四川省绵阳市届高三第三次诊断性考试理综化学试题含答案解析.docx

1、四川省绵阳市届高三第三次诊断性考试理综化学试题含答案解析四川省绵阳市2022届高三第三次诊断性考试理综化学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题12022北京冬奥会圆满落幕，下列相关报道缺乏科学性的是A火炬“飞扬”采用氢气作为燃料，并利用焰色反应原理给火焰“着色”B吉祥物“冰墩墩”外壳是透明硅胶材质，其化学式为mSiO2nH2OC速滑馆采取了CO2跨临界直冷制冰，主要利用了CO2的化学性质D冬奥场馆大面积使用碲化镉发电玻璃，该玻璃应用了光电池原理2氮在自然界中的循环如图所示。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A图示循环过程中N2属于氮的固定B硝化过程和反硝化过程均为氧化还原反应

2、C氨氧化过程氧化产物和还原产物的质量比为11DFe2+除去硝态氮生成5.6LN2时，转移电子数为2.5NA3家中应常备防治感冒药物。关于下列两种止疼退烧药物的说法正确的是A都属于芳香烃类有机化合物 B苯环上的一氯代物均为2种C都能发生取代反应和加成反应 D分子中所有碳原子均可共平面4下列气体制备实验设计中，药品和装置都合理的是A图1：碳酸钠与盐酸反应制备CO2B图2：铜片与稀硝酸反应制备NOC图3：消石灰与氯化铵固体反应制备NH3D图4：二氧化锰与浓盐酸反应制备Cl25下图是元素周期表的部分结构，其中W、X、Y、Z均为短周期主族元素，下列说法一定正确的是A最高正价：W与Y相同B简单氢化物的沸点

3、：W大于YC简单离子半径：X小于ZD最高价氧化物的水化物的酸性：X小于Z6某课题组利用盐度梯度和氧化还原工艺，成功的设计了下图所示的电池装置，将酸性废水中存在的高毒性转化为低毒性Cr3+。下列说法错误的是A该电池利用溶液盐度梯度产生电动势，C2表示高浓度盐溶液B根据图中所示，AM为阴离子交换膜，CM为阳离子交换膜C电池正极的电极反应式为+6e-+14H+=2Cr3+7H2OD负极产生标准状况下6.72 L氧气时，理论上转化0.2 mol7常温下，难溶物Y2X与ZX在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，若定义其坐标图示：p(A)=-lgc(A)，Mn+表示Y+或Z2+。下列说法错误的是AM表示Y2X

4、的溶解平衡曲线B常温下，Y2X的分散系在c点时为悬浊液C向b点溶液中加入Na2X饱和溶液，析出ZX固体DZX(s)+2Y+(aq)Y2X(s)+Z2+(aq)的平衡常数K=1014二、工业流程题8高纯硫酸锰是合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由菱锰矿(主要成分MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca、Na、K等元素)制备，工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)写出提高溶浸速率的两种可行措施_。(2)写出得到粗品MnCO3的离子方程式_。(3)由粗品MnCO3得到较纯MnCO3需要用纯水洗涤2-3次，洗涤粗品MnCO3的目的是_。(4)常加入的绿色氧化剂x是_，调节pH，制得无铁硫酸锰粗液，此时溶

5、液的pH至少为_当Fe3+浓度小于110-5mol/L时，可以认为Fe3+沉淀完全，Ksp(Fe(OH)3=1.010-38。(5)深度除杂步骤主要利用沉淀转化除去Ca2+和Mg2+，需适当增大溶液pH，其原因是_。滤渣2的主要成分是_。(6)三元层状材料LiNi2/3Co(1-x)/6Mn(1+x)/6O2是一类稳定性高的锂电池正极材料。若已知材料中Co和Mn的化合价分别是+3和+4价，当x=0.4时，材料中Ni2+与Ni3+的数目比为_。三、实验题9铝的阳极氧化是一种重要的表面处理技术，其原理是用电化学方法处理铝件表面，优化氧化膜结构，增强铝件的抗腐蚀性，同时便于表面着色。取铝片模拟该实验

6、，并测定氧化膜厚度，操作步骤如下：(1)铝片预处理铝片表面除去油垢后，用2mol/LNaOH溶液在6070下洗涤，除去铝表面薄氧化膜，离子方程式为：_；再用10(质量分数)的HNO3溶液对铝片表面进行化学抛光。若取一定体积68(质量分数)的浓硝酸配制该化学抛光液，需要用到的玻璃仪器有_、_、玻璃棒和胶头滴管。(2)电解氧化取预处理过的铝片和铅做电极，控制电流恒定为0.06A，用直流电源在56mol/L硫酸中电解。其中铝片接电源_极，产生氧化膜的电极反应式为氧化膜的生长过程可大致分为A、B、C三个阶段(如图所示)，C阶段多孔层产生孔隙的离子反应方程式为_，A阶段电压逐渐增大的原因是_。(3)氧化

