四川省绵阳南山中学2023-2024学年高三化学上学期综合演练（三）试题（Word版附解析）

四川省绵阳南山中学2023-2024学年高三上学期综合演练(三)理综化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Fe56Ca40Cu64一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78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.下列说法错误的是A.既可以用于消毒杀菌，也可作食品添加剂B.中国天眼FAST使用的碳化硅是一种新型无机材料C.国产大飞机C919机身使用的碳纤维属于有机高分子材料D.探测器使用的硅太阳能电池板属于半导体材料【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫既有氧化性，能消毒杀菌，又有还原，可作为红酒里面的添加剂，A正确；B．碳化硅属于新型陶瓷材料，属于新型无机材料，B正确；C．碳纤维是无机材料，不属于有机高分子材料，C错误；D．硅太阳能电池板属于半导体材料，D正确；故选C。2.下列涉及有机物的性质的说法错误的是A.乙烯和聚氯乙烯都能发生加成反应B.乙醇在红热铜丝作用下被氧化成乙醛C.黄酒中某些微生物使乙醇氧化成乙酸D.能与苯、纤维素等发生反应，常用浓硫酸作催化剂【答案】A【解析】【详解】A．氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，聚氯乙烯分子结构中不含碳碳双键，不能发生加成反应，A错误；B．加热条件下，铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜能将乙醇氧化乙醛，B正确；C．黄酒中的乙醇能在某些微生物作用下被氧化生成乙酸，C正确； D．在浓H2SO4的催化作用下，HNO3能与苯、纤维素等有机物发生取代反应，D正确；故选A。3.下列实验装置或图像与对应的说法正确的是A.利用甲装置分解胆矾B.利用乙装置制备蒸馏水C.利用图丙通过一次结晶，将物质x、y完全分离D.利用图丁向容量瓶转移溶液【答案】B【解析】【详解】A．灼烧海带应该在坩埚中进行，不能在烧杯中进行，故A错误；B．该操作为蒸馏，可以用来制备蒸馏水，故B正确；C．从图中可以看出，X物质的溶解度随温度的升高而增大，Y物质的溶解度受温度的影响小一些，在曲线交点时，X、Y两种物质的溶解度相等，则应用结晶和重结晶的方法将x、y两种物质基本分离，故C错误；D．向容量瓶转移溶液时，玻璃棒的下端应低于容量瓶的刻度线，故D错误；故选B。4.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，22.4L己烷中非极性键数目为5B.在粗铜精炼的过程中，当阴极析出32g铜时转移电子数目为C.3.9g与足量的反应，转移电子的数目为0.1D.1mol晶体中含有共价键数目为3【答案】B【解析】 【详解】A．标准状况下己烷为液态，无法计算其物质的量，A错误；B．粗铜精炼中阴极反应式为，32g铜等于0.5mol，转移电子数目为，B正确；C．3.9g为0.05mol，与足量的反应，转移电子的数目为0.05，C错误；D．晶体为离子晶体，铵根离子中含有4个共价键，1mol晶体中含有共价键数目为，D错误；故选B。5.下列表述的方程式或离子方程式正确的是A向NaHS溶液中滴加溶液：B.表示乙醇燃烧热的热化学方程式：C.向酸性溶液中滴加双氧水：D.溶液与过量NaOH溶液混合：【答案】D【解析】【详解】A．硫氢根离子不能拆成硫离子，故A错误；B．燃烧热是生成稳定氧化物，所以乙醇燃烧热应该是生成液态水，而不是气态水，故B错误；C．该反应中锰原子得到10个电子，而过氧化氢做还原剂，失去2个电子，电子不守恒，故C错误；D．溶液与过量NaOH溶液混合，生成Mg(OH)2沉淀，离子方程式为，故D正确；故选D。6.短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，由这五种元素组成的一种化合物M是一种高效广谱杀菌消毒剂，M的结构如图所示。下列说法不正确的是A.工业上采用电解DE的水溶液制备E的单质 B.简单氢化物的沸点：A<B<CC.简单离子的半径：C>D>ED.E的最高价氧化物对应的水化物是强酸【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，由M的结构式可知，D为带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知D为Na；E只能形成1个共价单键，且原子序数最大，E为Cl；C能形成2个共价键，则C为O；A有4个键、B有3个键，且短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，则A为C，B为N，据此分析作答。【详解】A．