四川省成都市石室中学2023届高三化学下学期高考适应性考试（二）试题（Word版附解析）

成都石室中学高2023届高考适应性考试(二)理科综合化学试题(全卷满分300分，考试时间150分钟)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：In-115。第I卷(选择题，共126分)一、选择题：本大题共7小题，每小题6分，共42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.我国历史悠久，文化灿烂，拥有众多的非遗技艺传承。下列说法正确的是A.斑铜制作技艺在铜中掺杂金、银等金属，斑铜的熔点比纯铜高B.蒸馏酒传统酿造技艺利用酒和水的密度不同，蒸馏提高酒精度C.传统纺织技艺中棉和麻主要成分相同D.木版年画制作技艺使用的靛蓝、赭石等颜料均属于有机化合物【答案】C【解析】【详解】A．斑铜为合金，合金熔点低于纯金属，A错误；B．蒸馏酒用的是酒精和水的沸点差异较大，B错误；C．传统纺织技艺中棉和麻的主要成分相同，均为纤维素，C正确；D．木版年画制作技艺使用的靛蓝属于有机化合物、赭石主要成分为氧化铁是无机物，D错误；故选C。2.进行下列封管实验都产生明显现象，其中不涉及化学反应的是 A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．加热氯化铵的化学反应方程式是，故A不符合题意；B．碘是加热升华，属于物理过程，不涉及化学反应，故B符合题意；C．氨气能溶于水并与水反应生成氨水，能使无色酚酞溶液变红色，氨水又是一种不稳定的碱，加热后又分解为氨气和水，酚酞溶液又由红色变成无色，涉及化学反应；故C不符合题意D．品红中的有色物质与SO2发生化合反应生成不稳定的无色物质，加热会恢复品红的颜色项，故D不符合题意；故答案选B。3.某种兴奋剂的结构简式如图所示。下列有关该化合物的说法正确的是A.该化合物的分子式为C15H14O3B.分子中所有碳原子一定在个平面上C.该化合物的同分异构体中一定有苯环D.该化合物可以发生加成、加聚、氧化、还原、取代反应【答案】D【解析】【详解】A．有该有机物的结构简式可知，该有机物分子式为，A项错误；B．苯环是平面结构，乙烯也是平面结构，单键可以旋转，该有机物中所有的碳原子均可共面，但不一定共面，B项错误；C．同分异构体是指分子式相同结构不同的有机物，该化合物的同分异构体中不一定有苯环，C项错误；D．该有机物含有苯环，碳碳双键，酚羟基，苯环可以发生加成反应，还原反应，碳碳双键可以发生加聚 反应，氧化反应，加成反应，酚羟基可以发生取代反应，氧化反应，D项正确；答案选D。4.软包电池的关键组件结构如图所示。X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，W元素和Q元素同主族。下列说法正确的是A.简单离子半径：Q>M>W>XB.简单气态氢化物的热稳定性：W>M>QC.常温下M单质可以置换出W单质D.QM6分子中所有原子均达8e-稳定结构【答案】C【解析】【分析】软包电池的关键组件结构如图所示。X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，且为+1价，X为锂，W元素和Q元素同主族，结合图像判断，W和Q分别为O和S，Y为C，Z为N，M为F。【详解】A．简单离子半径：Q>W>M>X，A错误；B．简单气态氢化物的热稳定性：M>W>Q，B错误；C．常温下F单质可以置换出O单质，C正确；D．QM6分子中S原子最外层有12个电子，D错误；故选C5.Fe氧簇MOF催化与反应的机理如图所示。下列说法错误的是 A.根据分子的结构推测其电子式为B.该反应中存在极性键的断裂和非极性键的形成C.为该反应的催化剂D.总反应方程式为【答案】A【解析】【详解】A．选项中电子式中N原子电子数超出了其最外层电子数，故A错误；B．由图示可知该过程中甲烷中C-H断裂，C-H键属于极性键，同时生成氮气，氮气中氮氮键属于非极性键，故B正确；C．反应起点作为反应物，终点做为生成物，是该反应的催化剂，故C正确；D．由机理图可知该过程的总反应为甲烷和反应生成和，反应方程式为：，故D正确；故选：A。6.Adv.Mater报道我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图，光照时，光催化电极产生电子(e-)和空穴(h+)。下列有关说法正确的是 A.光催化装置中溶液的c(H+)增大B.离子交换膜为阴离子交换膜C.电催化装置中电流从电源负极经电池内部流向电源正极D.电源负极流出0.01mole-时，光催化装置生成0.01mol【答案】C【解析】【详解】A．光催化装置中溶液的H+转化为氢气，c(H+)不会增大，A错误；B．由离子未通过交换膜可知离子交换膜为阳离子交换膜，B错误；C．催化装置中电流从电源负极经电池内部流向电源正极，C正确；D．源负极流出0.01mole-时，光催化装置生成0.005mol，D错误；故选C。7.常温下，向含有CH3COOH、CuSO4、FeSO4的工业废水中逐滴加入NaOH溶液，pM随pH的变化关系如图所示[pM表示-lg或-lgc(Cu2+)或-lgc(Fe2+)]。