四川省双流中学2023-2024学年高三上学期10月月考理综化学试题（Word版附解析）

双流中学高2021级高三10月月考理科综合化学试题注意事项：1.考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.考试时间50分钟，满分100。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：32Cl：35.5K：39Ti：48Fe：56I：127一、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.《后汉书·蔡伦传》中记载：“自古书契多编以竹简，其用缣帛者，谓之纸。缣贵而简重，不便于人，伦乃造意用树肤，麻头及弊布、渔网以为纸。”下列叙述错误的是A.“缣帛”是丝质品，其主要成分为蛋白质B.“树肤”与“麻头”的主要成分属于糖类C.造纸过程中可以采用过氧化氢漂白纸浆D.现代渔网的主要成分是尼龙，属于纤维素【答案】D【解析】【详解】A．“缣帛”是丝质品，丝绸主要成分为蛋白质，A正确；B．“树肤”与“麻头”的主要成分是纤维素，纤维素是多糖，属于糖类，B正确；C．过氧化氢具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色物质，因此造纸过程中可以采用过氧化氢漂白纸浆，C正确；D．现代渔网的主要成分是尼龙，尼龙属于有机合成高分子材料，而不属于纤维素，D错误；故合理选项是D。2.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+C.向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D.在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道【答案】B【解析】【详解】A．反应后Cu2+变[Cu(NH3)4]2+，故A错误； B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+，故B正确；C．该[Cu(NH3)4]2+在乙醇的中溶解度小，向反应后的溶液加入乙醇，会有晶体析出，故C错误；D．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3分子中N原子给出孤对电子，故D错误；选B。3.有机物a、b、c的结构简式如下所示，下列说法不正确的是A.a、b、c中均只含一种官能团B.a、b、c均能发生加成反应和被酸性高锰酸钾氧化C.b中与苯环直接相连的原子都在同一平面上D.c存在芳香族异构体【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，a、b、c三种有机物的官能团分别为碳碳双键、羟基和醛基，均只含一种官能团，故A正确；B．由结构简式可知，a分子中的碳碳双键、b分子中苯环上连有的甲基、c分子中的醛基都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应被氧化，故B正确；C．苯为正六边形结构，分子中的所有原子共平面，则b中与苯环直接相连的原子都在同一平面上，故C正确；D．苯环的不饱和度为4，由结构简式可知，c分子的不饱和度为3，则c不可能存在芳香族异构体，故D错误；故选D。4.已知：，设NA为阿伏加德罗常数的值；下列分析错误的是A.将溶于水，溶液中的数目为NAB.60g的23Na37Cl含有中子的总数为32NAC.标况下，含共用电子对的数目为3NAD.每生成时，该反应转移电子数为3NA 【答案】A【解析】【详解】A．由于会发生水解反应，溶液中的数目小于NA，故A错误；B．60g的23Na37Cl物质的量，含有中子的总数为1mol×(23-11+37-17)×NAmol-1=32NA，故B正确；C．标况下物质的量，氮气结构式N≡N，则含共用电子对的数目为3NA，故C正确；D．由反应，NaNO2→N2中N化合价降低了3，则每生成时，该反应转移电子数为3NA，故D正确；故选：A。5.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，元素Z的核电荷数是元素Y的两倍，下列有关说法不正确的是XYZWA.原子半径：X>YB.简单阴离子还原性：Z>WC.元素X、Y的单质在放电条件下生成红棕色气体D.四种元素的简单氢化物中，Y的氢化物沸点最高【答案】C【解析】【分析】由题干信息结合四种元素在周期表中的位置可知，元素Z的核电荷数是元素Y的两倍，则Y是O，Z为S,X为N，W为Cl，据此分析解答。【详解】A．X为N，Y是O，原子半径：N＞O，故A错误；B．Z的简单阴离子：S2-、W的简单阴离子：Cl-还原性：S2->Cl-，故B正确；C．元素X、Y的单质即氮气和氧气，在放电条件下生成一氧化氮，为无色气体，故C错误； D．四种元素的简单氢化物分别为：NH3、H2O、H2S、HCl，其中H2O中存在氢键，沸点最高，故D正确；故答案选C。6.如图，甲、乙是两个完全相同的光伏并网发电模拟装置，利用它们对煤浆进行脱硫处理。下列叙述中错误的是A.光伏并网发电装置中b为正极B.石墨1电极上消耗1molMn2+，甲、乙中各转移0.5mol电子C.