DE组成的化合物为NaCl，工业上采用电解氯化钠溶液的方法制备氯气，A项正确；B．A的氢化物有多种，常温下状态气体、液体、固体都有，则A的氢化物的沸点与B、C的氢化物的沸点不能直接比较，B项正确；C．简单离子在核外电子排布相同的情况下，原子序数越大，离子半径越小，因此D<C，E离子电子层最多，离子半径越大，则简单离子半径E>C>D，C项错误；D．E的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，属于强酸，D项正确。故选C7.某无隔膜流动海水电解法制的装置如下图所示，其中高选择性催化剂可抑制产生。下列说法正确的是A.b端电势高于a端电势B.理论上转移生成C.电解后海水下降D.阳极发生：【答案】D【解析】【分析】根据图示，钛网上海水中Cl-、H2O发生失电子的氧化反应生成HClO、O2，钛网为阳极，电极反应式为Cl-+H2O-2e-=HClO+H+，钛箔上生成H2，钛箔上生成H2的电极反应为2H++2e-=H2↑，钛箔为阴极， 高选择性催化剂PRT可抑制O2产生，电解的主要总反应为H++Cl-+H2OHClO+H2↑，以此解题。【详解】A．由分析可知，a为正极，b电极为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；B．右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H2↑，则理论上转移生成，B错误；C．由分析可知，电解的主要总反应为H++Cl-+H2OHClO+H2↑，电解后海水中H+浓度减小，pH上升，C错误；D．由图可知，阳极上的电极反应为：，D正确；故选D。三、非选择题：共174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.某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：①三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并预加0.30mL0.0100mol/L的碘标准溶液，搅拌。②以0.2流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了0.10mL碘标准溶液。③做空白实验，消耗了0.10mL碘标准溶液。④用适量替代香菇样品，重复上述步骤，测得的平均回收率为95%。已知：，回答下列问题：（1）装置图中仪器d的名称___________，仪器a的作用___________。 （2）三颈烧瓶适宜的规格为___________(填标号)。A．250mLB．500mLC．1000mL（3）解释加入的作用___________。（4）滴定管在使用前需要___________、洗涤、润洗；滴定反应的离子方程式为___________。（5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。（6）该样品中亚硫酸盐含量为___________(以计，结果保留三位有效数字)。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.导气、冷凝回流（2）C（3）加入有利于气体逸出(溶液中存在化学平衡，的溶解度随意着温度升高而减小，逸出后，促进了化学平衡向右移动)（4）①.检验其是否漏水②.（5）偏低（6）80.8【解析】【分析】通入氮气，将装置中的空气排除，再加入磷酸，将香菇样品中得亚硫酸盐变成二氧化硫气态蒸出，在锥形瓶中用标准碘液吸收，通过标准碘液的滴定，最后计算出香菇中添加剂亚硫酸盐的含量。【小问1详解】由图知，仪器d的名称为恒压滴液漏斗；仪器a的作用为导气、冷凝回流；【小问2详解】三颈烧瓶中加入400mL水，由于三颈烧瓶盛放的溶液体积不能超过其容积的三分之二，故应选用1000mL的三颈烧瓶；【小问3详解】加入，会发生，的溶解度随意着温度升高而减小，逸出后，促进了化学平衡向右移动有利于气体逸出；【小问4详解】滴定管滴定前需捡漏，在确认不漏液的情况下方可使用；滴定过程中二氧化硫被氧化为硫酸根，碘单质被还原为碘离子，根据三守恒得，离子方程式为，【小问5详解】若先加磷酸，生成得少量二氧化硫会随氮气一块被赶出，使测定结果偏低；【小问6详解】 由离子方程式可得，而，则样品中亚硫酸盐得含量为。9.钛(Ti)被称为继铁、铝之后的第三金属，攀枝花和西昌地区的钒钛磁铁矿储量十分丰富。如下图所示，将钛厂、氯碱厂和甲醇厂组成产业链可以大大提高资源利用率，减少环境污染。回答下列问题：（1）为了让钛铁矿充分氯化，可以采取的最佳措施有___________。(写一条即可)（2）写出电解食盐水时发生的总反应的离子反应方程式___________。（3）由制备Ti需要在Ar气氛中进行的理由是___________。（4）写出钛铁矿经高温氯化法得到四氯化钛的化学方程式___________。