7、膜质量检验取出阳极氧化并封闭处理过的铝片，洗净、干燥，在铝片表面滴一滴氧化膜质量检查液(3gK2Cr2O7+75mL水+25mL浓硫酸)，用秒表测定表面颜色变为绿色(产生Cr3+)所需时间，可判断氧化膜的耐腐蚀性。写出该变色反应的离子方程式：_。(4)氧化膜厚度测定取氧化完毕的铝片，测得表面积为4.0cm2，洗净吹干，称得质量为0.7654g；将铝片浸于60的溶膜液中煮沸10分钟进行溶膜处理；取出铝片，洗净吹干，称得除膜后铝片质量为0.7442g。已知氧化膜的密度为2.7g/cm3，可以计算得出氧化膜厚度为_m(1m=110-4cm)。四、原理综合题10目前，大规模和低成本制取氢能实质上都是通

8、过烃重整实现的，该过程主要是甲烷水蒸汽重整，包括以下两步气相化学催化反应：反应I：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) H=+206 kJmol1反应II：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) H=41 kJmol1(1)则反应：CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) H=_(2) 已知在某种催化剂的作用下，反应I的正反应的活化能为312 kJmol1，则该反应逆反应的活化能为_。(3)将2molCO和1molH2O充入某容积不变的绝热密闭容器中，发生反应II。能判断反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)达到平衡的是_。ACO的

9、消耗速率等于CO2的消耗速率B混合气体的密度保持不变C混合气体的平均相对分子质量保持不变D容器内气体压强不再变化达到平衡时，氢气的物质的量分数为20，则CO的转化率为_，计算该温度时反应的平衡常数K=_。(4)下图表示反应时间均为6小时，甲烷水蒸汽重整法制氢气使用不同催化剂时氢气的产率与温度的关系。判断a点是否处于平衡状态：_(填“是”或“否”)，分析该反应750以后氢气的产率趋于相同的原因是_。五、结构与性质11废锂电池回收是对“城市矿产”的资源化利用，可促进新能源产业闭环。处理钴酸锂(LiCoO2)和磷酸亚铁锂(LiFePO4)废电池材料，可回收Li、Fe、Co金属。(1)Co3+价层电子

10、排布式是_，LiFePO4中铁未成对电子数为_。(2)的空间构型为_，中心原子的杂化类型是_。(3)下列状态的锂中，失去一个电子所需能量最大的是_。A B C D(4)一种含Co阳离子Co(H2NCH2CH2NH2)2Cl2+的结构如下图所示，该阳离子中钴离子的配位数是_，配体中提供孤电子对的原子有_。乙二胺(H2NCH2CH2NH2)与正丁烷分子量接近，但常温常压下正丁烷为气体，而乙二胺为液体，原因是：_。(5)钴酸锂(LiCoO2)的一种晶胞如下图所示(仅标出Li，Co与O未标出)，晶胞中含有O2-的个数为_。晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，该钴酸锂晶体的密度可表示为_gcm-

11、3(用含有NA的代数式表示)。六、有机推断题12研究表明药物利托那韦对新冠病毒有很好的抑制作用，部分合成路线可设计为：已知：R-O-R(1)物质C所含官能团的名称_，E物质的分子式为_。(2)物质X的名称为_，反应的条件是_。(3)写出C与D反应生成Y的化学方程式_。(4)写出反应除F外另一产物的结构简式_。(5)物质A至F的合成路线中涉及下列反应类型中的_(填编号)。a.取代反应b.水解反应c.硝化反应d.消去反应(6)M是X的同系物，分子式为C8H9NO2，写出其所有符合下列条件的同分异构体：_。分子中含有苯环；能与碳酸氢钠反应产生气体，也能与盐酸反应；核磁共振氢谱峰面积之比为1:2:2:

