【文档说明】四川省南充高级中学2022-2023学年高二下学期第二次月考考试理综化学试题 含解析.docx，共(15)页，1.744 MB，由小赞的店铺上传

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四川省南充高级中学2022-2023学年高二下学期第二次月考理科综合能力测试化学试题时间：150分钟；满分：300分；可能用到的相对原子质量：B11C12N14O16S32Cl35.5K39As75I127第Ⅰ卷(选择题，共126分)一、选择题：本大题共13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.化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是A.河水中有许多杂质和细菌，加入明矾杀菌消毒后可以直接饮用B.去除锅炉水垢中的CaSO4，先用Na2CO3溶液浸泡处理C.泡沫灭火器可用于一般的起火，但不适用于活泼金属

引起的火灾D.奥密克戎是新冠病毒变异株，传播性强，其成分中含有的蛋白质属于高分子化合物【答案】A【解析】【详解】A．明矾水解生成氢氧化铝胶体，可以吸附水中杂质，用于净水，但不能杀菌消毒，故A错误；B．CaSO4微溶于水，CaCO3难溶于水，N

a2CO3与CaSO4反应生成更难溶的CaCO3，CaCO3与盐酸反应，水垢溶解，故B正确；C．泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分和电解质，活泼金属能与水和二氧化碳等发生反应，因此不能用泡沫灭火器灭火，故C正确；D．蛋白质

属于高分子化合物，故D正确；故选：A。2.罗勒烯是一种无环单萜类化合物，有草香、花香并伴有橙花油气息，主要存在于罗勒油等植物精油中，其结构如图a所示，下列有关罗勒烯的说法错误的是A.难溶于水，易溶于苯等有机溶剂B.能与溴水反应使之褪色C.所有碳原子可能共平面D.与叔丁基苯(结构如

图b)互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．由罗勒烯的结构可知，罗勒烯是难溶于水，易溶于苯等有机溶剂的不饱和烃，故A正确；B．由罗勒烯的结构可知，罗勒烯分子中含有的碳碳双键能与溴水发生加成反应使溶液褪色，故B正确；C．碳碳双键为平面结构，由三点成面可知，罗勒烯分子中所有碳原子可

能共平面，故C正确；D．由题给结构可知，罗勒烯和叔丁基苯分子式不相同，不可能互为同分异构体，故D错误；故选D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAB.标准状况下，22.4LCCl4中含共价键数为4NAC.常温下，1LpH

=13的Ba(OH)2溶液中，OH-的数目为0.2NAD.常温常压下，4.4gCO2与N2O混合气体中含有的原子数为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A．硝酸具有强氧化性，能把Fe由0价氧化到+3，所以1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为3NA

，A错误；B．标准状况下，CCl4为液态，22.4LCCl4不是1mol，B错误；C．常温下，pH=13的Ba(OH)2的()--1OH=0.1molLc，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，OH-的数目为0.1NA，C错误；D．C

O2与N2O均为三原子分子，其摩尔质量均为44g/mol，常温常压下，4.4gCO2与N2O混合气体中含有的原子数为0.3NA，D正确；故答案选D。4.下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是A.甲装置：配制100mL0.1mol·L-1的硫酸B.乙装置：制备无水氯化镁C.丙装置

：比较醋酸与硼酸酸性D.丁装置：观察铁的析氢腐蚀【答案】C【解析】的【详解】A．容量瓶中不能进行浓溶液的稀释，应在烧杯中稀释并冷却至室温后再转移至容量瓶中，故A错误；B．直接加热蒸发氯化镁溶液，因其发生水解最终得到氢氧化镁，故B错

误；C．通过观察两组实验试管中有无气泡产生，可分别判断醋酸、硼酸与碳酸的酸性强弱，进而能比较醋酸与硼酸的酸性强弱，故C正确；D．食盐水中性溶液，在该条件下发生吸氧腐蚀，故D错误；故选：C。5.下列解释事实的离子方程式不正确的是A.向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液：()()()()222AgC

ls+SaqAgSs+2Claq−−=B.将少量Ba(OH)2溶液加入NaHSO4溶液中：Ba2++OH-+H++SO24−=BaSO4↓+H2OC.84消毒液(主要成分为NaClO)中加入少量白醋可增强消毒效果：ClO-

+CH3COOH=HClO+CH3COO-D.用223NaSO做碘量法实验时，溶液pH不可太低，否则溶液变浑浊：22322SO2HSOSHO−++=++【答案】B【解析】【详解】A．向悬浊液中滴加Na2S溶液，实现沉淀的转化，其离子方