（5）在上述产业链中，合成192吨甲醇理论上需额外补充___________吨(不考虑生产过程中物质的任何损失)。（6）以甲醇、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池。该电池中负极上的电极反应式是___________。（7）在氯化反应过程中，加入焦炭的量远高于实际参与氯化反应的量的原因是___________。【答案】（1）将钛矿充分粉碎或充分搅拌或适当延长氯化时间或适当提高氯化温度等（2）（3）防止高温下Mg(Ti)与空气中的(或、)反应（4）（5）10（6）（7）该氯化反应在高温下进行，需要焦炭燃烧提供能量维持高温【解析】 【分析】由图可知，电解饱和食盐水生成NaOH、氢气、氯气，氢气与CO合成甲醇，氯气、C与钛铁矿发生氧化还原反应，Mg还原TiCl4得到Ti；【小问1详解】为了让钛铁矿充分氯化，可以采取的最佳措施有将钛矿充分粉碎或充分搅拌或适当延长氯化时间或适当提高氯化温度等；【小问2详解】因电解饱和食盐水时，Cl-在阳极放电，H+在阴极放电，所以反应的离子方程式是：；【小问3详解】为了防止高温下Mg(Ti)与空气中的(或、)反应，由制备Ti需要在Ar气氛中进行；【小问4详解】从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为；【小问5详解】根据CO+2H2→CH3OH、、可知CH3OH～CO～Cl2～H2，所以生产1 molCH3OH，理论上还需补充氢气（2-）=mol，即gH2，故生产192t CH3OH还需补充H2的质量为=10t，故答案为：10；【小问6详解】碱性甲醇电池中，负极上甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为，故答案为：；【小问7详解】在氯化反应过程中，加入焦炭的量远高于实际参与氯化反应的量的原因是该氯化反应在高温下进行，需要焦炭燃烧提供能量维持高温。10.随着我国碳达峰、碳中和目标确定，二氧化碳资源化利用倍受关注。以和为原料合成尿素 。合成尿素反应分两步完成，其能量变化如下图所示：（1）第一步：第二步：①图中___________kJ/mol。(用或代数表达式)②反应速率较快的是反应___________(填“第一步”或“第二步”)，原因是___________。③能加快正反应速率且能提高平衡转化率的措施是___________(填序号)A．高温B．降低浓度C．高压D．分离出尿素E．催化剂（2）在恒容密闭容器中通入物质的量均为0.2mol的和，在一定条件下发生反应，的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示。①若反应在恒温、恒容密闭容器中进行，下列叙述能说明反应到达平衡状态的是___________(填序号)。A．和的物质的量之比保持不变时B．CO和的浓度相等时C．反应速率：D．同时断裂1molC-H键和2molH-H键 ②由图乙可知，压强___________(填“>”“<”或“=”，下同)；Y点速率___________。③将上述反应放在恒温恒容密闭容器中反应，测得起始压强为，反应后甲烷转换率为50%。已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数，则X点对应温度下的___________(用含的代数式表示)。【答案】（1）①.②.第一步③.第一步反应的活化能更低④.C（2）①.AC②.<③.<④.【解析】【小问1详解】①图中指第二步反应的反应热，则；②活化能越低，反应速率越快，则反应速率较快的是第一步反应；③A．高温，可加快正反应速率，升温，平衡逆移，降低了平衡转化率；B．降低浓度，降低正反应速率，提高了平衡转化率；C．高压，可加快正反应速率，提高平衡转化率；D．分离出尿素，不影响反应速率和平衡移动；E．催化剂，可加快反应速率，不影响平衡移动；故选C；小问2详解】①A．和的物质的量之比保持不变时，证明达到平衡状态，故A正确；B．CO和的浓度相等时，不一定是平衡状态，故B错误；C．反应速率：，表示正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；D．同时断裂4molC-H键和2molH-H键时，达到平衡状态，故D错误；故选AC；②相同温度下，压强越大，CH4的平衡转化率越低，则<；Y点时，未达到平衡状态，CH4的转化率偏小，说明反应在向正方向进行，即<；③，平衡时总压强为0.15P0，CH4、CO2、CO、H2的分压分别为0.25P0，0.25P0，0.5P0，0.5P0，则 。(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，则每科按所做的第一题计分。化学—选修3：物质结构与性质11.配合物是近代无机化学的重要研究对象，Cu或Cu2+常作为中心原子或离子，H2O、CN-、吡啶(C5H5N)等粒子是常见的配体。