四川省成都市第七中学2023-2024学年高三上学期期中考试理科综合化学试题（Word版附解析）

成都七中高2024届高三上学期期中考试理科综合试题本试卷共300分，考试时间150分钟。可能用到的相对原子质量：H—lLi—7O—l6S—32K—39Ga—70第I卷(选择题，共126分)一、选择题：本题共13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.化学与生产、生活、环境密切相关。下列说法不正确的是A.工业上，常用Na2S处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子B.地沟油禁止食用，但可制肥皂C.用碘酒检验奶粉中是否添加淀粉D.燃煤脱硫有利于实现“碳达峰、碳中和”【答案】D【解析】【详解】A．Cu2+、Hg2+等重金属离子与Na2S反应生成难溶于水的物质，所以工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子可用Na2S处理，A正确；B．“地沟油”的主要成分是油脂，油脂可用来制肥皂和生物柴油，B正确；C．碘单质能使淀粉试液变蓝色，故碘酒可检验奶粉中是否添加淀粉，C正确；D．燃煤脱硫有利于减少硫污染排放，但是不减少二氧化碳排放，不能实现“碳达峰、碳中和”，D错误；故选D。2.脱落酸是抑制植物生长的激素，因能促使叶子脱落而得名，其结构简式如下图所示，下列说法正确的是A.分子式C15H17O4B.所有碳原子不可能共平面C可使溴水及酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同D.分子中含有3种官能团 【答案】B【解析】【详解】A．根据有机物的结构简式，脱落酸的分子式为C15H20O4，故A错误；B．连接2个甲基的碳是四面体结构，则所有碳原子不可能共平面，故B正确；C．该分子有碳碳双键，使溴水褪色的原理是发生加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理是发生氧化反应，故C错误；D．该分子有碳碳双键、酮羰基、羧基、羟基共4种官能团，故D错误；故选：B。3.菠菜是一道平民小菜，价格便宜却营养丰富，菠菜中铁元素的检验可经过“研磨→溶解→过滤→检验”等步骤。下列操作方法不正确的是A.研磨B.溶解C.过滤D.检验A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．将菠菜剪碎后，需要在研钵中用研磨棒研磨，故A错误；B．研磨后的物质要在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，故B正确；C．将溶解后的固体与溶液分离开，需要过滤操作，所需的仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故C正确；D．检验菠菜中的铁元素，可以用稀硝酸将Fe2+转化为Fe3+，再加入KSCN溶液检验Fe3+，故D正确；故选A。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.-143溶液中含氧原子数目为0.3NAB.gKHSO4固体中含有离子的数目为3NAC.室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水，所得溶液的H+数目大于0.1NAD.4与2在光照下充分反应生成的3分子数目为NA 【答案】C【解析】【详解】A．-143溶液，43、H2O中都含氧原子，所以含氧原子数目大于0.3NA，故A错误；B．KHSO4固体中含，gKHSO4固体中含有离子的数目为2NA，故B错误；C．室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水，醋酸电离平衡正向移动，醋酸电离程度增大，所得溶液的H+数目大于0.1NA，故C正确；D．甲烷和氯气取代反应为连锁反应，4与2在光照下充分反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，所以3分子数目小于NA，故D错误；选C。5.一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Y、Z、Q、W原子的半径依次增大，X和W同主族但不相邻，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，下列说法正确的是A.X、Z、Q、W均可与Y形成二元化合物B.简单离子半径：C.Y的氢化物的稳定性和沸点都高于Q的氢化物D.X、Y、Z三种元素只能形成共价化合物【答案】A【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、Q、W原子的半径依次增大，X和W同主族但不相邻，再结合该物质的结构式可得X为H，W为Na，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，则Y为O，Z为N，Q为C；【详解】A．H与O可形成、，N与O可形成、，C与O可形成、，Na与O可形成、，故A正确；B．