脱硫反应原理为：15Mn3++FeS2+8H2O=15Mn2++Fe3++2SO+16H+D.处理60gFeS2，石墨2电极上消耗7.5molH+【答案】B【解析】【分析】由图可知，石墨1电极上Mn元素价态升高失电子，故石墨1为阳极，电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+，Mn3+与FeS2反应实现脱硫，反应为15Mn3++FeS2+8H2O═15Mn2++Fe3++2+16H+，石墨2为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，据此分析解题。【详解】A．石墨1为阳极极，则b极为电源的正极，A正确；B．石墨1为阳极，电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+，消耗1molMn2+，电路中转移1mol电子，B错误；C．阳极生成的Mn3+与FeS2反应实现脱硫，反应为15Mn3++FeS2+8H2O═15Mn2++Fe3++2+16H+，C正确；D．处理60gFeS2，消耗阳极生成的Mn3+的物质的量为×15=7.5mol，转移电子7.5mol，石墨2为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，石墨2上消耗7.5molH+，D正确；故答案为：B。 7.常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1mol/L的HX溶液、HY溶液中分别滴加0.1mol/L的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c(H+)的负对数[-lgc(H+)水]与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。下列推断正确的是A.HX、HY均为弱酸且HX>HYB.P点溶液中c(Na+)=c(X-)>c(H+)=c(OH-)C.常温下用蒸馏水分别稀释N、P点溶液，溶液pH都变小D.常温下，HY的电离常数Ka=【答案】A【解析】【分析】根据题干信息知，HX和HY是两种一元酸，加入NaOH溶液，H2O电离程度增大，溶液由酸性逐渐变为中性，当恰好完全反应时纵坐标数值小于7，促进了水电离，说明两种酸都是弱酸，反应后溶液呈碱性且水电离程度达到最大值，恰好完全反应时纵坐标越小，说明水的电离程度越大，则酸的酸性越弱，根据图知，酸性HX＞HY。【详解】A．结合分析可知，HX、HY都是弱酸，酸性：HX＞HY，故A正确；B．P点对应的溶液溶液溶质为NaX和NaOH，溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(X-)，水的电离程度较小，则c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C．N点溶液中溶质为HX和NaX，溶液呈酸性；P点溶质为NaX和NaOH，溶液呈碱性，所以加水稀释后N点溶液的pH增大、P点溶液的pH减小，故C错误；D．常温下，M点溶质为NaY和HY，pH水=-lgc(H+)水，则c(H+)水=10-7 mol/L，溶液中c(H+)=c(OH-)=1×10-7 mol•L-1，c(Na+)=c(Y-)=，c(HY)=，Ka==，故D错误。答案选A。 【点睛】本题考查弱电解质电离及酸碱混合溶液定性判断明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。二、非选择题：共58分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11~12题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共43分。8.氧帆(IV)碱式碳酸铵晶体难溶于水，其化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O，是制备热敏材料VO2的原料。实验室以VOCl2和NH4HCO3为原料制备氧帆(IV)碱式碳酸铵晶体的装置如图所示：已知：+4价钒的化合物易被氧化。（1）装置D中盛放VOCl2溶液的仪器名称是__；实验室可用浓盐酸与V2O5混合制备VOCl2溶液同时生成一种浅黄绿色的气体，该反应化学方程式为__。（2）制备步骤如下：①连接仪器：顺序是e→__(按气流方向，用小写字母表示)；②检查装置的气密性；③加入药品，连接好装置，先关闭K2，打开K1，当观察到___(填实验现象)时，关闭K1，打开K2，进行实验；④分离粗产品，具体的操作方法是__(填操作名称)；洗涤粗产品。（3）测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：称量xg产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，后用ymol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为zmL。(已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)①NaNO2溶液的作用是__，滴定时可选用的指示剂是__。