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四川省眉山市仁寿一中北校区2023-2024学年高三上学期11月期中考试理综化学试题(Word版附解析)

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高2024届2023-2024学年度上期半期考试理综试卷化学试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用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,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试时间50分钟,满分100分。可能用到的相对原子质量:H:1C:12O:16Mg:24S:32Cu:64I:127一、选择题:本题共7小题,每小题6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.建设美丽乡村,守护中华家园,衣食住行皆化学。下列说法正确的是A.千家万户通光纤,光纤的主要材质为B.乡村公路铺沥青,沥青属于天然无机材料C.美容扮靓迎佳节,化妆品中的甘油难溶于水D.均衡膳食助健康,主食中的淀粉可水解为葡萄糖【答案】D【解析】【详解】A.光纤主要材质为二氧化硅,A错误;B.沥青属于有机材料,B错误;C.甘油溶于水,C错误;D.淀粉水解的最终产物为葡萄糖,D正确;故选D。2.昆虫信息素是昆虫之间传递信号的化学物质。人工合成信息素可用于诱捕害虫、测报虫情等。一种信息素的分子结构简式如图所示,关于该化合物说法不正确的是A.属于烷烃B.可发生水解反应C.可发生加聚反应D.具有一定的挥发性【答案】A 【解析】【分析】【详解】A.根据结构简式可知,分子中含C、H、O,含碳碳双键和酯基,不属于烷烃,A错误;B.分子中含酯基,在酸性条件或碱性条件下可发生水解反应,B正确;C.分子中含碳碳双键,可发生加聚反应,C正确;D.该信息素“可用于诱捕害虫、测报虫情”,可推测该有机物具有一定的挥发性,D正确;故选A。3.负载有和的活性炭,可选择性去除实现废酸的纯化,其工作原理如图。下列说法正确的是A.作原电池正极B.电子由经活性炭流向C.表面发生的电极反应:D.每消耗标准状况下的,最多去除【答案】B【解析】【分析】在Pt得电子发生还原反应,Pt为正极,Ag失去电子与溶液中的Cl-反应,Ag为负极。【详解】A.由分析可知,Ag失去电子与溶液中的Cl-反应生成AgCl,Ag为负极,A错误;B.电子由负极经活性炭流向正极,B正确;C.溶液为酸性,故表面发生的电极反应为,C错误;D.每消耗标准状况下的,转移电子2mol,而失去2mol电子,故最多去除,D错误。故选B。 4.设为阿伏加德罗常数的值。侯氏制碱法涉及和等物质。下列叙述正确的是A.含有共价键数目为B.完全分解,得到的分子数目为C.体积为的溶液中,数目为D.和的混合物中含,则混合物中质子数为【答案】D【解析】【详解】A.铵根中存在4个N-H共价键,1molNH4Cl含有的共价键数目为4NA,A错误;B.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,1molNaHCO3完全分解,得到0.5molCO2分子,B错误;C.,会发生水解和电离,则1molNaHCO3溶液中数目小于1NA,C错误;D.NaCl和NH4Cl的混合物中含1molCl-,则混合物为1mol,质子数为28NA,D正确;故答案为:D。5.取一定体积的两种试剂进行反应,改变两种试剂的滴加顺序(试剂浓度均为),反应现象没有明显差别的是选项试剂①试剂②A盐酸溶液B溶液溶液C溶液酸性溶液 D溶液溶液A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.将盐酸滴入碳酸钠溶液中,两者反应生成碳酸氢钠,开始无明显现象,随着盐酸的不断加入,碳酸钠全部转化为碳酸氢钠,此时再滴加盐酸,生成二氧化碳气体,将碳酸钠滴入盐酸中,两者反应生成二氧化碳,立即就有气体生成,A错误;B.硫酸铝滴加入NaOH溶液中,反应生成Na[Al(OH)4],开始时无沉淀生成,随着硫酸铝的不断滴加,铝离子与[Al(OH)4]-反应生成氢氧化铝白色沉淀,而向硫酸铝溶液中滴加NaOH,一开始就会生成氢氧化铝沉淀,B错误;C.草酸能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应,草酸溶液中滴加酸性高锰酸钾,随着高锰酸钾的不断滴入,溶液逐渐由无色变为紫红色,而酸性高锰酸钾中滴加草酸,随着草酸的不断滴入,溶液逐渐由紫红色变为无色,C错误;D.KSCN与氯化铁反应生成Fe(SCN)3,KSCN溶液和FeCl3溶液滴加顺序不同,现象均为溶液变为血红色,D正确;故答案选D。6.下列反应的离子方程式不正确的是A.通入氢氧化钠溶液:B.氧化铝溶于氢氧化钠溶液:C.过量通入饱和碳酸钠溶液:D.溶液中滴入氯化钙溶液:【答案】D【解析】【详解】A.通入氢氧化钠溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的离子方程式为:,选项A正确;B.氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水,反应的离子方程式为: ,选项B正确;C.过量通入饱和碳酸钠溶液反应产生碳酸氢钠晶体,反应的离子方程式为:,选项C正确;D.溶液中滴入氯化钙溶液,因亚硫酸酸性弱于盐酸,不能发生反应,选项D不正确;答案选D。7.我国嫦娥五号探测器带回的月球土壤,经分析发现其构成与地球土壤类似土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z,原子序数依次增大,最外层电子数之和为15。X、Y、Z为同周期相邻元素,且均不与W同族,下列结论正确的是A.原子半径大小顺序为B.化合物XW中的化学键为离子键C.Y单质的导电性能弱于Z单质的D.Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸【答案】B【解析】【分析】由短周期元素W、X、Y、Z,原子序数依次增大,最外层电子数之和为15, X、Y、Z为同周期相邻元素,可知W所在主族可能为第ⅢA族或第ⅥA族元素,又因X、Y、Z为同周期相邻元素,且均不与W同族,故W一定不是第ⅢA族元素,即W一定是第ⅥA族元素,进一步结合已知可推知W、X、Y、Z依次为O、Mg、Al、Si,据此答题。【详解】A.O原子有两层,Mg、Al、Si均有三层且原子序数依次增大,故原子半径大小顺序为Mg>Al>Si>O,即,A错误;B.化合物XW即MgO为离子化合物,其中的化学键为离子键,B正确;C.Y单质为铝单质,铝属于导体,导电性很强,Z单质为硅,为半导体,半导体导电性介于导体和绝缘体之间,故Y单质的导电性能强于Z单质的,C错误;D.Z的氧化物的水化物为硅酸,硅酸酸性弱于碳酸,D错误;故选B。第Ⅱ卷非选择题(共58分)二、非选择题:本卷包括必考题和选考题两部分。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.学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题:(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图,仪器A的名称为_______,装置B的作用为_______。(2)铜与过量反应的探究如下:实验②中Cu溶解的离子方程式为_______;产生的气体为_______。比较实验①和②,从氧化还原角度说明的作用是_______。(3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X,元素分析表明X为铜的氧化物,提纯干燥后的X在惰性氛围下加热,mgX完全分解为ng黑色氧化物Y,。X的化学式为_______。(4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后,调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂,用标准溶液滴定,滴定终点时消耗标准溶液15.00mL。(已知:,)标志滴定终点的现象是_______,粗品中X的相对含量为_______。【答案】(1)①.具支试管②.防倒吸(2)①.Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O②.O2③.既不是氧化剂,又不是还原剂,但可增强H2O2的氧化性(3)CuO2(4)①.溶液蓝色消失,且半分钟不恢复原来的颜色②.96%【解析】【小问1详解】由图可知,仪器A的名称为具支试管;铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮,其中二氧化氮易溶于水,需要防倒吸,则装置B的作用为防倒吸;【小问2详解】 根据实验现象,铜片溶解,溶液变蓝,可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应,生成硫酸铜,离子方程式为:Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O;硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气,则产生的气体为O2;在铜和过氧化氢的反应过程中,氢元素的化合价没有发生变化,但反应现象明显,故从氧化还原角度说明的作用是:既不是氧化剂,又不是还原剂,但可增强H2O2氧化性;【小问3详解】在该反应中铜的质量m(Cu)=n×,因为,则m(O)=,则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为:,则X为CuO2;【小问4详解】滴定结束的时候,单质碘消耗完,则标志滴定终点的现象是:溶液蓝色消失,且半分钟不恢复原来的颜色;在CuO2中铜为+2价,氧为-1价,根据,可以得到关系式:,则n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.0005mol,粗品中X的相对含量为。9.稀土()包括镧、钇等元素,是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理,一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下:已知:月桂酸熔点为;月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下,稀土离子保持价不变;的,开始溶解时的pH为8.8;有关金属离子沉淀的相关pH见下表。离子开始沉淀时的pH8.81.53.66.2~7.4沉淀完全时的pH/3.247/ (1)“氧化调pH”中,化合价有变化的金属离子是_______。(2)“过滤1”前,用溶液调pH至_______的范围内,该过程中发生反应的离子方程式为_______。(3)“过滤2”后,滤饼中检测不到元素,滤液2中浓度为。为尽可能多地提取,可提高月桂酸钠的加入量,但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。(4)①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率,其原因是_______。②“操作X”的过程为:先_______,再固液分离。(5)该工艺中,可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。①还原和熔融盐制备时,生成1mol转移_______电子。②用作氢氧燃料电池电极材料时,能在碱性溶液中高效催化的还原,发生的电极反应为_______。【答案】(1)Fe2+(2)①.4.7pH<6.2②.(3)4.010-4(4)①.加热搅拌可加快反应速率②.冷却结晶(5)MgSO4(6)①.15②.O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】【分析】由流程可知,该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取,得到浸取液中含有、、、、、等离子,经氧化调pH使、形成沉淀,经过滤除去,滤液1中含有、、等离子,加入月桂酸钠,使形成沉淀,滤液2主要含有MgSO4溶液,可循环利用,滤饼加盐酸,经加热搅拌溶解后,再冷却结晶,析出月桂酸,再固液分离得到RECl3溶液。