2O8，其中S的化合價是+6價，故D錯誤；故選：C。5.我國科技工作者提出了一種新型高效的固碳技術(如圖)。利用金屬鋰和CO2構成電池放電，產生碳和Li2CO3，充電時使Li2CO3單獨分解，而碳留聚合物電解質膜材料在電池內，下列說法錯誤的是A.該電池放電時，CO2從右側進氣口進入B.該電池放電時，正極反應是3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+CC.該電池充電時，右側電極釋放出Li+D.該電池放電時，每轉移2mol電子，可固定44gCO2【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．該電池放電時，右邊電極正極，二氧化碳從進氣口進入，A項正確；B．放電時，正極固碳，正極反應是3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C，B項正確；C．充電時，右側陽極反應為C+2Li2CO3-4e-=3CO2+4Li+，故右側電極釋放出Li+，C項正確；D．放電時正極反應是3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C，轉移2mol電子固定1.5mol二氧化碳，即m=1.5mol×44g/mol=66g，所以可以固定66gCO2，D項錯誤；答案選D。6.有三種分子式均為C8H12的化合物甲、乙、丙，下列有關說法錯誤的是A.乙、丙為單體時，所合成的高分子化合物相同B.甲中所有原子不可能共平面C.乙可發生加成反應、氧化反應、取代反應D.三者的一氯代物均有3種(不考慮順反異構、手性異構)【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．乙只能用單一邊的雙鍵來發生加聚反應，丙存在共軛結構，可用兩個雙鍵來發生加聚反應，得到的高分子化合物不相同，故A錯誤；B．甲分子存在飽和C結構，所有的原子不可能共平面，故B正確；C．乙存在碳碳雙鍵，可發生加成、氧化反應，存在甲基可與鹵素原子發生取代反應，故C正確；D．三者的H種類為：都是三種，則三者的一氯代物均有3種，故D正確；故選：A。7.室溫時，下列溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是A.pH=8的NaClO溶液中：c(Na+)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)B.新制氯水中：c(H+)=c(HClO)+c(ClO-)+c(OH-)C.0.1mol/LHCl溶液與0.2mol/LNH3·H2O溶液等體積混合后pH>7：c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c(NH)>c(OH-)D.0.1mol/LK2C2O4溶液與0.2mol/LKHC2O4溶液等體積混合：4c(K+)=3[c(C2O)+c(HC2O)+c(H2C2O4)]【答案】A【解析】分析】【詳解】A．次氯酸根水解故鈉離子濃度大于次氯酸根離子濃度，pH=8，氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，故pH=8的NaClO溶液中：c(Na+)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，A項正確；B．氯氣與水發生反應：Cl2+H2OHCl+HClO。新制氯水中電荷守恒有：c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)，依特殊的物料守恒有：c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，代入電荷守恒的式子有：c(H+)=c(OH-)+c(HClO)+2c(ClO-)，B項錯誤；C.