四川省成都市第七中学2023-2024学年高三化学上学期开学考试试题（Word版附解析）

成都七中2023-2024学年度高三上入学考试理科综合可能用到的相对原子质量：H-1；N-14；一、本题共7小题，每小题6分，满分42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误的是A.利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变B.发现了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分属于无机盐C.研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→电能D.革新了海水原位电解制氢工艺：其关键材料多孔聚四氟乙烯耐腐蚀【答案】A【解析】【详解】A．常见的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，A错误；B．嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B正确；C．电池是一种可以将其他能量转化为电能的装置，钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，C正确；D．海水中含有大量的无机盐成分，可以将大多数物质腐蚀，而聚四氟乙烯塑料被称为塑料王，耐酸、耐碱，不会被含水腐蚀，D正确；故答案选A。2.下列有关电极方程式或离子方程式错误的是A.碱性锌锰电池的正极反应：MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-B.铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+C.K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓D.TiCl4加入水中：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H++4Cl-【答案】B【解析】【详解】A．碱性锌锰电池放电时正极得到电子生成MnO(OH)，电极方程式为MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-，A正确；B．铅酸电池在充电时阳极失电子，其电极式为：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++SO，B错误； C．K3[Fe(CN)6]用来鉴别Fe2+生成滕氏蓝沉淀，反应的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，C正确；D．TiCl4容易与水反应发生水解，反应的离子方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H++4Cl-，D正确；故答案选B。3.W、X、Y、Z为原子序数依次增大，且分属于三个不同周期的短周期元素，X、Y同周期。X、Y、Z可形成一种无色剧毒气体(结构如图所示)，下列说法错误的是A.X、Y、Z形成的简单氢化物中Y的氢化物熔沸点最高B.Z元素形成的含氧酸均为强酸C.W与X、Y均能形成至少2种二元化合物D.原子半径X大于Y【答案】B【解析】【分析】四种元素分属于三个不同周期的短周期元素，且W的原子序数最小，所以W为H元素，X、Y同周期，X可以和Y形成双键，X共可以形成4个共价键，则X为C元素，Y为O元素，Z可以形成一个共价键，且为第三周期元素，则Z为Cl元素。【详解】A．X、Y、Z形成的简单氢化物分别为CH4、H2O、HCl，H2O分子间存在氢键，熔沸点最高，A正确；B．Cl元素形成的含氧酸不一定为强酸，如HClO为一元弱酸，B错误；C．H与C元素可以形成甲烷、乙烷等多种烃类，H与O可以形成H2O、H2O2等二元化合物，C正确；D．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径C＞O，D正确；综上所述答案为B。4.下列鉴别或检验不能达到实验目的是A.用石灰水鉴别Na2CO3与NaHCO3B.用KSCN溶液检验FeSO4是否变质C.用盐酸酸化BaCl2溶液检验Na2SO3是否被氧化D.加热条件下用银氨溶液检验乙醇中是否混有乙醛【答案】A 【解析】【详解】A．石灰水的主要成分为Ca(OH)2能与碳酸钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钙，二者均生成白色沉淀，不能达到鉴别的目的，A错误；B．Fe2+变质后会生成Fe3+，可以利用KSCN溶液鉴别，现象为溶液变成血红色，可以达到检验的目的，B正确；C．Na2SO3被氧化后会变成Na2SO4，加入盐酸酸化的BaCl2后可以产生白色沉淀，可以用来检验Na2SO3是否被氧化，C正确；D．含有醛基的物质可以与银氨溶液反应生成银单质，可以用来检验乙醇中混油的乙醛，D正确；故答案选A。5.葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：下列说法错误的是A.溴化钠起催化和导电作用B.每生成1mol葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了2mol电子C.葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物D.葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成、酯化和消去反应【答案】B【解析】【分析】阳极区发生的反应有：2Br--2e-=Br2、Br2+H2O⇌H++Br-+HBrO、HBrO+→+H++Br-、2+CaCO3→+H2O+CO2↑；据此作答。【详解】A．