（1）题干中所涉及元素电负性由大到小的顺序为__________，其中电负性最小的元素的基态原子的价电子排布式为_________________。（2）原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，可以用自旋量子数来描述。若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，则基态O原子的价电子自旋量子数的代数和为__________。H3O+中不存在的作用力有____(填标号)，H3O+的空间构型为_____________。A．配位键B．离子键C．共价键D．氢键（3）吡啶()在水中的溶解度远大于在苯中的溶解度，可能原因是①吡啶和H2O均为极性分子，而苯为非极性分子；②______________________________________。吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_____________________。（4）配合物M结构如右图所示。若其中与Cu相连的4个配位原子处在一个平面内，则Cu的杂化方式可能是(填标号)。AspB.sp2C.sp3D.dsp2（5）CuInS2(相对分子质量为Mr)是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，则CuInS2晶体的密度为_______________g·cm-3(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示)。 【答案】（1）①.O>N>C>H>Cu②.3d104s1（2）①.+1(或-1)②.BD③.三角锥形（3）①.吡啶能与H2O分子形成分子间氢键②.（4）D（5）【解析】【小问1详解】题干中所给元素有Cu、H、O、C、N，非金属电负性大，金属电负性小，同一周期从左到右电负性依次增大，所以O>N>C>H>Cu；电负性最小的为Cu，其价电子排布式为：3d104s1；【小问2详解】基态O原子价电子排布式为2s22p4，有两个不成对电子，所以价电子自旋量子数的代数和为+1(或-1)；H3O+中存在H共价键和配位键，不存在离子键和氢键，价层电子对数，所以H3O+的空间构型为三角锥形。【小问3详解】吡啶分子结构中的N有孤电子对可以与水分子形成氢键，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；甲基为推电子基，-F为吸电子基，当吡啶中N的间位C上的H被甲基取代时，N的电子云密度增大，当被-CF3代替后N的电子云密度减小，又根据吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，所以碱性最弱的为；【小问4详解】 Cu的配位数为4，说明不是sp2杂化，sp3杂化的分子空间构型为四面体形，而该物质的4个配位原子在同一个平面内，说明不是sp3杂化，故排除法选D；【小问5详解】根据均摊法，晶胞中Cu的原子个数=，化学式为CuInS2，说明一个晶胞中有4个CuInS2单元，所以晶胞的质量为，晶胞的体积为，故晶胞的密度。【化学—选修5：有机化学基础】12.氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如下：回答下列问题：(1)A的结构简式为___________。C的化学名称是___________。(2)③的反应试剂和反应条件分别是___________，该反应的类型是___________。(3)⑤的反应方程式为___________。吡啶是一种有机碱，其作用是___________。(4)G的分子式为___________。(5)H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有___________种。【答案】①.②.三氟甲(基)苯③.浓HNO3/浓H2SO4、加热④.取代反应⑤.++HCl⑥.吡啶是碱，可以消耗反应产物HCl，提高反应转化率⑦.C11H11N2O3F3⑧.9【解析】 【分析】由B的分子式可知A为，则B为，C为三氟甲苯，发生硝化反应生成D，D还原生成E，生成F为，然后发生硝化反应生成G，结合对应的有机物的结构和性质解答(1)～(4)；(5)H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则苯环有3个不同的取代基，对应的同分异构体的种类为9种。【详解】(1)由以上分析可知A为甲苯，结构简式为，C的化学名称是三氟甲苯，故答案为：；三氟甲(基)苯；(2)③为三氟甲苯的硝化反应，反应条件是在浓硫酸作用下，加热，与浓硝酸发生取代反应，故答案为：浓硫酸、浓硝酸，并加热；取代反应；(3)⑤的反应方程式为++HCl，反应中吡啶的作用是吸收反应产生的氯化氢，提高反应转化率，故答案为：++HCl；吸收反应产生的氯化氢，提高反应转化率；(4)由结构简式可知G的分子式为C11H11N2O3F3，故答案为：C11H11N2O3F3；