12、2:2。参考答案：1C【解析】【详解】A火炬“飞扬”采用氢气作为燃料，由于氢气燃烧产物是水，无污染环保，并利用金属元素化合物在灼烧时使火焰呈现一定颜色，即利用金属元素焰色反应原理给火焰“着色”， 也没有污染物的产生与排放，符合绿色、环保要求，A正确；B吉祥物“冰墩墩”外壳是透明硅胶材质，它的硅胶外壳采用环保聚氯乙烯及聚碳酸酯制作而成，硅胶材质的化学式为mSiO2nH2O，B正确；C速滑馆采取了CO2跨临界直冷制冰，在由CO2气体变为固态的变化过程中没有新物质产生，因此主要利用了CO2的物理性质，C错误；D冬奥场馆大面积使用碲化镉发电玻璃，该玻璃可以使太阳的光能转化为化学能，因此应用了光电池原理

13、，D正确；故合理选项是C。2D【解析】【详解】A氮的固定是游离态氮转化成化合态的氮，根据图示循环，N2转化成NH，属于氮的固定，故A说法正确；B根据图示，硝化过程NHNONO，氮元素的化合价由-3+3+5，存在化合价的变化，硝化过程属于氧化还原反应，同理反硝化过程中也存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故B说法正确；C氨氧化过程中，NON2，氮元素的化合价由+3价降低为0价，发生还原反应，NHN2，氮元素的化合价有-3价升高为0价，发生氧化反应，因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为11，故C说法正确；D题中没有指明是否是标准状况，因此无法判断得到氮气物质的量，故D说法错误；答案为D。3C【解

14、析】【详解】A两者都含苯环，属于芳香化合物，但除了C、H元素外，还含有O元素，不属于烃，故A错误；B苯环上的H种类分别有 、 则苯环上的一氯代物分别为4、2种，故B错误；C两者都含有的羧基可以与醇类发生取代反应，都含有的苯环可以与氢气发生加成反应，故C正确；D芬必得分子中连接H、甲基、羧基、苯环的碳原子是饱和碳原子，形成四面体结构，分子中所有碳原子不可能共平面，故D错误；故选：C。4B【解析】【详解】A碳酸钠为粉末，且易溶于水，应该采用难溶于水的CaCO3与稀HCl反应制取CO2气体，A不合理；BCu与稀硝酸反应产生NO气体，NO难溶于水，可用排水方法收集NO气体，用盛有NaOH溶液的烧杯盛装

15、水，并可根据NO、O2与NaOH溶液发生反应的性质，来防止外逸的NO污染大气，B正确；CNH3是大气污染物，无尾气处理装置，C错误；D二氧化锰与浓盐酸在加热时发生反应制备Cl2，装置中无酒精灯加热，因此不能发生反应制取得到Cl2，D错误；故合理选项是B。5D【解析】【分析】W、X、Y、Z元素可能性如下：或或。【详解】AW可能为O，此时Y为S，由于O无正价，故最高正价：W不一定不等于Y，A项错误；B由于N、O、F原子形成的氢化物中存在氢键，当W为N、O时，Y分别为P、S，则简单氢化物的沸点：W大于Y，但当W为C时，C原子形成的简单氢化物小于硅原子的氢化物，即简单氢化物的沸点：W不一定大于Y，B项

16、错误；C简单离子半径排序为，当X为Al时，Z为P，离子半径为：，当X为P时，Z为Cl，离子半径为：，故简单离子半径：X不一定小于Z，C项错误；D同周期元素，从左往右，非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，Z的非金属性比X强，故最高价氧化物对应水化物的酸性：X一定小于Z，D项正确；答案选D。6A【解析】【详解】A根据图示可知：Na+通过CM向正极迁移，Cl-通过AM膜移向负极，图示负极上不断产生H+，则C2中含有HCl浓度增大，含有NaCl浓度降低，故该电池利用溶液盐度梯度产生电动势，C2表示低浓度盐溶液，A错误；B根据图示可知：AM离子交换膜通过了Cl-，CM通过了Na+，因

17、此AM属于阴离子交换膜，CM属于阳离子交换膜，B正确；C在左边电极上，得到电子发生还原反应变为Cr3+，因此左边电极为正极，正极的电极反应式为：+6e-+14H+=2Cr3+7H2O，C正确；D在右边电极上，H2O失去电子产生H+、O2，右边电极为负极，每反应产生1 mol O2，转移4 mol电子，则根据同一闭合回路中电子转移守恒可得关系式：23O2，负极产生标准状况下6.72 L氧气时，其物质的量n(O2)=，则正极上理论上转化0.2 mol，D正确；故合理选项是A。7B【解析】【详解】AKsp(Y2X)=c2(Y+)c(X2-)，Ksp(ZX)=c(Z2+)c(X2-)，横坐标表示阳离子