②粗产品中钒的质量分数表达式为___%。③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果__(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）①.恒压漏斗②.V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O （2）①.e→a→b→f→g→c→d②.B中溶液变浑浊③.过滤（3）①.除去过量的KMnO4②.K4[Fe(CN)6]③.④.偏高【解析】【分析】装置C中发生反应生成CO2，将CO2通入装置A(盛装饱和NaHCO3溶液)用于除去CO2中混有的HCl气体，再将CO2通入装置D中，发生反应生成NH4HCO3，最后将气体通入装置B(盛装澄清石灰水)，以检验CO2气体；【小问1详解】装置D中盛放VOCl2溶液的仪器名称是恒压漏斗；浓盐酸与V2O5混合制备VOCl2溶液同时生成一种浅黄绿色的气体Cl2，Cl元素化合价升高了1，V元素化合价降低了1，反应化学方程式为：V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O；【小问2详解】①装置C中发生反应生成CO2，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，将CO2通入装置A(盛装饱和NaHCO3溶液)用于除去CO2中混有的HCl气体，再将CO2通入装置D中，发生反应，最后将气体通入装置B(盛装澄清石灰水)，以检验CO2气体，所以上述装置依次连接的合理顺序为e→a→b→f→g→c→d；③实验开始时，先关闭K2，打开K1，当B中溶液变浑浊时，关闭K1，打开K2，进行VOCl2和NH4HCO3反应的实验；④由于生成的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体难溶于水，所以实验完毕后，从装置D中分离产品的操作方法是过滤；【小问3详解】①NaNO2中N元素为+3价，既有还原性，又有氧化性，本题中加入的NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4，用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，加入即消耗Fe2+，当滴定至终点时Fe2+过量，可用K4[Fe(CN)6]试剂来做指示剂；②粗产品中钒的质量分数以VO2计，由滴定原理VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则有关系式：(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O～6VO2～6VO～6Fe2+，所以钒的质量分数为：；③若(NH4)2Fe( SO4)2标准溶液部分变质，Fe2+的浓度偏小，消耗的(NH4)2Fe( SO4)2溶液偏多，会使测定结果偏高。 9.钪(Sc)元素在国防、航天、激光、核能、医疗等方面有广泛应用。我国某地的矿山富含铜多金属矿(主要含Cu2S、Sc2S3、FeS、CaS和SiO2)，科研人员从矿石中综合回收金属钪的工艺流程设计如下：已知：①"萃取"时发生反应有：Sc3++3H2A2(有机液)Sc(HA2)3(有机相)+3H+Fe3++3H2A2(有机液)Fe(HA2)3+3H+②常温下，“萃取”前溶液中c(Sc3+)=0.60mol·L-1，Ksp[Sc(OH)3]=6.0×10-31；请回答下列问题：（1）“加热酸溶”产生的气体直接排放到空气中，容易形成___________；滤渣I的主要成分为___________。（2）溶解FeS发生反应化学方程式为___________。（3）“还原”工序的目的为___________。（4）“萃取"过程中有机试剂的Se3+萃取率与“萃取”前溶液pH的关系如图。当pH大于a时随着pH增大Sc3+萃取率减小，a=___________。（5）“沉钪"过程中发生反应的离子方程式为___________。过量焦炭、Sc2O3、Cl2混合物在高温下反应的化学方程式为___________。（6）“电解”过程中，用石墨和液态锌作电极，KCl、LiCl、ScCl3熔融物作电解液，钪在___________电极上得到(选填：石墨或液态锌)。【答案】（1）①.酸雨②.SiO2和CaSO4 （2）（3）置换出单质铜，并将Fe3+还原为Fe2+（4）4（5）①.3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+②.（6）液态锌【解析】【分析】铜多金属矿石(主要含Cu2S、Sc2S3、FeS、CaS和SiO2)在过量浓硫酸中反应生成有污染性的气体二氧化硫和金属硫酸盐如硫酸铜、硫酸铁和硫酸钙沉淀，过滤，再向滤液中加入过量铁粉除掉铁离子和铜离子，过滤，利用有机液萃取Sc3+，有机相中加入NaOH溶液得到Sc(OH)3，再加入盐酸酸溶，再用草酸沉钪，再在空气中煅烧得到Sc2O3，再加入氯气和碳生成ScCl3，电解得到Sc。【小问1详解】“加热酸溶”所得气体主要为SO2，在空气中容易形成酸雨。