NaBr属于电解质、葡萄糖属于非电解质，由分析可知，间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙时， Br-被氧化成Br2，最终Br2仍转化为Br-，葡萄糖被氧化成葡萄糖酸，溴化钠起催化和导电作用，A项正确；B．根据分析，2Br-~2e-~Br2~HBrO~葡萄糖~葡萄糖酸、2葡萄糖酸~葡萄糖酸钙，每生成1mol葡萄糖酸钙，理论上电路中转移4mol电子，B项错误；C．葡萄糖酸中含5个羟基和1个羧基，从葡萄糖酸中羧基碳原子给葡萄糖酸中碳原子编号，1个葡萄糖酸分子中的羧基与5号碳原子上的羟基通过分子内酯化反应生成的产物中含有六元环状结构，C项正确；D．葡萄糖中含有5个羟基，能发生氧化、取代、酯化和消去（与—OH相连碳原子的邻碳上有H原子）反应；葡萄糖中含1个醛基，能发生氧化、还原、加成反应，D项正确；答案选B。6.近期，我国研究人员报道了温和条件下实现固氮的一类三元NiFeV催化剂，图为其电催化固氮的机理示意图。设NA为阿伏加德罗常数的值。关于该电催化过程叙述正确的是A.该反应是在强碱性条件下进行的B.1molN2反应最多消耗3NA个H+离子C.反应中间产物为不同的氮氢化合物D.每当产生17gNH3，转移电子数为6NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由题图信息可以看到，反应过程中一直是H+在参与反应，所以反应环境应该是酸性环境，描述错误，不符合题意；B．反应由N2生成NH3，每个N原子结合3个H原子，所以1molN2参与反应应消耗6molH+，数据换算错误，不符合题意；C．随着反应的进程，N2上结合着不同数量的H原子，之后两个N原子之间分解，余下的N继续结合H+和电子，所以中间产物是一系列不同结构的氮氢化合物，描述正确，符合题意；D．一个N原子结合3个H+离子和3个电子形成一个NH3，17gNH3是1molNH3，所以应该是得到3mol电子，即转移电子3NA，数据计算错误，不符合题意；综上，本题选C。7.向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应和 ，与的关系如下图所示(其中M代表、、[Ag(NH3)]＋或)。下列说法错误的是A.曲线IV可视为AgCl溶解度随浓度变化曲线B.反应的平衡常数K的值为C.c(NH3)=0.01mol·L-1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3)]＋)>c(Ag＋)D.AgCl的溶度积常数【答案】D【解析】【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。【详解】A．溶液中氯离子浓度越大，说明氯化银的溶解度越大，由分析可知，曲线IV为氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，则曲线IV可视为氯化银溶解度随氨气浓度变化曲线，故A正确；B．由图可知，氨气浓度为0.1mol/L时，溶液中二氨合银离子、一氨合银离子的浓度分别为10—2.35mol/L、10—5.16mol/L，则反应的平衡常数为K==103.81，故C正确；C．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，由图可知，氨气浓度为0.01mol/L 时，溶液中二氨合银离子、一氨合银离子、银离子的浓度大小顺序为c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3)]＋)>c(Ag＋)，故C正确；D．由图可知，氨气浓度为0.1mol/L时，溶液中银离子、氯离子的浓度分别为10—7.40mol/L、10—2.35mol/L，则氯化银的溶度积为10—7.40×10—2.35=10—9.75，故D错误；故选D。三、非选择题：共58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。8.某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含和)。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：物质回答下列问题：（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为_______。（3）“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为_______(的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、_______(填化学式)。（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为_______时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。 （5）“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为_______。（6）“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于_______(精确至0.1)。【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积（2）NA（3）①.②.CaSO4、Fe(OH)3（4）①.9.0%②.SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率（5）（6）11.1【解析】【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，用石灰乳调节，被氧化为，发生反应，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成。