已知：常温下，Ka(CH3COOH)=10-4.8；Ksp[Cu(OH)2]=10-19.7；Ksp[Fe(OH)2]=10-16.3。若溶液中离子浓度小于10-5mol/L，认为该离子沉淀完全。下列说法不正确的是 A.曲线①表示-lgc(Cu2+)与pH的关系B.pH=4时，溶液中c(CH3COOH)<c(CH3COO-)C.pH=8时，可认为Cu2+沉淀完全D.pH=9时，c(Fe2+)/c(Cu2+)=103.4【答案】B【解析】【详解】A．将a点坐标值带入可知，Ksp=10-19.7，曲线①表示-lgc(Cu2+)与pH的关系,A正确；B．②代表-lg，pH=4时，-lg<0，故溶液中c(CH3COOH)>c(CH3COO-)，B错误；C．pH=8时，-lgc(Cu2+)=4.3<5，不可认为Cu2+沉淀完全，C错误；D．pH=9时，c(Fe2+)/c(Cu2+)=10-3.4，D错误；故选B。第II卷(非选择题，共174分)三、非选择题：本卷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129分)8.NCl3可用于面粉的漂白和杀菌。已知：NCl3为黄色油状液体，在热水中易水解，熔点为-40°C，沸点为70°C，95°C以上易爆炸。实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3所用装置如下： 完成下列填空：（1）仪器a的名称是_____。D装置盛装的物质是_____，D装置的作用是______。（2）NCl3水解反应液有漂白性，写出NCl3水解的化学方程式：_____。（3）向NH4Cl溶液中通入过量Cl2，B装置中反应的化学方程式为_____，待反应至油状液体不再增加，关闭A、B装置间的止水夹，控制水浴加热的温度范围为_____，将产品NCl3蒸出。待反应结束，为测定溶液中残留的NCl3的物质的量浓度，进行如下操作：i．取仪器a中的反应液25.00mL，加入过量饱和Na2SO3溶液充分反应后，再加入过量30%的NaOH溶液，微热。ii．用25.00mL0.050mol·L-1的稀硫酸吸收产生的NH3，得到溶液A。iii．用0.100mol·L-1的NaOH标准溶液滴定溶液A至滴定终点，消耗VmLNaOH标准溶液。（4）滴定至终点时溶液中溶质仅有(NH4)2SO4和Na2SO4，滴定过程中水的电离程度______(填序号)。a．先增大后减小b．先减小后增大c．增大d．减小（5）用含V的代数式表示溶液中残留的NCl3的物质的量浓度为_____mol·L-1。【答案】（1）①.蒸馏烧瓶②.碱石灰③.吸收尾气，同时防止空气中的水蒸气进入装置C中（2）NCl3+3H2O3HClO+NH3↑（3）①.3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl②.70°C≤T<95°C（4）c（5）【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中为高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，装置B 中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，装置C用于冷凝收集三氯化氮，装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中。【小问1详解】由仪器构造可知a为蒸馏烧瓶，装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中；【小问2详解】NCl3水解的反应液有漂白性，可知水解生成HClO，则另一产物应为NH3；水解的化学方程式：NCl3+3H2O3HClO+NH3↑；【小问3详解】由分析可知，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，反应的化学方程式为3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl；由题给信息可知，实验时，为保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氯化氮发生爆炸，水浴加热的温度应控制在70℃～95℃之间；【小问4详解】滴定前溶液为硫酸和硫酸铵的混合溶液，有酸存在水的电离被抑制，滴定过程中NaOH与硫酸中和，溶液中氢离子浓度减小，水的电离程度增大，故答案为c；【小问5详解】由题意可知，滴定过程中消耗VmL0.100mol/L氢氧化钠溶液，则用于吸收氨气的稀硫酸的物质的量为0.050mol/L×0.025L-0.100mol/L×10-3VL×，由方程式和氮原子个数守恒可知，溶液中残留的三氯化氮的物质的量浓度为mol/L。9.锡烟尘(主要含ZnO、ZnFe2O4、SnO、SnO2、In2O3、In2S3)氧压浸出分离回收金属的工艺流程如下：已知：常温下，Ksp[In(OH)3]=10-34。