相當于NH4Cl和NH3·H2O1：1混合，溶液顯堿性則說明一水合氨的電離大于銨根離子的水解，所以該溶液中微粒濃度的大小關系為：c()>c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+)，C項錯誤；D.相當于K2C2O4與KHC2O4以1：2的物質的量之比混合形成溶液，據物料守恒有：，選項所給的式子將4和3互換即正確，D項錯誤；答案選A。二、非選擇題8.實驗室用廢舊鋁制易拉罐(含有少量鐵)制備凈水劑明礬有以下方案：鋁制易拉罐經稀硫酸微熱溶解，加入H2O2溶液，調節pH=3.7，第一次過濾后向濾液中加入少量NaHCO3飽和溶液，第二次過濾出白色沉淀。趁熱加入質量分數為a%H2SO4溶液和K2SO4固體，然后冷卻、洗滌、第三次過濾，得到粗明礬。完成實驗報告：(1)實驗準備：①為了加快溶解，鋁制易拉罐首先要_______；②配制a%H2SO4溶液的儀器：燒杯、玻璃棒、_______(從圖中選擇，寫出名稱)。(2)溶解、除雜(Fe2+、Fe3+)：①加入H2O2氧化Fe2+時，H2O2實際消耗量常超出氧化還原計算的用量，你預計可能的原因是_______；②思考：本實驗中，含鐵雜質在第_______次過濾中被去除。(3)沉鋁：①現象記錄：“向濾液中加入少量NaHCO3飽和溶液”處理，溶液中產生_______。②思考：_______(填“有”或“無”)必要用KHCO3替代NaHCO3。(4)明礬的制備與結晶(15℃時明礬溶解度為4.9g/100gH2O)：①加入a%H2SO4溶液時，a最好是_______(選填“20%”、“60%”或“98%”)。②為了提高明礬收率，可采取_______、_______措施。(5)實驗改進：為減少試劑用量、方便除雜，設計制備明礬的新方案如下：易拉罐經_______溶液微熱溶解，過濾后向濾液中加入_______溶液，第二次過濾出白色沉淀。加入H2SO4溶液和K2SO4固體，然后冷卻、洗滌、過濾，得到粗明礬。【答案】(1).用砂紙打磨，然后剪成碎片(2).量筒(3).過氧化氫不穩定，易分解而損失一部分過氧化氫(4).一(5).產生氣泡和白色沉淀(6).無(7).60%(8).蒸發濃縮(9).冷卻結晶(10).氫氧化鈉溶液(11).氯化鋁【解析】【分析】廢舊鋁制易拉罐(含有少量鐵)經稀硫酸微熱溶解，溶液中含有Al3+、Fe2+，向溶液中加入H2O2溶液，Fe2+被氧化為Fe3+，調節pH=3.7，Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，第一次過濾后濾液中含有Al3+，向濾液中加入少量NaHCO3飽和溶液，Al3+和發生雙水解生成Al(OH)3白色沉淀和CO2，第二次過濾出白色沉淀，趁熱加入質量分數為a%H2SO4溶液和K2SO4固體，然后冷卻、洗滌、第三次過濾，得到粗明礬。【詳解】(1)①為了加快溶解，鋁制易拉罐首先要用砂紙打磨，然后剪成碎片，目的是增大接觸面積，加快反應速率；②配制a%H2SO4溶液的儀器：燒杯、玻璃棒、量筒；(2)①加入H2O2氧化Fe2+時，H2O2實際消耗量常超出氧化還原計算的用量，原因是過氧化氫不穩定，易分解而損失一部分過氧化氫；②含鐵雜質，pH調為3.7時，已被變為沉淀，故在第一次過濾中被去除；(3)①加碳酸氫鈉處理，溶液中產生氣泡和白色沉淀，白色沉淀和氣泡是鋁離子和碳酸氫根離子發生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳氣體；②無必要，因為用白色沉淀進一步制備明礬，鈉離子在濾液中不干擾產品；(4)①最好是60%，因為硫酸濃度過高氧化性太強，不易溶解氫氧化鋁，濃度太低反應速率過慢，故用60%的硫酸；②為了提高明礬收率，可以采取蒸發濃縮、冷卻結晶措施；(5)氫氧化鈉溶解易拉罐后得到偏鋁酸根離子，加入氯化鋁，鋁離子和偏鋁酸根離子雙水解生成氫氧化鋁沉淀，加入H2SO4溶液和K2SO4固體，然后冷卻、洗滌、過濾，得到粗明礬。9.氫燃料電池汽車是未來汽車發展的重要方向之一。二甲醚重整制氫技術是一種理想制氫方案。(1)1mol二甲醚CH3OCH3(g)與水蒸氣發生可逆反應，生成CO2(g)和H2(g)的化學方程式為_______。