程式为：()()()()222AgCls+SaqAgSs+2Claq−−=，A正确；B．少量Ba(OH)2溶液加入NaHSO4溶液中：Ba2++2OH-+2H++SO24−=BaSO4↓+2H2O，B错误；C．漂白液中加入少量白醋可使次氯酸根离子转化为次氯酸，增强消毒效果

：ClO-+CH3COOH=HClO+CH3COO-，C正确；D．做碘量法实验时，溶液pH太低则氢离子与反应生成二氧化硫和硫单质：22322SO2HSOSHO−++=++，D正确；故选：B。6.研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，还能对工业污水等

进行处理。利用微生物燃料电池处理含硫废水并电解制备KIO3的原理如图所示，下列说法正确的是为A.右侧电池中K+通过阳离子交换膜从P极移向Q极B.光照强度大小不影响KIO3的制备速率C.电极Q处发生电极反应：I2+12OH--l0e-=23IO−+6H2OD.不考虑损耗，电路中每消耗11

．2LO2(标准状况下)，理论上Q极可制得342.4gKIO3【答案】C【解析】【分析】石墨电极M处，CO2在光合菌、光照条件下转化为O2，O2在M极放电生成H2O，发生还原反应，M为正极，正极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，N极为负极，硫氧化菌将FeSx氧化

为S，硫再放电生成2-4SO，负极电极反应式为S-6e-+4H2O=2-4SO+8H+，H+通过质子交换膜由右室移向左室；铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极反应式为I2+12

OH--10e-=2-3IO+6H2O，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成-3IO比消耗的OH-少，溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极，据此分析解题。【详解】A．铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成的-3IO比消耗的OH-少，溶液中K+通过阳离

子交换膜从Q极移向P极，A错误；B．光照强度大小影响单位时间内生成氧气的量，即影响电流强度，会影响KIO3的制备速率，B错误；C．由分析可知，铂电极Q为阳极，阳极反应式为I2+12OH--10e-=2-3IO+6H2O，C正确；D

．不考虑损耗，电路中每消耗11．2LO2(标准状况下)即-111.2L22.4L?mol=0.5molO2，转移电子为2mol，阳极反应式为I2+12OH--10e-=2-3IO+6H2O，可知生成KIO3为2mol×15=0.4mol，理论上Q极可制得KIO3的

质量为0.4mol×214g/mol=85.6g，D错误；故答案为：C。7.常温下，向20mL0.1mol·L-1CH3NH2溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1盐酸，测得混合溶液的pH与的()()3233

cCHNHlgcCHNH+的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.M点时加入盐酸的体积为20mLB.常温下，Kb(CH3NH2)的数量级为10-11C.N点溶液：c(C1-)>c(+33CHNH)>c(CH3NH2)D.滴加过程中()()+3233cCHNHc(H

)cCHNH+逐渐减小【答案】C【解析】【详解】A．CH3NH2为一元弱碱，0.1mol·L-1CH3NH2溶液中与0.1mol·L-1盐酸完全反应时生成CH3NH3Cl，溶液呈酸性，由图可知，M点溶液pH为7

，则CH3NH2溶液未完全反应，盐酸溶液的体积小于20mL，故A错误；B．由图可知，溶液中()()3233cCHNHlgcCHNH+为0时，溶液pH为10.6，由电离常数公式可知，电离常数Kb(CH3N

H2)=()()3332cCHNHc(OH)cCHNH+−=c(OH—)=10—3.4，则数量级为10——4，故B错误；C．由图可知，N点溶液中()()3233cCHNHlgcCHNH+=—1.0，溶液

呈酸性，则溶液中c(+33CHCH)>c(CH3NH2)，由溶液中的电荷守恒关系c(C1—)+c(OH—)=c(+33CHNH)+c(H+)可知，溶液中c(C1-)>c(+33CHNH)，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(C1-)>c(+33CHNH)>c(CH3NH2)，故C正确；D．CH3NH3

Cl的水解常数为Kh=()()+3233cCHNHc(H)cCHNH+，水解常数为温度函数，温度不变，水解常数不变，则滴加过程中()()+3233cCHNHc(H)cCHNH+不变，故D错误；故选C。第Ⅱ卷(共174分

)三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共11题，129分)8.S2Cl2是一种有毒的液体，熔点-76℃，沸点138℃，蒸气有

腐蚀性，易溶解硫磺，遇水分解。主要用于杀虫剂、硫化染料、气相下橡胶的硫化等。兴趣小组同学用下图所示装置(夹持和部分加热装置略去)制取S2Cl2，并测定所得S2Cl2的纯度。已知：S的熔点112.8℃，沸点