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径：，故B错误；C．O与N有多种氢化物，稳定性和沸点无法比较，故C错误； D．H、N、O三种元素可形成离子化合物，故D错误；答案选A。6.利用电化学原理控制反应条件能将2电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，反应过程原理的示意图如图，下列有关说法正确的是A.玻碳电极发生还原反应B.铂电极发生的电极反应之一为2C.电池工作时，电子由玻碳电极经电解质溶液到铂电极D.当电路中转移1mole⁻时，阳极室溶液的质量减少8g【答案】B【解析】【分析】由图可知，铂电极为电解池的阴极，酸性溶液中，氢离子和二氧化碳在阴极得到电子生成氢气和甲酸，电极反应式分别为2H++2e—=H2↑、CO2+2H++2e—=HCOOH，玻碳电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+。【详解】A．由分析可知，玻碳电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，故A错误；B．由分析可知，铂电极为电解池的阴极，酸性溶液中，氢离子和二氧化碳在阴极得到电子生成氢气和甲酸，电极反应式分别为2H++2e—=H2↑、CO2+2H++2e—=HCOOH，故B正确；C．电池工作时，电解质溶液不能传递电子，故C错误；D．当电路中转移1mol电子时，同时有1mol氢离子通过质子交换膜进入阴极室，则阳极室溶液的质量减少1mol××32g/mol+1mol×1g/mol=9g，故D错误；故选B。7.一定温度下，金属硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。纵坐标表示横坐标表示下列说法不正确的是 A.该温度下，Ag2S的sp-50B.该温度下，溶解度的大小顺序为NiS>SnSC.SnS和NiS的饱和溶液中D.向浓度均为0.01mol·L-1Ag+、Ni2+、Sn2+混合溶液中逐滴加入饱和Na2S溶液，析出沉淀的先后顺序为Ag2S、SnS、NiS【答案】C【解析】【详解】A．由a可知，当c平(S2-)＝10-30mol/L时，c平(Ag+)＝10－(10-lg4)mol·L-1＝4×10-10mol/L，Ksp(Ag2S)＝c(Ag+)·c平(S2-)＝(4×10-10)2×10-30mol3·L-3＝1.6×10-49mol3·L-3，A正确；B．由SnS、NiS的沉淀溶解平衡曲线可知，当两条曲线表示的c平(S2-)相同时，对应的c平(Ni2+)>c平(Sn2+)，由于SnS和NiS沉淀类型相同，则溶解度的大小关系为NiS>SnS，B正确；C．利用NiS的溶解平衡曲线上b点数据，则Ksp(NiS)＝c平(Ni2+)·c平(S2-)＝10-6×10-15mol2·L-2＝10-21mol2·L-2，同理可得Ksp(SnS)＝c平(Sn2+)·c平(S2-)＝10-25×100mol2·L-2＝10-25mol2·L-2，SnS和NiS的饱和溶液中，C错误；D．Ag+、Ni2+与Sn2+的浓度均为0.1mol/L，分别生成Ag2S、NiS与SnS沉淀时，需要的c平(S2-)分别为1.6×10-47mol/L、10-20mol/L、10-24mol/L，因此生成沉淀的先后顺序为Ag2S、SnS与NiS，D正确；故答案为：C。8.碳酸锶(难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量2+2+2+2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下： 已知：I．3为两性氢氧化物；II．常温下，各物质的溶度积常数如表所示。化合物Cr(OH)3Ca(OH)2Mg(OH)2Ksp近似值1×10-315.5×10-61.8×10-11（1）气体A的电子式为_______。（2）“沉钡、铅”时，pH过低会导致24的利用率降低，原因为_______(用离子方程式解释)；“还原”时发生反应的离子方程式为_______。（3）“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。（4）用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的的原因为_______。（5）“滤渣2”的主要成分为_______、_______(填化学式)。（6）“碳化”时，反应的平衡常数K的计算关系式为_______(用相关平衡常数表示，已知碳酸的电离常数。a1a23的溶度积常数为（7）“系列操作”中包含‘℃烘干”等操作，烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去中的微量可溶性杂质，该杂质除2外还可能为_______(填化学式)。【答案】8.9.①.2+2H++H2O②.8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O10.Cr(OH)3 11.pH过大Cr(OH)3会溶解，导致铬的去除率降低12.