【小问1详解】由分析可知,“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子,需要将Fe2+氧化为Fe3+,以便后续除杂,所以化合价有变化的金属离子是Fe2+,故答案为:Fe2+; 【小问2详解】由表中数据可知,沉淀完全的pH为4.7,而开始沉淀的pH为6.2~7.4,所以为保证、沉淀完全,且不沉淀,要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内,该过程中发生反应的离子方程式为,故答案为:4.7pH<6.2;;【小问3详解】滤液2中浓度为,即0.1125mol/L,根据,若要加入月桂酸钠后只生成,而不产生,则==4.010-4,故答案为:4.010-4;【小问4详解】①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率,其原因是加热搅拌可加快反应速率,故答案为:加热搅拌可加快反应速率;②“操作X”的结果是分离出月桂酸,由信息可知,月桂酸熔点为,故“操作X”的过程为:先冷却结晶,再固液分离,故答案为:冷却结晶;【小问5详解】由分析可知,该工艺中,可再生循环利用的物质有MgSO4,故答案为:MgSO4;【小问6详解】①中Y为+3价,中Pt为+4价,而中金属均为0价,所以还原和熔融盐制备时,生成1mol转移15电子,故答案为:15;②碱性溶液中,氢氧燃料电池正极发生还原反应,发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH,故答案为:O2+4e-+2H2O=4OH-。10.油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢,需要回收处理并加以利用。回答下列问题:(1)已知下列反应的热化学方程式: ①②③计算热分解反应④的________。(2)较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是:利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺,高温热分解方法的优点是________,缺点是________。(3)在、反应条件下,将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等,平衡转化率为________,平衡常数________。(4)在、反应条件下,对于分别为、、、、的混合气,热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。①越小,平衡转化率________,理由是________。②对应图中曲线________,计算其在之间,分压的平均变化率为________。【答案】(1)170(2)①.副产物氢气可作燃料②.耗能高(3)①.50%②.4.76(4)①.越高②.n(H2S):n(Ar)越小,H2S的分压越小,平衡向正反应方向进行,H2S平衡转化率越高③.d④.24.9【解析】 【小问1详解】已知:①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-1036kJ/mol②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=94kJ/mol③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-484kJ/mol根据盖斯定律(①+②)×-③即得到2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)的ΔH4=(-1036+94)kJ/mol×+484kJ/mol=170kJ/mol;【小问2详解】根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g)ΔH=(-1036+94)kJ/mol×=-314kJ/mol,因此,克劳斯工艺的总反应是放热反应;根据硫化氢分解的化学方程式可知,高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此,高温热分解方法的优点是:可以获得氢气作燃料;但由于高温分解H2S会消耗大量能量,所以其缺点是耗能高;【小问3详解】假设在该条件下,硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol,根据三段式可知:平衡时H2S和H2的分压相等,则二者的物质的量相等,即1-x=x,解得x=0.5,所以H2S的平衡转化率为,所以平衡常数Kp==≈4.76kPa;【小问4详解】①由于正反应是体积增大可逆反应,n(H2S):n(Ar)越小,H2S的分压越小,相当于降低压强,平衡向正反应方向移动,因此H2S平衡转化率越高;②n(H2S):n(Ar)越小,H2S平衡转化率越高,所以n(H2S):n(Ar)=1:9对应的曲线是d;根据图象可知n(H2S):n(Ar)=1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下,硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol,则根据三段式可知 此时H2S的压强为≈7.51kPa,H2S的起始压强为10kPa,所以H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。(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,则每科按所做的第一题计分。11.硒()是人体必需微量元素之一,含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光()效应以来,在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下:(1)与S同族,基态硒原子价电子排布式为_______。