444℃。（1）E装置中仪器的名称为___________。（2）实验时，先加热___________(填装置序号)，装置A中发生反应的化学方程式为：___________。（3）锥形瓶F中实际收集到的是___________，要从F中得到的产物获得较纯净的S2Cl

2应采用的实验方法是___________。（4）无水CaCl2的作用是___________。（5）测定S2Cl2的纯度①取mg实验所得S2Cl2，缓缓通入足量NH3搅拌、静置。向其中加入足量甲醛充分反

应后，用cmol·L-1NaOH标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗NaOH标准液VmL。实验所得S2Cl2的质量分数为___________。[已知：6S2Cl2+16NH3=S4N4+8S+12NH4Cl；6HCHO+4NH4+=(CH2)6N4+4H++6H2O]②下列滴定操作

中，会导致S2Cl2质量分数测定值偏高的是___________。a．锥形瓶洗涤干净后未干燥b．滴定前平视滴定管刻度线，滴定后俯视c．滴定前碱式滴定管内有气泡，滴定结束后无气泡d．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用NaOH标准溶液润洗【答案】（1）直型冷凝管（2）①.A②.2222MnO+4HClM

nCl+Cl)OΔ(+2H浓（3）①.S的S2Cl2溶液②.蒸馏（4）防止水蒸气进入F装置中，导致S2Cl2分解（5）①.6.75cV%m②.cd【解析】【分析】A装置中利用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气，B中饱和食盐水用于除去HCl，C中浓硫酸干燥氯气，氯气进入D中与

硫粉反应生成S2Cl2，F用于收集S2Cl2，无水氯化钙用于防止G中的水进入F，G中氢氧化钠溶液用于吸收过量的氯气，据此分析解答；【小问1详解】结合仪器构造可知E为直型冷凝管；【小问2详解】实验时，先加热A装置，利用生成氯气排尽装置中的空气，加热D装置，装

置A中发生反应的化学方程式为：2222ΔMnO+4HCl()MnCl+Cl+2HO浓；【小问3详解】由信息可知S易溶于S2Cl2，因此锥形瓶F中实际收集到的是S的S2Cl2溶液；要从F中得到的产物获得较纯净的S2Cl2应采用

蒸馏提纯；【小问4详解】S2Cl2遇水分解，所以无水CaCl2的作用是防止G装置中的水蒸气进入F装置中，导致S2Cl2分解；【小问5详解】①根据化学方程式可得出：+224S2NH2H2CHlO+−，n(S2Cl2)=31cV10mol2−，m(S2Cl2)=31cV10mo

l2−×135g/mol=67.5cV310−g，S2Cl2的质量分数为310100%%67.5cV6.75cVmm−=；②a．锥形瓶用于盛放一定体积的待测液，是否干燥不影响测定结果，a错误；b．滴定前平视滴定管刻度线，滴定后俯视，则消耗标准液V变小，测定结果偏低，b错误；c．滴

定前碱式滴定管内有气泡，滴定结束后无气泡，使初始读数偏小，则消耗标准液V变大，测定结果偏高，c正确；d．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用NaOH标准溶液润洗，导致标准液被稀释，标准液体积偏大，测定结果偏高，d正确。9.NiOOH可用作碱性镍镉电池的电

极材料，用含镍废料(主要成分是Ni，杂质有Al、Fe、SiO2)制取NiOOH的流程如图。已知：i.镍、铁同族，但Ni2+的性质较稳定；ii.常温下，该工艺条件下金属阳离子生成氢氧化物沉淀时的pH范围如表所示。沉淀物()3AlOH()3FeOH()2FeOH()2Ni

OH开始沉淀时pH3.01.55.97.1完全沉淀时pH4.73.29.09.2回答下列问题：（1）“酸浸”前将废料粉碎的目的是___________，“滤渣2”的主要成分是___________。（2）加入22HO的

目的是___________，实际生产中发现22HO的实际用量比理论用量多，原因是___________。（3）“调pH”时pH的范围是___________，当溶液中离子浓度小于或等于51110molL−−时认为该离子沉淀完全，则常温下()3spFeOHK==______

_____，“氧化2”中反应的离子方程式为___________。（4）锌镍电池是一种可充电电池，其充电时总反应为()()2222NiOHZnOH2NiOOHZn2HO+=++，则放电时正极的电极反应式为___________，充电时阴极周围溶液pH__________

_(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.加快酸浸速率、提高原料的利用率②.()3FeOH、()3AlOH（2）①.将2Fe+氧化成3Fe+，以便后续除去铁元素②.生成的3Fe+能催化22HO分解（3）①.4.7pH7.1②.37.410−③.222