因SiO2不溶于H2SO4，Ca2+与H2SO4形成微溶的CaSO4，故滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2和CaSO4。【小问2详解】溶解FeS发生反应的化学方程式为；故答案为：。【小问3详解】“还原”工序中加入过量铁粉能够将Fe3+还原为Fe2+，同时可置换出单质Cu；故答案为：置换出单质铜，并将Fe3+还原为Fe2+。【小问4详解】“萃取”前溶液中c(Sc3+)=0.60mol·L-1，Ksp[Sc(OH)3]=6.0×10-31，调节pH使Sc3+的萃取率最大时，此时c(OH-)=，c(H+)=，pH=4.0，当pH大于4.0时，随着pH增大，增大，致使，Sc3+会生成Sc(OH)3沉淀萃取率减小。故答案为：4。【小问5详解】“沉钪”过程中发生反应的离子方程式为3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+；过量焦炭、Sc2O3、Cl2混合物在 高温下反应的化学方程式为，故答案为：3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+，。【小问6详解】ScCl3熔融物得电子生成Sc，故在阴极上得到，而且电解时液态锌不能作阳极，故钪在液态锌电极上得到。10.为了达到碳中和，研发二氧化碳的利用技术成为热点。（1）用二氧化碳氧化乙烷制乙烯，其反应步骤如下：IC2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)ΔH=+136kJ·mol-1IICO2(g)=CO(g)+O2(g)ΔH=+283kJ·mol-1III.H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285kJ·mol-1该工艺总反应的热化学方程式为______。（2）用二氧化碳和甲烷反应可以制工业合成气(CO、H2)。T℃，在1L的密闭容器中分别投入0.2molCO2和0.2molCH4，发生反应：CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)，经5min达到平衡，测得生成CO为0.2mol，则：①0~5min内用H2表示的反应速率为______。②平衡时CH4的转化率为______。③保持体积不变，其他条件相同时，开始投入0.4molCO2和0.4molCH4，反应达到平衡后生成CO的物质的量______0.4mol(填“＞”、“＜”或“=”)。（3）用二氧化碳与氢气催化加氢制乙醇，其反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)=CH3CH2OH(g)+3H2O(g)ΔH<0。经实验测定在不同投料比x1、x2、x3时CO2的平衡转化率与温度的关系如图曲线所示[x=]： ①x1、x2、x3由大到小的顺序______。②从平衡角度分析，随温度升高，不同投料比时CO2的平衡转化率趋于相近的原因是______。③在x=，温度为T，体积恒定的密闭容器中投入1molCO2时，初始压强为po，经一段时间反应达到平衡，CO2的转化率为50%，列式表示该反应的压强平衡常数Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压x物质的量分数)。（4）用电解法可将CO2转化为多种原料，原理如图。若铜电极上只产生C2H4和CO气体，写出产生C2H4的电极反应式______；电解后溶液pH______(填“变大”、“变小”或“不变”)(忽略溶液体积的变化)。【答案】（1）C2H6(g)+CO(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(l)△H=+134kJ•mol-1（2）①.0.04mol•L-1•min-1②.50%③.<（3）①.x3>x2>x1②.升高温度到一定范围，温度对平衡移动的影响占主要因素③.（4）①.2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O②.不变【解析】【小问1详解】I．C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)ΔH=+136kJ·mol-1II．CO2(g)=CO(g)+O2(g)ΔH=+283kJ·mol-1III．H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285kJ·mol-1根据盖斯定律I+II+III得总反应的热化学方程式为C2H6(g)+CO(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(l)△H=+134kJ•mol-1；【小问2详解】 ①0~5min内用H2表示的反应速率为。