①.Ca(OH)2②.Mg(OH)213.14.NH4NO3【解析】【分析】工业碳酸锶中加入硝酸进行酸溶，碳酸锶与硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含有Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行沉钡、铅，过滤得到含有Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加入氨水调节pH到7-8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过系列操作得到高纯SrCO3。【小问1详解】气体A为CO2，电子式为；【小问2详解】(NH4)2CrO4溶液中存在2+2H++H2O，pH过低，氢离子浓度过大，平衡正向移动，使转化为，导致(NH4)2CrO4的利用率降低。还原时草酸与重铬酸根离子发生氧化还原反应，离子方程式为8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O；【小问3详解】根据分析可知，滤渣1的主要成分为Cr(OH)3；【小问4详解】Cr(OH)3是两性氢氧化物，pH过大Cr(OH)3会溶解，导致铬的去除率降低，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13；【小问5详解】根据分析可知，滤渣2的主要成分为Ca(OH)2和Mg(OH)2；【小问6详解】碳化时反应的平衡常数K==== =【小问7详解】由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了铵根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除碳酸氢铵、碳酸铵外还可能为硝酸铵。9.实验室用和亚硫酰氯制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知：的沸点为℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：（1）实验仪器B的名称为_______，仪器E的名称为_______，仪器G中盛有的试剂为_______溶液。（2）已知B中试剂为，实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置_______(填“B”或“D”)。（3）遇水蒸气发生反应的化学方程式为_______。（4）有人认为产品可能含，判断理由是_______。（5）实验完毕后，测定产品成分。取一定量产品溶于蒸馏水中，分成甲、乙两等份，进行如下实验：实验1：在甲中加入足量KI，再滴几滴淀粉溶液，用标准溶液滴定至终点，消耗2S2O3溶液V1mL。实验2：在乙中滴几滴24；溶液作指示剂，用3溶液测定氯离子的量，滴定至终点，消耗AgNO3溶液V2mL。 已知：实验1中滴定反应为22S2O32。①若实验Ⅰ中溶液酸性较强，可能会使标准液变质，导致V1偏大，该过程用离子方程式表示：_______②若_______时，可判断产品中全部是FeCl3。【答案】（1）①.三颈烧瓶②.球形冷凝管③.氢氧化钠（2）B（3）（4）生成的二氧化硫气体具有还原性，可能将铁离子还原为亚铁离子（5）①.②.3【解析】【分析】亚硫酰氯的沸点为76℃，加热易气化为蒸气，与在D中反应制备无水，尾气使用碱液吸收防止污染；【小问1详解】实验仪器B的名称为三颈烧瓶，仪器E的名称为球形冷凝管；已知：的沸点为℃，遇水极易反应生成两种酸性气体，根据质量守恒可知，生成气体为二氧化硫和氯化氢，故仪器G中盛有的试剂为氢氧化钠溶液，用于吸收尾气防止污染；【小问2详解】B中试剂为，实验开始先通N2排净装置中空气，一段时间后，先加热装置B，使得气化进入D装置中；【小问3详解】遇水极易反应生成两种酸性气体，根据质量守恒可知，生成气体为二氧化硫和氯化氢，；【小问4详解】生成的二氧化硫气体具有还原性，可能将铁离子还原为亚铁离子，使得产品可能含【小问5详解】铁离子和碘离子发生反应生成碘单质：，碘单质和反应：22S2O32，通过测定消耗的碘单质的量，求出I2的量，进而求出Fe3+的量，但酸性条件下发生 ，所以溶液酸性较强的话，会消耗更多的，使得V1偏大；由于反应可知，，所以，所以，当，可判断产品中全部是FeCl3。10.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。（1）已知在25℃和101kPa时存在下列反应：①-1②C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-395kJ•mol-1③2223-1已知：标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物的焓变，如上述反应②可表示为CO2的标准摩尔生成焓。请写出表示乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式_______。