NiClO4OH2NiOOHClHO+−−−++=++（4）①.()22NiOOHeHONiOHOH−−++=+②.增大【解析】【分析】含镍废料（Ni、Al、Fe、SiO2）用稀硫酸酸浸，Ni、Al、Fe溶解得到Ni2+、A

l3+、Fe2+，SiO2不溶形成滤渣1，加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2调pH，使Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀（滤渣2），加入KOH、KClO将Ni2+氧化为NiOO

H，过滤后得到产品。【小问1详解】粉碎可提高废料的比表面积，有利于反应物间充分接触，从而提高反应速率及原料的利用率。“滤渣2”是调pH时形成的()3FeOH，()3AlOH沉淀。【小问2详解】由几种离子形成氢氧化物沉淀时的pH范围知，加入22HO的目的是将2Fe+氧化为3Fe+，

便于后续以氢氧化物的形式除去；22HO遇3Fe+会被催化分解，从而导致实际用量多于理论用量。【小问3详解】“调pH”的目的是使3Al+、3Fe+形成氢氧化物沉淀而2Ni+不能形成沉淀，故pH范围为4.7pH7.1。当pH=3.2时，3Fe+恰好完全沉淀，此时()351Fe110mo

lLc+−−，()10.81OH10molLc−−−=，由此求得()37.4sp3FeOH10K−=。“氧化2”中KClO被还原为Cl−，2Ni+被氧化为NiOOH，对应的离子方程式为222NiClO4OH=2NiOOHClHO+−−−++++。【小问

4详解】由充电时总反应式知，放电时NiOOH是正极，得到电子后转化为()2NiOH，电解质溶液是碱性溶液，故电极反应式为()22NiOOHeHO=NiOHOH−−+++。充电时阴极的电极反应式为()2ZnOH2e=Zn2OH−−++，由于生成OH－，故阴极周围溶液pH增大。10.短链烯烃是重要的

有机化工原料，如丙烯(C3H6)和乙烯等。利用它们间的转化可有效强化节能减排，达到“碳达峰”和“碳中和”的目的。请回答下列问题：（1）丙烯可由丙烷脱氢制取。已知：反应I．2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)ΔH1=-238kJ•mo

l-1反应II．2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH2=-484kJ•mol-1则C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)ΔH=___________kJ/mol。（2）乙烯可由CO2和H2制取

。反应为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)ΔH<0，在恒压密闭容器中，起始充入2molCO2(g)和6molH2(g)发生反应，不同温度下达到平衡时各组分的体积分数随温度的变化如图所示。①下列说法正确的是_______

____。A．b点时：2v正(H2)=3v逆(H2O)B．将H2O(g)液化分离可提高C2H4的产率C．活性更高的催化剂可提高CO2的平衡转化率D．a、b、c三点的平衡常数：Ka>Kc>Kb②表示CO2体积分数随温度变化的曲线是___________(填“k”“l”“m”或

“n”)③若d点表示240℃某时刻H2的体积分数，保持温度不变，则反应向___________(填“正”或“逆”)反应方向进行。④205℃，反应达b点所用时间为tmin，则此过程中用C2H4表示的反应速率是___________mol/min。若平衡时b点总压为P

，则平衡常数Kp=___________(列出计算式，以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。⑤其他条件相同，分别在催化剂X、Y作用下发生该反应，测得相同时间CO2的转化率与温度的关系如图所示。使用催

化剂X，当温度高于320℃，CO2转化随着温度升高而下降的原因是___________。【答案】（1）+123（2）①.AB②.l③.逆④.23t⑤.42614P(P)9911(P)(P)93⑥.温度高于320℃时，催化剂X活性降低，反应速率减慢【解析】【小问1详解】已知：Ⅰ．2C3H8

(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2(g)△H1=-238kJ•mol-1Ⅱ．2H2(g)+O2(g)2H2O(g)△H2=-484kJ•mol-1根据盖斯定律×(反应I-反应Ⅱ)得到反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的△H=×[-238kJ•mol-1

-(-484kJ•mol-1)]=+123kJ/mol；小问2详解】①A．b点时：反应为平衡状态，则正反应速率等于逆反应速率，则2v正(H2)=3v逆(H2O)，故A正确；B．将H2O(g)液化分离，可使平衡正向移动，从而可提高C2H4的产率，故B正确；C．催