(2)根據下列兩個熱化學方程式，計算上述反應的反應熱?H=_______kJ·mol-1。反應I：CH3OCH3(g)+H2O(g)?2CH3OH(g)?H1=+37kJ·mol-1反應II：CH3OH(g)+H2O(g)?CO2(g)+3H2(g)?H2=+49kJ·mol-1若升高溫度，會造成反應速率_______(填“變大”、“變小”或“不變”)。(3)在一個恒壓(起始體積為3L)的密閉容器中充入2molCH3OH(g)和1molH2O(g)，僅研究反應II。CH3OH的平衡含量隨溫度、壓強的變化如圖所示。①判斷圖中物理量L1_______L2(填“>”、“<”)；②A點平衡常數KA的計算表達式為_______，B、C兩點平衡常數KB_______KC(填“>”、“<”或“=”)。(4)二甲醚與水蒸氣按體積比為1：3.5，且以一定流速通過催化劑，發生反應I，記錄相關數據，得圖：由圖可知，280℃時二甲醚轉化率隨時間迅速衰減，可能的原因是_______。為了有利于氫氣的生成，可采取_______合理措施(寫一條)。(5)我國科學家開發了一種運用質子交換膜的電解甲醇制氫裝置(見圖)，甲醇的電解電壓相對于水可降低近2/3，降低了制氫的能耗。寫出陽極反應式_______。【答案】(1).CH3OCH3+3H2O2CO2+6H2(2).+135(3).變大(4).>(5).(6).<(7).催化劑效率很快減弱或發生副反應(8).增大水醚比，適當升高溫度、適當減小壓強、合適的催化劑等(9).CH3OH+H2O-6e-=6H++CO2【解析】【分析】(3)①對于反應CH3OH(g)+H2O(g)?CO2(g)+3H2(g)?H2=+49kJ·mol-1，是吸熱反應，溫度升高，平衡正向移動，CH3OH的平衡含量減小，則X表示的物理量是溫度，L表示壓強；【詳解】(1)反應物是二甲醚CH3OCH3(g)與水蒸氣，生成物是CO2(g)和H2(g)，根據原子守恒配平化學方程式為：CH3OCH3+3H2O2CO2+6H2；(2)由蓋斯定律：反應I+2II即得目標方程，?H=?H1+2?H2=+135kJ·mol-1，該反應為吸熱反應，升高溫度，反應速率變大；(3)①對于反應CH3OH(g)+H2O(g)?CO2(g)+3H2(g)?H2=+49kJ·mol-1，是吸熱反應，溫度升高，平衡正向移動，CH3OH的平衡含量減小，則X表示的物理量是溫度，L表示壓強，正反應方向是氣體體積增大的反應，則增大壓強，平衡逆向移動，CH3OH的平衡含量增大，則L1>L2；②設CH3OH轉化了xmol，列三段式：由圖知A點CH3OH的平衡含量為0.5，則，解得x=0.25，總的平衡物質的量為3.5mol，則平衡常數KA的計算表達式為；該反應吸熱反應，則溫度越高，平衡常數越大，X表示溫度，TB<TC，則KB<KC；(4)280℃時二甲醚轉化率隨時間迅速衰減，可能的原因是：催化劑效率很快減弱或發生副反應；為了有利于氫氣的生成，可采取措施：增大水醚比，適當升高溫度、適當減小壓強、合適的催化劑等；(5)由圖知，陽極為1molCH3OH失去6mol電子生成CO2，電解質溶液為酸性，則陽極的反應式為：CH3OH+H2O-6e-=6H++CO2。10.沉降法和吸附法是去除水體中砷(As)污染的有效措施，并可以實現As2O3的回收提取，流程見圖：(1)參考圖1與圖2，將廢水pH調節至8.0時，其中所含三價砷和五價砷的最主要微粒分別是_______、_______。H3AsO4的pKa1=-lgKa1=_______(具體數值)。注：物種分布分數為各物種占其總和的比例(2)通入空氣的目的是_______。(3)“沉砷”是石灰乳將砷元素轉化為Ca5(AsO4)3OH沉淀，寫出該步驟的離子方程式_______。(4)溶液pH對吸附劑A表面所帶電荷情況的影響如表：pH范圍<7.2=7.2>7.2吸附劑A表面帶正電荷不帶電荷帶負電荷在pH=4~7之間，吸附劑A對水中三價砷的去除能力_______(填“強于”或“弱于”)五價砷的，原因是_______。(5)“SO2還原”產生了粗As2O3中的微溶雜質，它是_______。