(2)的沸点低于,其原因是_______。(3)关于I~III三种反应物,下列说法正确的有_______。A.I中仅有键B.I中的键为非极性共价键C.II易溶于水D.II中原子的杂化轨道类型只有与E.I~III含有的元素中,O电负性最大(4)IV中具有孤对电子原子有_______。(5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为_______(填“>”或“<”)。研究发现,给小鼠喂食适量硒酸钠()可减轻重金属铊引起的中毒。的立体构型为_______。 (6)我国科学家发展了一种理论计算方法,可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能,该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一,其晶胞结构如图1,沿x、y、z轴方向的投影均为图2。①X的化学式为_______。②设X的最简式的式量为,晶体密度为,则X中相邻K之间的最短距离为_______(列出计算式,为阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1)4s24p4(2)两者都是分子晶体,由于水存在分子间氢键,沸点高(3)BDE(4)O、Se(5)①.>②.正四面体形(6)①.K2SeBr6②.【解析】【小问1详解】基态硫原子价电子排布式为3s23p4,与S同族,Se为第四周期元素,因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4;故答案为:4s24p4。【小问2详解】的沸点低于,其原因是两者都是分子晶体,由于水存在分子间氢键,沸点高;故答案为:两者都是分子晶体,由于水存在分子间氢键,沸点高。【小问3详解】A.I中有键,还有大π键,故A错误;B.Se−Se是同种元素,因此I中的键为非极性共价键,故B正确;C.烃都是难溶于水,因此II难溶于水,故C错误;D.II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2,碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp,故D正确;E.根据同周期从左到右电负性逐渐增大,同主族从上到下电负性逐渐减小,因此I~III含有的元素中,O电负性最大,故E 正确;综上所述,答案为:BDE。【小问4详解】根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子,碳、氢、硫都没有孤对电子;故答案为:O、Se。【小问5详解】根据非羟基氧越多,酸性越强,因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为>。中Se价层电子对数为,其立体构型为正四面体形;故答案为:>;正四面体形。【小问6详解】①根据晶胞结构得到K有8个,有,则X的化学式为K2SeBr6;故答案为:K2SeBr6。②设X的最简式的式量为,晶体密度为,设晶胞参数为anm,得到,解得,X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即;故答案为:。12.含有吡喃萘醌骨架的化合物常具有抗菌、抗病毒等生物活性,一种合成该类化合物的路线如下(部分反应条件已简化):回答下列问题:(1)B的结构简式为_______; (2)从F转化为G的过程中所涉及的反应类型是_______、_______;(3)物质G所含官能团的名称为_______、_______;(4)依据上述流程提供的信息,下列反应产物J的结构简式为_______;(5)下列物质的酸性由大到小的顺序是_______(写标号):①②③(6)(呋喃)是一种重要的化工原料,其能够发生银镜反应的同分异构体中。除H2C=C=CH-CHO外,还有_______种;(7)甲苯与溴在FeBr3催化下发生反应,会同时生成对溴甲苯和邻溴甲苯,依据由C到D的反应信息,设计以甲苯为原料选择性合成邻溴甲苯的路线_______(无机试剂任选)。【答案】(1)(2)①.消去反应②.加成反应(3)①.碳碳双键②.醚键(4)(5)③>①>②(6)4(7)【解析】【小问1详解】有机物A与Br2反应生成有机物B,有机物B与有机物E发生取代反应生成有机物F,结合有机物A、F 的结构和有机物B的分子式可以得到有机物B的结构式,即。【小问2详解】有机物F转化为中间体时消去的是-Br和,发生的是消去反应,中间体与呋喃反应生成有机物G时,中间体中的碳碳三键发生断裂与呋喃中的两个双键发生加成反应,故答案为消去反应、加成反应。【小问3详解】根据有机物G的结构,有机物G中的官能团为碳碳双键、醚键。【小问4详解】根据上述反应流程分析,与呋喃反应生成,继续与HCl反应生成有机物J,有机物J的结构为。【小问5详解】对比三种物质,③中含有电负性较高的F原子,使-CF3变成吸电子基团,将整个有机物的电子云朝着-CF3方向转移,使-SO3H基团更容易失去电子,故其酸性最强;②中含有的-CH3为推电子基团,使得整个有机物的电子云朝着-SO3H方向移动,使-SO3H基团更不容易失去电子。因此,上述三种物质的酸性大小为③>①>②。【小问6详解】呋喃是一种重要的化工原料,其同分异构体中可以发生银镜反应,说明其同分异构体中含有醛基,这样的同分异构体共有4种,分别为:CH3-C≡C-CHO、CH≡C-CH2-CHO、、。【小问7详解】甲苯和溴在FeBr3 的条件下生成对溴甲苯和邻溴甲苯,因题目中欲合成邻溴甲苯,因此需要对甲基的对位进行处理,利用题目中流程所示的步骤将甲苯与硫酸反应生成对甲基苯磺酸,再将对甲基苯磺酸与溴反应生成,再将中的磺酸基水解得到目标化合物,具体的合成流程为:。

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所属: 高中 - 化学
发布时间:2024-01-05 03:55:02 页数:17
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文章作者:随遇而安

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