回答下列问题：（1）金属铟为49号元素，在元素周期表中的位置为_____。 （2）“氧压浸出”过程中，In2S3发生氧化还原生成单质S的离子方程式为_____。（3）实验测得氧分压对Sn、In、Zn的浸出率影响如图所示。写出由Sn(Ⅱ)转化为H2SnO3的离子方程式：_____，从平衡移动的角度解释氧分压对Sn的浸出率的影响：_____；最佳氧分压为_____(填序号)MPa。A．0.4B．0.6C．0.7D．1.0（4）“萃取”过程中，发生反应In3++3(HA)2=InA3·3HA+3H+。①“萃取”过程中，使用的硅酸盐仪器为_____。②“萃余液I”中含有金属离子为_____。（5）“反萃取”后，可先中和再加入Zn粉置换，中和的目的是_____；已知常温下，“反萃取”后溶液中In3+的浓度为0.0115g·L-1，则中和时可调节pH的最大值为_____。【答案】（1）第五周期第IIIA族（2）2In2S3+3O2+12H+=4In3++6S+6H2O（3）①.2Sn2++O2+4H2O2H2SnO3↓+4H+或(2SnO+O2+2H2O=2H2SnO3↓)②.氧分压增大，平衡正向移动，Sn的浸出率降低③.C（4）①.烧杯、分液漏斗②.Zn2+、Fe3+（5）①.减少Zn粉的使用量②.4【解析】【分析】锡烟尘(主要含ZnO、ZnFe2O4、SnO、SnO2、In2O3、In2S3)进行氧压浸出，将-2价硫氧化为硫单质，SnO酸性条件下氧化生成H2SnO3沉淀，其余均转化为金属离子进入溶液中，加入萃取剂将In3+萃取入有机层中，分液，在有机层中加入反萃取剂，得到含In3+的无机溶液，锌置换得到In。【小问1详解】金属铟为49号元素，在元素周期表中的位置为第五周期第ⅢA族。答案为：第五周期第ⅢA族 【小问2详解】结合上述分析，“氧压浸出”过程中，In2S3发生氧化还原生成单质S的离子方程式为：2In2S3+3O2+12H+=4In3++6S+6H2O。答案为：2In2S3+3O2+12H+=4In3++6S+6H2O。【小问3详解】由Sn(Ⅱ)转化为H2SnO3的离子方程式：2Sn2++O2+4H2O2H2SnO3↓+4H+或(2SnO+O2+2H2O=2H2SnO3↓)；氧分压增大，2Sn2++O2+4H2O2H2SnO3↓+4H+平衡正向移动，Sn的浸出率降低；结合以上分析，氧压浸出将Sn转化为H2SnO3沉淀除去，故Sn的浸出率越低，除杂效果越好，结合图像信息，最佳氧分压为0.7。答案为：2Sn2++O2+4H2O2H2SnO3↓+4H+或(2SnO+O2+2H2O=2H2SnO3↓)；氧分压增大，平衡正向移动，Sn的浸出率降低；C。【小问4详解】“萃取”过程中，发生反应In3++3(HA)2=InA3·3HA+3H+。①“萃取”过程中，需要进行的实验操作是萃取、分液，使用的硅酸盐仪器有分液漏斗、烧杯；②结合以上分析，“萃余液I”中含有的金属离子为Zn2+、Fe3+。答案为：烧杯、分液漏斗；Zn2+、Fe3+。【小问5详解】“反萃取”后，溶液中还剩余有硫酸，可先中和完硫酸，再加入Zn粉置换，可减少锌粉的使用量；已知常温下，Ksp[In(OH)3]=10-34，“反萃取”后溶液中In3+的浓度为0.0115g·L-1，则c(In3+)=,Ksp[In(OH)3]=c(In3+)=10-34,则c(OH-)=mol/L,c(OH-)=mol/L，则中和时可调节pH的最大值为4。答案为：减少Zn粉的使用量；4。10.CO2与氢气在固载金属催化剂上可发生以下反应：反应i．CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)ΔH1反应ii．CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH2>0反应iii．……可能的反应机理如下(M为催化剂)； 回答下列问题：（1）反应iii的化学方程式为___________。（2）已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物时所放出的热量)：物质CO2(g)H2(g)HCOOH(g)标准摩尔生成焓/kJ·mol-1-393.510-362.3依据以上信息，ΔH1=___________。（3）在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1投料，发生反应i和反应ii(忽略反应iii)，反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性=随温度变化曲线如下图所示。①下列措施能提高CO2平衡转化率的是___________(填标号)。A．降低温度B．再充入ArC．分离出HCOOH②673.15K，反应后体系中H2的分压为aMPa，则反应i的压力商计算式Qp=___________MPa-1。③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii的反应速率相比，增加更显著的是反应___________(填“i”或“ii”)，判断的理由是___________。