化剂只能加快反应速率，不能改变平衡转化率，故C错误；D．该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，K减小，a、b、c三点的平衡常数：Kb>Ka>Kc，故D错误；②升温平衡逆向移动，则反应物的体积分数增大，生成物的体积分数减小，结合系数可知，k代表H2(g)

，l代表CO2(g)，m代表H2O(g)，n代表C2H4(g)；③若d点表示240℃某时刻H2的体积分数，此时体积分数小于平衡时H2的体积分数，则反应向生成氢气的方向进行，即逆向进行；④205℃，反应达b点所用时间为tmin，结合已知条件列三段式：()()()()22

242/mol2600/mol2x6xx4x/mol2-2x6-6xx4x2COg+6HgCHg+4HOg起始转化平衡b点时l和n相交，则CO2(g)和C2H4(g)物质的量相等，即2-2x=x，解得x=23；则此过程中

用C2H4表示的反应速率是1;2mol23mol3tmintmin−=CO2(g)、H2(g)、C2H4(g)、H2O(g)的平衡物质的量分别为：23、2、23、83，总气体的物质的量=6mol；【则平衡常数Kp=4262833

P(P)66223(P)(P)66=42614P(P)9911(P)(P)93；⑤催化剂的活性受温度影响，当温度高于320℃时，催化剂X活性降低，反应速率减慢。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2

道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂黑的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质]11.第VA族元素

氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)的单质及其化合物在科研和生产中有许多重要用途。铝、铁等金属在日常生活、工业生产中也占有举足轻重的地位。请回答下列问题：（1）下列各状态的铝中，再电离出一个电子所需能量最小的是___________(填序号)。A.B.C.D.（2）Na

2Ni[Fe(CN)6]中，基态Fe2+的价电子排布式为___________，[Fe(CN)6]4-中σ键和π键的数目之比为___________。（3）已知3Fe+遇邻苯二酚()和对苯二酚()均显绿色。邻苯二酚的熔、沸点比对苯二酚___________(填“高

”或“低”)，原因是：___________。（4）镍与砷或硼等元素可形成多种具有超导电性等特殊性质的化合物。①33NHBH分子中，与N原子相连的H呈正电性(δ+H)，与B原子相连的H呈负电性(δ-H)，则H、B、N的电负性由大到小的顺序是___________。②键角：AsCl3_______

____BCl3(填“>”“<”“=”)③P与Cl可形成PCl5，P原子的杂化方式为sp3d。请从能级、轨道的角度分析N与Cl无法生成NCl5的原因___________。（5）砷化硼的晶胞结构如图(a)所示，图(b)中矩形AA′CC′是沿晶胞对角

面取得的截图。①若晶胞的边长均为apm，阿伏加德罗常数的值为AN，晶体的密度为___________-3gcm(列出计算表达式)。②晶胞中各原子在矩形AA′CC′的位置为___________(填标号)。A．B．C．D.【答案】（1）B

（2）①.3d6②.1：1（3）①.低②.邻苯二酚易形成分子内氢键，对苯二酚易形成分子间氢键，分子间氢键使熔、沸点升高，分子内氢键使熔、沸点降低（4）①.N>H>B②.<③.N的L能层不存在d轨道，无法进行sp3d杂化（5）①.303A3441N0a②.B【解析】【小问1详解】A

代表基态Al原子，B代表激发态铝原子，C代表基态Al2+离子，D代表基态Al+离子，电离出一个电子所需能量最小的是B；【小问2详解】基态Fe2+的价电子排布式为3d6；[Fe(CN)6]4-中一个CN-中含1个σ键和2个π键，Fe与CN-形成

配位键为σ键，则σ键和π键的数目之比为1：1；【小问3详解】邻苯二酚易形成分子内氢键，对苯二酚易形成分子间氢键，分子间氢键使熔、沸点升高，分子内氢键使熔、沸点降低，故邻苯二酚的熔、沸点比对苯二酚低；【小问4详解】①与N原子相连的H呈正电性(δ+H)，与B原子相连的

H呈负电性(δ-H)，可知电负性：N>H>B；②AsCl3中心As原子价层电子对数为51342+=，含一对孤电子对，呈三角锥形，BCl3中心B原子的价层电子对数为31332+=，呈平面三角形，键角：AsCl3<BCl3；③N原子外层只有两个

电子层，N的L能层不存在d轨道，无法进行sp3d杂化；【小问5详解】①由晶胞结构可知B原子位于顶点和面心，个数为118+6482=，As位于体内个数为4，则晶胞的质量为：AA114754344g=gNN+，晶胞体积为：a3×10-30cm3，则晶胞的密度为：3AA3

033033344gN3441gN0cm10cmaa−=；的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com