（2）在一容积为2L的密闭容器中，CO和H2初始物质的量均为0.3mol，在一定条件下发生反应：242测得CO的平衡转化率与温度、压强关系如图所示：①由图可知，压强p3_______(填“>”或“<”)p1，原因是_______。压强为2时，升高温度，反应的平衡常数将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。②温度为1100℃、压强为p1时，x点的平衡常数。为_______(K是指用平衡时各组分的物质的量百分数代替物质的量浓度计算得到的平衡常数)。③在一定温度、的初始条件下，该反应达到平衡后体系的压强变为100kPa，则CO的平衡转化率为_______。④下列说法能说明该反应在上述条件下达到平衡状态的是_______(填字母)。A．体系的密度不再发生变化B．断裂2molH-H键的同时生成2molC=O键 C．各组分的物质的量浓度不再改变D．体系的气体的平均相对分子质量不再发生变化E．体积分数：V%(CH4)=V%(CO2)（3）固体氧化物甲烷燃料电池以固体氧化锆-氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2-)在其间通过。该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。则b区发生的电极反应式为_______。【答案】（1）2C(石墨，s)+3H2(g)=C2H6(g)△H=-87kJ•mol-1。（2）①.<②.该反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大③.减小④.144⑤.75%⑥.CD（3）CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O【解析】【小问1详解】①-1②C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-395kJ•mol-1③2223-1根据盖斯定律②×2+③-①得乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式2C(石墨，s)+3H2(g)=C2H6(g)△H=(-395×2-570+3116)kJ•mol-1=-87kJ•mol-1。【小问2详解】①该反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，由图可知，压强p3<p1。压强为2时，升高温度，CO转化率降低，反应的平衡常数将减小。②温度为1100℃、压强为p1时，CO平衡转化率为80%， x点的平衡常数K为。③在一定温度、的初始条件下，该反应达到平衡后体系的压强变为100kPa，则，x=，所以CO的平衡转化率为。④A．气体总质量不变，容器体积不变，气体密度是恒量，体系的密度不再发生变化，反应不一定平衡，故不选A；B．断裂2molH-H键的同时生成2molC=O键，不能判断正逆反应速率相等，反应不一定平衡，故不选B；C．反应达到平衡，各物质浓度不再改变，各组分的物质的量浓度不再改变，反应一定达到平衡状态，故选C；D．气体总质量不变，气体总物质的量减小，平均相对分子质量增大，体系的气体的平均相对分子质量不再发生变化，反应一定达到平衡状态，故选D；E．体积分数V%(CH4)=V%(CO2)，不能判断浓度是否还发生改变，反应不一定平衡，故不选E；选CD。【小问3详解】固体氧化物甲烷燃料电池以固体氧化锆-氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2-)在其间通过。该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。根据图示，b区甲烷失电子生成二氧化碳、水，则b区发生的电极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O。(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做答。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题目的题号一致，在答题卡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.镓及其化合物在合金工业、制药工业、电池工业有广泛的应用。回答下列问题：（1）基态Ga原子的价层电子排布式为_______。（2）LiGaH4是一种温和的还原剂，其可由3和过量的LiH反应制得：34。①已知GaCl3的熔点为77.9℃，LiCl的熔点为605℃，两者熔点差异较大的原因为_______。②GaCl3在270℃左右以二聚物存在，该二聚物的每个原子都满足8电子稳定结构，写出它的结构式：_______。③-的立体构型为_______。（3）一种含镓的药物合成方法如图所示①化合物I中环上N原子的杂化方式为_______，1mol化合物Ⅰ中含有的σ键的物质的量为_______。