用離子方程式表示其產生過程為_______。【答案】(1).H3AsO3(2).(3).2.2(4).將H3AsO3氧化成(5).、(6).弱于(7).在pH4~7之間，吸附劑A表面帶正電荷，而三價砷存在形式主要為電中性H3AsO3，五價砷主要是，吸附劑A對陰離子吸附強于對中性分子H3AsO3(8).CaSO4(9).H3AsO4+SO2+Ca2++H2O=CaSO4↓+H3AsO3+2H+【解析】【分析】含H3AsO3、H3AsO4的廢水調節pH=8時，由圖1看出As的存在形式是H3AsO3、，通入空氣，將三價砷氧化成五價砷，加入石灰乳Ca(OH)2提供堿性環境，與反應生成，再與Ca2+結合生成Ca5(AsO4)3OH沉淀，離子方程式為：、，沉淀轉化后得到H3AsO4濾液，與SO2發生反應：H3AsO4+SO2+Ca2++H2O=CaSO4↓+H3AsO3+2H+，生成H3AsO3，再加熱分解得到As2O3。【詳解】(1)由圖1知將廢水pH調節至8.0時，三價砷和五價砷的最主要微粒分別是H3AsO3、；H3AsO4的第一步電離方程式H3AsO4+H+，平衡常數，由圖2知c(H3AsO4)=c()時，pH=2.2，則，pKa1=-lgKa1=-lg10-2.2=2.2；(2)空氣中含有O2，具有氧化性，能將三價砷轉化成五價砷，則通入空氣的目的是：將H3AsO3氧化成；(3)“沉砷”是石灰乳先與反應生成，再與Ca2+結合生成Ca5(AsO4)3OH沉淀，離子方程式為：、；(4)由表知，吸附劑A表面在pH<7.2帶正電荷，而水中三價砷存在形式是H3AsO3中性分子，五價砷存在形式是陰離子，則吸附劑A對陰離子的吸附強于中性分子，即吸附劑A對水中三價砷的去除能力弱于五價砷的，原因是：在pH4~7之間，吸附劑A表面帶正電荷，而三價砷存在形式主要為電中性H3AsO3，五價砷主要是，吸附劑A對陰離子吸附強于對中性分子H3AsO3；(5)濾液2中含有H3AsO4，經“SO2還原”之后生成H3AsO3，As的化合價降低，則S的化合價升高至+6價，再與Ca2+結合生成CaSO4，則粗As2O3中的微溶雜質，它是CaSO4，離子方程式為：H3AsO4+SO2+Ca2++H2O=CaSO4↓+H3AsO3+2H+。11.半導體芯片的關鍵材料是我國優先發展的新材料。經過半個多世紀的發展，硅基材料的半導體器件性能已經接近其物理極限，以碳化硅、氮化鎵等為代表的第二代半導體材料成為當今熱點。回答如下問題：(1)材料所涉及的四種元素中，原子半徑最大的是_______(填元素符號，下同)，這四種元素中第一電離能最大的是_______，基態Si原子的電子占據的軌道數目是_______個。(2)原硅酸根SiO的空間構型是_______，其中Si的價層電子對數目為_______、雜化軌道類型為_______。(3)材料所涉及的四種元素對應的單質中，熔沸點最低的是_______，原因是_______。(4)GaN被譽為21世紀引領5G時代的基石材料，是目前全球半導體研究的前沿和熱點。有一種氮化鎵的六方晶胞結構如圖所示，請在圖中構建一個以Ga原子為中心的四面體結構(涂成◎)。(5)材料密度是制作芯片的重要參數之一，已知Si的共價半徑是125pm。求每立方厘米體積的單晶硅中硅的原子數目為_______(保留2位有效數字)。【答案】(1).Ga(2).N(3).8(4).正四面體(5).4(6).sp3(7).N2(8).N2為分子晶體，分子之間是較弱的范德華力結合(9).4.2×1022個【解析】【分析】【詳解】(1)四種元素為C、N、Si、Ga，電子層數越多，原子半徑越大，則原子半徑大小：Ga>Si>C>N，最大的是：Ga；依據第一電離能變化規律，元素非金屬性越強，電離能越大，則大小順序為：N>C>Si>Ga，最大的是：N；基態Si原子的電子排布為1s22s22p63s23p2，電子占據的軌道數目是為8個；(2)SiO的中心原子是Si，價層電子數為，孤對電子對數為0，則空間構型是正四面體型，雜化軌道類型是sp3；(3)四種單質中熔點最低的是N2，原因是：N2為分子晶體，C、Si是原子晶體，G