（4）若在Bi或Bi/CeO2催化剂表面还原CO2生成HCOOH，模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。 HCOOH的合成更倾向于通过生成___________中间体，且___________(填“Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性更优异。【答案】（1）CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g)（2）+31.21kJ·mol-1（3）①.C②.③.ii④.随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降（4）①.HCOO*②.Bi/CeO2【解析】【小问1详解】据图可知，CO2(g)还可以和H2(g)反应生成HCHO(g)，根据元素守恒可知反应iii为CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g)；【小问2详解】焓变=生成物总能量-反应物总能量，所以ΔH1=[-362.3-0-(-393.51)]kJ·mol-1=+31.21kJ·mol-1；【小问3详解】①A．ΔH1＞0，ΔH2＞0，即反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，A不符合题意；B．恒压条件，再冲入Ar，则容器体积变大，相当于减压，反应i为气体系数之和减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，B不符合题意；C．分离出HCOOH，反应i平衡正向移动，CO2转化率增大，C符合题意；答案选C；②不妨设初始投料为n(H2)=n(CO2)=1mol，673.15K时，CO2的转化率为95%，HCOOH的选择性为0.3%，所以n(HCOOH)=1×95%×0.3%mol，由于反应i和反应ii中H2和CO2都是1∶1反应，所以此时n(H2)=n(CO2)=1×5%mol，则此时p(CO2)=p(H2)=aMPa，p(HCOOH)=MPa，所以反应i的压 力商计算式Qp==；③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降，说明反应ii的反应速率增加更显著；【小问4详解】据图可知生成HCOO*的活化能更小，所以HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO2对反应的活化能降低的更多，催化活性更优异。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则按每科所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质]11.H、N、O、S、Zn、Cu是日常生活中常见的元素。（1）基态S原子的核外电子排布式为_____，其中两种自旋状态的电子数之比为_____。（2）[Cu(NH3)4]SO4·H2O中，电负性最大的元素是_____(填名称)；第一电离能最大的元素是_____(填名称)。1mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ键的数目为_____。（3）硼酸晶体的片层结构如图1所示，其中键角∠B-O-H为114°，则硼酸晶体中氧原子的杂化方式是_____。键角∠B-O-H不同于键角∠O-B-O的原因是_____。（4）N原子和P原子的价电子相同，但磷酸的组成为H3PO4，而硝酸的组成不是H3NO4，其原因是__________。（5）GaN(相对分子质量为M)是新型半导体材料，该晶体的一种晶胞结构与金刚石晶胞(如图2所示)相似，其晶胞可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子替代，顶点和面心的碳原子被Ga原子替代，晶胞参数为acm。沿z轴从上往下俯视的晶胞投影图如图3所示。 ①若图3中原子5的分数坐标是(1，，)，则原子1的分数坐标是_____。②设阿伏加德罗常数的值为NA，则GaN晶体的密度为_____g·cm-3。【答案】（1）①.[Ne]3s23p4(或1s22s22p63s23p4)②.7：9(或9：7)（2）①.氧元素②.氮元素③.16NA（3）①.sp3②.O原子上有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对间的斥力（4）N原子的半径小于P原子，N原子周围空间小，不能同时容纳较多的原子轨道，故不能形成H3NO4（5）①.(，，)②.【解析】【小问1详解】基态S原子的原子序数为16，其核外电子排布式为：[Ne]3s23p4(或1s22s22p63s23p4)；两种自旋状态的电子数之比为：7：9(或9：7)。答案为：[Ne]3s23p4(或1s22s22p63s23p4)；7：9(或9：7)。