化合物I中所含元素的电负性由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。②化合物Ⅱ中Ga的配位数为_______，x=_______。（4）Ga、Li和O三种原子形成的一种晶体基片在二极管中有重要用途。其晶胞结构如图所示：①上述晶胞沿着a轴的投影图为_______(填选项字母)。A.B.C.②用NA表示阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a=b=0.3nm，c=0.386nm，晶胞棱边夹角均为90°，则该晶体密度为_______g·cm-3(列出计算式即可)。【答案】11.4s24p1 12.①.LiCl为离子晶体，微粒间的作用力是离子键，GaCl3为分子晶体，微粒间的作用力是范德华力②.③.正四面体形13.①.sp2杂化②.17mol③.O＞N＞C＞H④.6⑤.114.①.C②.【解析】【小问1详解】Ga的原子序数为31，基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，价层电子排布式为4s24p1，故答案为：4s24p1；【小问2详解】①已知GaCl3的熔点为77.9℃，则GaCl3为分子晶体，微粒间的作用力是范德华力，LiCl的熔点为605℃，则LiCl为离子晶体，微粒间的作用力是离子键，故熔点：LiCl＞GaCl3；②GaCl3在270℃左右以二聚物存在，该二聚物的每个原子都满足8电子稳定结构，可知Ga的空轨道与Cl的孤对电子形成配位键，故GaCl3二聚体的结构式为；③[GaH4]-中Ga的价层电子对数=4+=4，Ga为sp3杂化，无孤电子对，其立体构型为正四面体形；【小问3详解】①由图可知，化合物Ⅰ中环上C原子形成3个σ键，其杂化方式为sp2杂化，1mol化合物Ⅰ中除了环上6个σ键外，其余σ键如图所示：，则1mol化合物Ⅰ中含有的σ键的物质的量为17mol,化合物Ⅰ中所含元素为O、N、C、H，其电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H，故答案为：sp2杂化；17mol；O＞N＞C＞H；②由图可知，化合物Ⅱ中Ga的配位数为6，Ga为+3价，配体为-2价，配体共2个，所以整个配离子显-1价，则x=1，故答案为：6；1；【小问4详解】①由晶胞结构可知，顶点和体心是O，上下面心是Li,棱上是Ga,所以沿着a轴的投影图为C； ②由图可知，晶胞中顶点和体心是O，个数为：8×+1=2，上下面心是Li,个数是2×=1，棱上是Ga,个数是4×=1，晶胞的化学式LiGaO2，晶胞的质量为，晶胞体积为V=(3.0×10-8cm×3.0×10-8cm×3.86×10-8cm)，则其密度为[化学―选修5：有机化学基础]12.化合物G是一些三唑类药物的重要中间体，其某种合成路线如图所示：回答下列问题：（1）A的名称为_____。（2）E中含氧官能团的名称是_____；E→F的反应类型是____。（3）D的结构简式为_____。（4）A→B的化学方程式为_____。（5）芳香族化合物M是D的同分异构体，则符合下列条件的M的结构有_____种。①分子中除苯环不含其他的环②苯环上有6个取代基且有一个为－N=N－CH3（6）请设计以和CH3COOOH为原料制备的合成路线(无机试剂和溶剂任选)_____。【答案】（1）氯苯（2）①.酮羰基、硝基②.氧化反应（3）（4）+HNO3+H2O（5）13（6） 【解析】【分析】A是氯苯，A与(CH3CO)2O在AlCl3催化下发生Cl原子在苯环对位上的取代反应产生C，C分子中的Cl原子与上N原子上的H原子发生取代反应产生D：，结合D、E结构简式的不同，可知B是，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生B；B、D发生取代反应产生E，E与CH3COOOH在CH2Cl2条件下发生氧化反应产生F，F在酸性条件条件下水解产生G。【小问1详解】根据A结构简式可知A物质是Cl原子与苯环连接，其名称为氯苯；【小问2详解】根据E结构简式可知E分子中的含氧官能团名称为酮羰基、硝基；对比E、F结构简式可知E发生氧化反应产生F；【小问3详解】根据上述分析可知：物质D结构简式为：；【小问4详解】A是，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生B和H2O，该反应的化学方程式为：+HNO3+H2O；【小问5详解】物质D结构简式为：，其分子式为C12H16N2O，同分异构体芳香族化合物M是D的同分异构体，满足条件：①分子中除苯环不含其他的环；②苯环上有6个取代基且有一个为－N=N－CH3，则符合条件的M同分异构体结构可以是苯环上连三个-CH3、一个-OH、一个-CH=CH2、一个－N=N－CH3，即苯环上连a、b、c不同取代基有10种结构，如，c的位置有4种， ，c的位置有4种，，c的位置有2种；也可以苯环上连四个-CH3、一个-CHO、一个－N=N－CH3，即苯环上连a、b不同取代基有邻、间、对三种结构，如、、，所以符合条件的M同分异构体结构有10+3=13种，答案为13种；【小问6详解】