②平衡时CH4的转化率为；③保持体积不变，其他条件相同时，开投始入0.4molCO2和0.4molCH4，相当于加压，反应达到平衡后生成CO的物质的量<0.4mol；【小问3详解】①增大氢气的浓度，CO2的平衡转化率增大，x=，X越小，CO2的平衡转化率越大，所以x3>x2>x1；②升高温度到一定范围，温度对平衡移动的影响占主要因素，所以随温度升高，不同投料比时CO2的平衡转化率趋于相近；③在x=，温度为T，体积恒定的密闭容器中投入1molCO2时，初始压强为po，经一段时间反应达到平衡，CO2的转化率为50%，平衡后总压强为，该反应的压强平衡常数Kp=；【小问4详解】根据图示，CO2在铜电极得电子生成C2H4，电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；总反应为、，电解后硫酸物质的量不变，溶液pH不变。(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 [化学——选修3：物质结构与性质]11.尿素()是最简单的有机物之一，其合成揭开了人工合成有机物的序幕。回答下列问题：（1）尿素各组成元素(氢除外，下同)电负性最强的是___________(填元素名称)，第一电离能由大到小的顺序为___________(填元素符号)，氮原子价层电子的轨道表达式为___________。（2）尿素分子中碳、氮原子的杂化方式分别为___________、___________。（3）德国化学家维勒首次使用无机物质氰酸铵(NH4CNO)与硫酸铵合成了尿素，写出氰酸根离子(CNO-)的一种等电子体___________(分子、离子均可)，氰酸根离子的空间构型为___________。（4）尿素可与多种金属形成配合物，其配位原子可以是___________。（5）现从尿素和草酸的水溶液中获得一种超分子晶体(超分子是由两种或两种以上的分子依靠特殊作用力结合而成的)，形成该晶体的特殊作用力是___________。X射线衍射实验证实，一定温度下该晶体的晶胞与钠相同，晶胞中两种分子的个数比为1:1，若晶胞参数为505.8pm，则该晶体的密度为___________g/cm3(列出计算式)。【答案】（1）①.氧②.③.（2）①.sp2②.sp3（3）①.CO2(其他合理即可)②.直线形（4）N或O（5）①.氢键②.【解析】【小问1详解】尿素中含有H、C、N、O四种原子，同周期元素从左到右电负性以此增强，氢除外电负性最强的是氧；同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态,能量降低,失去电子需要的能量较高,第一电离能高于同周期相邻元素,故第一电离能；氮原子价层电子的轨道表达式为；【小问2详解】尿素分子中碳成双键，呈平面型结构，杂化方式为sp2；氮原子成三个单键，有一对孤电子对，价层电子对为4对，杂化方式为sp3；【小问3详解】 氰酸根离子(CNO-)含有三个原子，价电子总数为16，它的等电子体有CO2、N、SCN-等；等电子体结构相似，CNO-与CO2互为等电子体，CO2结构为为直线型，氰酸根离子的空间构型为直线型；【小问4详解】CNO-中N和O原子上有孤电子对，与多种金属形成配合物时，配位原子可以是N或O；【小问5详解】超分子是由两种或两种以上的分子依靠特殊作用力结合而成的，分子之间的作用力是分子间作用力，尿素和草酸分子间可以形成氢键，形成该晶体的特殊作用力是氢键；碱金属采取提心立方堆积，一定温度下该晶体的晶胞与钠相同，晶胞中两种分子的个数比为1:1，故晶胞中含有1个尿素和1个草酸分子，该晶体的密度为=；[化学——选修5：有机化学基础]12.A()是煤干馏产物之一，可用来合成一种药物中间体F()，其合成路线如下：（1）A的结构简式为___________，C的含氧官能团名称为___________｡（2）试剂1为___________，E→F的反应类型为___________｡（3）E与足量溶液反应的化学方程式为___________｡（4）与分子式相同，满足下列条件的同分异构体有___________种(填序号)｡①能与溶液反应②有3个取代基的芳香族化合物写出其中苯环上一氯化物有2种的同分异构体的结构简式___________､___________｡（5）已知，则设计以对硝基甲苯和乙醇为原料，合成麻醉药物苯佐卡因()的路线为___________｡ 【答案】（1）①.②.羧基（2）①.铁粉或FeCl3､液溴②.取代反应（3）+NaHCO3+CO2↑+H2O（4）①.6②.③.（5）【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，在溴化铁作催化剂作用下与液溴发生取代反应生成，则A为，B为，在酸性高锰酸钾溶液中发生氧化反应生成，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则D为，经酸化生成，一定条件与发生取代反应生成。【小问1详解】由分析可知，A的结构简式为，C的结构简式为，官能团为羧基。【小问2详解】由分析可知，的反应为在溴化铁作催化剂作用下与液溴发生取代反应生成 和溴化氢；的反应为一定条件与发生取代反应生成和水。【小问3详解】与足量碳酸氢钠反应生成、二氧化碳和水，反应的化学方程式为+NaHCO3+CO2+H2O【小问4详解】由的同分异构体有3个取代基，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体可知，同分异构体分子中含有羧基和2个甲基，则符合条件的结构简式为。【小问5详解】