【小问1详解】用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积【小问2详解】的结构简式为，所以中过氧键的数目为NA【小问3详解】用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为：；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中 c(Fe3+)=10-5mol/L，，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀；由于CaSO4微溶于水，故滤渣还有CaSO4和氢氧化铁；【小问4详解】根据图示可知体积分数为0.9%时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率【小问5详解】“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为：；【小问6详解】氢氧化镁的Ksp=10-10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；9.纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。的反应机理和能量变化如下：回答下列问题： （1）已知中碳氢键和碳碳键键能分别为和，H—H键能为。估算的___________。（2）图示历程包含___________个基元反应，其中速率最慢的是第___________个。（3）下列关于的说法正确的是___________A.能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.一溴代物有2种C.室温常压下为气体D.燃烧时有大量黑烟（4）纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为___________、___________。（5）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为，该反应的平衡常数为___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。（6）及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是___________。（7）下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是________(填标号)。a．升高温度　　b．增大压强　　　c．加入催化剂【答案】（1）+128（2）①.3②.3（3）BD（4）①.6②.10（5）（6）反应前后化学键的变化相同(都是断裂1个C—H键，形成1个C—C)，反应热近似相等 （7）a【解析】【小问1详解】由C40H20和C40H18的结构式和反应历程可以看出，C40H20中断裂了2根碳氢键，C40H18形成了1根碳碳键，所以；【小问2详解】由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为：，，，其中第三个的活化能最大，反应速率最慢；【小问3详解】A．C40H20无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．由于本物质对称的结构，其等效氢只有两种，一溴代物有2种，故B正确；C．C40H20是碳原子数较多的烃，常温下为固态，故C错误；D．C40H20含碳量高，燃烧有大量黑烟，故D正确；故选BD；【小问4详解】由的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则总共含有6个五元环，10个六元环；【小问5详解】1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为：，则，，，该反应平衡常数为； 【小问6详解】及反应的lnK如图，图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同；【小问7详解】a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a符合题意；b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意；c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意；故答案为：a。10.1-溴丁烷可作稀有元素萃取剂、烃化剂及有机合成的原料。实验室合成1-溴丁烷的装置(加热及夹持装置略去)及有关数据如下：名称分子量性状密度g/mL熔点熔点溶解度g/100mL溶剂水醇醚1-丁醇74.0无色透明液体0.802117.77.9201-溴丁烷137.0无色透明液体1.299101.6不溶发生的反应如下：实验步骤如下：①在圆底烧瓶中加入14mL水，再慢慢分批加入19mL(0.54mol)浓硫酸，混合均匀并冷却至室温后，再依次加入12mL1-丁醇(0.13mol)和16.5g(0.16mol)溴化钠，充分振荡后加入2粒沸石。加热至沸，调整加热速 度，以保持沸腾而又平稳回流，并不时摇动烧瓶促使反应完成。回流约30min。②待反应液冷却后，改回流装置为蒸馏装置，蒸出粗产物。将馏出液移至分液漏斗中，加入10mL的水洗涤，静置分层后，将产物转入另一干燥的分液漏斗中，用8mL的浓硫酸洗涤，分去硫酸层后有机相依次用10mL的水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤后，转入干燥的锥形瓶中，加入1~2g的无水氯化钙干燥，间歇摇动锥形瓶，直到液体清亮为止。