【小问2详解】[Cu(NH3)4]SO4·H2O中，电负性大小：O>N>S>H>Cu；N元素原子的2P轨道为半充满，其第一电离能最大；Cu(NH3)4]2+中中心原子铜与4个N形成配位键，1molNH3中含有3mol共价键，1mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ键的数目为4+34=16mol。答案为：氧元素；氮元素；16NA。【小问3详解】结合图片信息，O原子形成3个键，其中键角∠B-O-H为114°，说明有1对孤对电子，则硼酸晶体中氧原子的杂化方式是sp3；∠B-O-H中O原子上有两对孤电子对，∠O-B-O中，每个O上均有两对孤对电子，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对间的斥力，故键角∠B-O-H不同于键角∠O-B-O。答案为：sp3；O原子上有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对间的斥力。 【小问4详解】N、P的原子半径有关,N半径较小,N原子周围空间小，不能同时容纳较多的原子轨道，答案为：N原子的半径小于P原子，N原子周围空间小，不能同时容纳较多的原子轨道，故不能形成H3NO4。【小问5详解】由图2和图3可知，图3中原子5在晶胞中处于面心位置，其的分数坐标是(1，，)，原子1在晶胞体对角线的1/4处，故其的分数坐标是(，，)；由图可知，晶胞中N原子的数目为4个，Ga原子的数目为，晶胞参数为acmGaN晶体的密度：。答案为：(，，)；。[化学选修5：有机化学基础]12.化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②请回答下列问题：（1）化合物G的结构简式为___________________，D中官能团的名称为________________。（2）下列说法不正确的是。A.C→D反应类型是取代反应B.化合物C可以与NaHCO3溶液反应C.化合物D不能发生消去反应D.化合物H的分子式为C18H18O2（3）B→C第一步的化学反应方程式为_______________________。（4）芳香化合物X是C的同分异构体，X具有以下特点：①只有一个环状结构；② 具有两个相同的官能团；③能发生银镜反应，X共有_______________种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为3：2：2：1，写出1种符合要求的X的结构简式________________________。（5）写出用环戊烷()和2—丁炔(CH3CH≡CHCH3)为原料制备化合物x()的合成路线(用流程图表示，其他试剂任选)_________________。【答案】（1）①.②.碳溴键、羧基（2）AC（3）+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O（4）①.10②.或（5）【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，与乙醛发生信息①反应生成，则A为、B为；与新制的氢氧化铜先共热发生氧化反应，后酸化得到，则C为；与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，则D为；先在氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应，后酸化得到，则E为；浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯 化反应生成，则F为；与发生信息②反应生成。【小问1详解】由分析可知，化合物G的结构简式为，化合物D的结构简式为，官能团为碳溴键、羧基，故答案为：；碳溴键、羧基；【小问2详解】A．由分析可知，C→D的反应为与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，故错误；B．由分析可知，C的结构简式为，分子中含有的羧基能碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，故正确；C．由分析可知，先在氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应，后酸化得到，故错误；D．由结构简式可知，化合物H的分子式为C18H18O2，故正确； 故选AC；【小问3详解】B→C第一步反应为与新制的氢氧化铜共热发生氧化反应生成、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；【小问4详解】C的同分异构体X只有一个环状结构，具有两个相同的官能团，能发生银镜反应说明X分子中苯环上的取代基为醛基和甲基，可以视作邻、间、对苯二甲醛分子中苯环上的氢原子被甲基取代所得结构，共有10种，其中符合核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为、，故答案为：10；或；【小问5详解】