18、浓度的负对数，纵坐标表示金属阳离子浓度的负对数，X2-改变相同量时，Y+浓度变化量大于Z2+浓度的变化量，所以M表示Y2X的溶解平衡曲线，N表示ZX的溶解平衡曲线，A正确；B.c点在M斜线上方，在金属阳离子浓度不变时，纵坐标越大，表示相应的阴离子浓度越小，因此c点Qc=c2(Y+)c(X2-)Ksp(Y2X)，因此c点形成的的是Y2X的不饱和溶液，B错误；CN表示ZX的溶解平衡曲线，b点为ZX的饱和溶液，若加入Na2X饱和溶液，则c(X2-)增大，由于Ksp不变，ZX固体会析出，最终导致溶液中c(Z2+)减小，C正确；DN表示ZX的溶解平衡曲线，由b(5，30.2)可知：ZX的溶度积常数Ksp

19、=10-(5+30.2)=10-35.2，M表示Y2X的溶解平衡曲线，由a点坐标可知Ksp(Y2X)=c2(Y+)c(X2-)=10-(202+9.2)=10-49.2。ZX(s)+2Y+(aq)Y2X(s)+Z2+(aq)的平衡常数K=，D正确；故合理选项是B。8(1)粉碎矿石、升高温度、增大H2SO4浓度、搅拌等(任意两点)(2)Mn2+2=MnCO3+CO2+H2O(3)洗去表面钾盐、钠盐等易溶性杂质(4) H2O2 3(5) H+与F-结合成HF，使F-浓度减小，Ca2+和Mg2+沉淀不完全 CaF2、MgF2(6)7：13【解析】【分析】第一问从反应速率的影响因素角度考虑即可，第二问

20、，考虑锰离子结合碳酸氢根离子电离出的碳酸根离子，从而生成碳酸锰沉淀；在后面计算沉淀三价铁所需要的pH的时候，可以根据氢氧化铁的溶度积常数进行计算，最后一问可以根据化合物中，正负化合价代数和为零的原则进行计算，以此解题。(1)从反应速率的影响因素考虑，提高溶浸速率的两种可行措施有：粉碎矿石、升高温度、增大H2SO4浓度、搅拌等(任意两点)；(2)锰离子和碳酸氢根离子发生反应生成碳酸锰，离子方程式为：Mn2+2=MnCO3+CO2+H2O；(3)根据菱锰矿的成分可以发现，碳酸锰表面可能会吸附一些杂质离子，故洗涤粗品MnCO3的目的是洗去表面钾盐、钠盐等易溶性杂质；(4)原材料菱锰矿含有铁元素杂志，

21、制备过程中，需要把二价铁氧化为三价铁，还不能引入杂志，可以采用过氧化氢作为氧化剂；当Fe3+浓度等于110-5mol/L时，根据其KspFe(OH)3=1.010-38，可以计算出此时pH=3，故此时溶液的pH至少为3；(5)根据流程可知，主要是利用F-，沉淀Ca2+和Mg2+，而HF是弱酸，pH过低时会降低F-浓度，故需适当增大溶液pH的原因是H+与F-结合成HF，使F-浓度减小，Ca2+和Mg2+沉淀不完全；滤渣2的主要成分是：CaF2、MgF2；(6)在该物质中Co和Mn的化合价分别是+3和+4价，设Ni2+数目为a，则Ni3+的数目-a，当x=0.4时，根据正负化合价代数和为0可知：1

22、+2a+3(-a)+3+4-22=0解的，a=，则Ni2+与Ni3+的数目比为7：13。9(1) Al2O3+2OH-=2+H2O 烧杯 量筒(2) 正 2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+、Al2O3+6H+=Al3+3H2O 电流不变时，氧化膜覆盖阳极表面，电阻增大(3)2Al+14H+=2Cr3+2Al3+7H2O(4)19.6【解析】(1)铝片表面除去油垢后，用2mol/LNaOH溶液在6070下洗涤，除去铝表面薄氧化膜，即Al2O3与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O，用浓硝酸配制一定量的10(质量分数)的HNO3溶液，需要的实验步骤为：计算、量

23、取、稀释、装瓶，需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒和胶头滴管，故答案为：Al2O3+2OH-=2+H2O；量筒；烧杯；(2)本电解的目的是将铝片电解氧化生成致密的氧化物保护膜，电解池中阳极发生氧化反应，则其中铝片接电源正极，产生氧化膜的电极反应式为氧化膜的生长过程可大致分为A、B、C三个阶段(如图所示)，C阶段多孔层产生孔隙即生成有Al2O3保护膜，同时又被生成的H+消耗掉一部分Al2O3，从而形成多孔层产生空隙，该过程的离子反应方程式为2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+、Al2O3+6H+=Al3+3H2O，随着电解的进行氧化膜覆盖阳极表面厚度加厚，电阻增大，则为了保持电流不变