将过滤后的产物移至小蒸馏瓶中，蒸馏，收集99~103℃的馏分，得到产物12.0g。回答下列问题：（1）实验时需小火加热，若大火加热，有机相显红棕色，因为生成了___________(填化学式)，可在后处理时用少量亚硫酸氢钠水溶液洗涤以除去，发生的离子反应方程式为___________。（2）实验中1-丁醇会发生其它副反应，生成的有机副产物结构简式为___________(任写一种)。（3）粗蒸馏终点的判断：1-溴丁烷是否蒸馏完全，可以从下列哪些方面判断___________？A.看是否有馏出液，若没有，说明蒸馏已达终点B.看蒸馏烧瓶中油层是否完全消失，若完全消失，说明蒸馏已达终点C.取一试管收集几滴馏出液，加水摇动观察无油珠出现。如无，表示馏出液中已无有机物、蒸馏完成D.取一试管收集几滴馏出液，加硝酸银溶液，如无淡黄色沉淀生成表示馏出液中已无有机物、蒸馏完成（4）用浓硫酸洗涤粗产品后，有机相应从分液漏斗___________(填“上口倒出”或“下口放出”)。（5）用饱和的碳酸氢钠溶液洗涤前先要用水洗一次的原因是___________。（6）加入氯化钙干燥后要滤除干燥剂再蒸馏，若不滤除会产生的影响是___________。（7）本实验中1-溴丁烷的产率为___________(保留两位有效数字)。【答案】（1）①.②.（2）、（3）BC（4）上口倒出（5）先用水洗，可以除去一部分硫酸，防止用碳酸氢钠洗时，碳酸氢钠与硫酸反应生成大量二氧化碳气体，使分液漏斗中压力过大，导致活塞被顶出（6）若不滤掉，蒸馏时受热分解，又会将水释放出来，没有达到干燥目的（7）67%【解析】【分析】步骤①圆底烧瓶中NaBr、硫酸、1-丁醇发生信息中的反应生成1-溴丁烷，1-溴丁烷经蒸馏蒸出粗产品，将溜出液加水洗涤分液，再用浓硫酸洗涤分液，有机相依次用10mL水、饱和碳酸氢钠和水洗涤后，转入干燥的锥形瓶加入无水氯化钙进行干燥，最后将过滤得到的产物转移到小蒸馏瓶，收集99-103℃的馏分得到产物。 【小问1详解】实验时用大火加热，有机相显红棕色，因为此时生成了Br2，亚硫酸氢钠能与溴单质发生氧化还原反应，离子方程式为+Br2+H2O=+2Br-+3H+。【小问2详解】1-丁醇与浓硫酸在加热条件下可以发生消去反应或分子间脱水反应，故副产物有CH3CH2CH=CH2或CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3。【小问3详解】A．溜出液不可能无剩余，蒸馏液为混合物，故不可判断，A错误；B．CH3CH2CH2CH2Br为油状液体，若蒸馏完全，无油状物剩余，可判断，B正确；C．CH3CH2CH2CH2Br为油状液体，若蒸馏完全，无油状物剩余，可判断，C正确；D．1-溴丁烷不能电离出溴离子，与硝酸银溶液不反应，不可判断，D错误；故答案选BC。【小问4详解】有机层的密度小于浓硫酸，因此有机层在上层，需要从分液漏斗上口倒出。【小问5详解】有机相中含有硫酸，先用水洗，可以除去一部分硫酸，防止用碳酸氢钠洗时，碳酸氢钠与硫酸反应生成大量二氧化碳气体，使分液漏斗中压力过大，导致活塞被顶出。【小问6详解】CaCl2和水反应生成结晶物可除去水，若不滤去干燥剂，蒸馏时结晶物又会分解生成水，影响1-溴丁烷的收集。【小问7详解】1分子1-丁醇理论上可以生成1分子1-溴丁烷，故12mL1-丁醇理论上可以生成1-溴丁烷质量为0.13mol×137g/mol=17.81g，产率为12.0g÷17.81g×100%=67%。[物质结构与性质]11.高温乃至室温超导一直是科学家不屑追求目标。科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示(B和C原子均位于晶胞面上)，该立方晶胞参数为apm。 （1）该晶体的四种元素的电负性由大到小的顺序是___________。钙元素的焰色实验为砖红色，基于其原理可用于定性与定量分析，这种分析方法称为___________光谱。（2）该晶体中，B原子的杂化轨道类型是_______，C原子的杂化轨道类型是________。（3）该晶体中微粒间存在的化学键有_________、___________。（4）该晶体的化学式为________(化成最简整数比)，密度为_________(列出计算式，相对分子质量用M表示无需计算出数值)。（5）晶胞中B和C原子构成的多面体有_________个面（6）比较与的沸点并解释原因_________；比较与的键角并解释原因___________。【答案】（1）①.②.原子发射（2）①.②.（3）①.离子键②.共价键（4）①.②.（5）14（6）①.，可形成分子间氢键H…H—N，甲烷分子间无氢键作用键角②.键角：CH4＞NH3，氨分子中有一对孤对电子，甲烷分子中无孤对电子，孤对分子之间的斥力大于孤对电子与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力【解析】【小问1详解】电负性越大，非金属性越强，非金属性：C＞B＞Ca＞K，则电负性最大的是C＞B＞Ca＞K；焰色反应产生的光谱为为电子由高能量轨道跃迁到低能量轨道形成的光谱，为发射光谱，故答案为：C＞B＞Ca＞K；发射；【小问2详解】 由图可知，B原子、C原子都形成4个σ键，都为sp3杂化，故答案为：sp3；sp3；【小问3详解】由图可知，该晶体中存在C-B共价键，还存在K+、Ca2+，即还存在离子键，故答案为：共价键；离子键；【小问4详解】由图可知，钙原子的个数为1，钾原子的个数为8×=1，硼原子、碳原子个数均为12×=6，晶体最简化学式为KCaB6C6；晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10-10）3cm3，晶体密度ρ==g•cm-3=g•cm-3，故答案为：KCaB6C6；；【小问5详解】通过欧拉定理：顶点数+面数-棱数=2，则面数=棱数-顶点数+2=36-24+2=14，故答案为：14；【小问6详解】