24、，则A阶段电压需逐渐增大，故答案为：正；2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+、Al2O3+6H+=Al3+3H2O；电流不变时，氧化膜覆盖阳极表面，电阻增大；(3)该变色反应即K2Cr2O7转化为了Cr3+，被还原，即Al参与该反应转化为Al3+，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为：2Al+14H+=2Cr3+2Al3+7H2O，故答案为：2Al+14H+=2Cr3+2Al3+7H2O；(4)由题干可知，氧化膜的质量为：0.7654g-0.7442g=0.0212g，则氧化膜的体积为：=0.00785cm3，则氧化膜的厚度为：=0.00196cm=19.6um，故答案为：1

25、9.6。10(1)+165 kJmol1(2)106 kJmol1(3) AD 30% 或0.64或0.643(4) 否 750时反应速率快，6小时均基本达到平衡，H2平衡产率只与温度有关【解析】(1)将反应I和反应II相加得到反应：CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) H=+165 kJmol1；故答案为：+165 kJmol1。(2)反应I是吸热反应，则反应的正反应活化能减去逆反应的活化能等于焓变，由于正反应的活化能为312 kJmol1，则该反应逆反应的活化能为312 kJmol1206 kJmol1=106 kJmol1；故答案为：106 kJmol1。(3)ACO

26、的消耗速率等于CO2的消耗速率，一个正向反应，一个逆向反应，两者速率之比等于计量系数之比，因此能作为判断平衡标志，故A符合题意；B密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此当混合气体的密度保持不变，则不能说明达到平衡，故B不符合题意；C摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，气体物质的量不变，摩尔质量始终不变，因此当混合气体的平均相对分子质量保持不变，则不能说明达到平衡，故C不符合题意；D由于该容积是不变的绝热密闭容器中，发生反应II，该反应是放热反应，正向反应，放出热量，压强不断增大，当容器内气体压强不再变化，则达到平衡，故D符合题意；综上所述，

27、答案为：AD。达到平衡时，氢气的物质的量分数为20，解得x=0.6mol，则CO的转化率为，该温度时反应的平衡常数K=；故答案为：30%；或0.64或0.643。(4)根据图中信息该反应750以后氢气的产率趋于相同，主要是因为在750以后几种情况下都达到了平衡状态，催化剂不改变平衡移动，因此a点不是处于平衡状态的点；故答案为：否；750时反应速率快，6小时均基本达到平衡，H2平衡产率只与温度有关。11(1) 3d6 4(2) 正四面体形 sp3(3)B(4) 6 N、Cl 乙二胺容易形成分子间氢键，沸点较高，常温呈液态(5) 16 【解析】(1)Co是27号元素，Co3+价层电子排布式是3d6

28、，LiFePO4中铁元素显+2价，Fe2+价层电子排布为3d6，未成对电子数为4。(2)中P原子价电子对数是，无孤电子对，空间构型为正四面体，中心原子的杂化类型是sp3；(3)A. 失去一个电子需要的能量为激发态锂的第一电离能；B. 失去一个电子需要的能量为基态锂的第二电离能；C. 失去一个电子需要的能量为基态锂的第一电离能；D. 失去一个电子需要的能量为激发态锂的第二电离能；所需能量最大的是B；(4)该阳离子中与钴离子形成配位键的有4个N和2个Cl，配位数是6，配体中提供孤电子对的原子有N、Cl。乙二胺容易形成分子间氢键，沸点较高，常温呈液态。(5)根据均摊原则，晶胞中Li+数为，钴酸锂的化

29、学式为LiCoO2，晶胞中含有O2-的个数为16。晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，该钴酸锂晶体的密度可表示为gcm-3。12(1) 氯原子、硝基 C11H8N2O5S(2) 对硝基甲苯或4-硝基甲苯 浓硫酸、加热(3)+HCl(4)(5)ac(6)或【解析】【分析】物质A的分子式为C6H6是苯，则A为，A和CH3Cl发生取代反应生成B为，结合C的结构可知X为，B发生硝化反应得到X，X中甲基上一个H被取代生成Cl，由已知反应可知Y为 ；(1)物质C所含官能团的名称氯原子、硝基；E物质的分子式为C11H8N2O5S；(2)由分析可知物质X为，名称为对硝基甲苯或4-硝基甲苯，反应是甲苯的对位发生硝化反应，条件是浓硫酸、加热；(3)C与D