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

阆中中学校高2021级2023年秋10月月考理科综合化学试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：32Cl：35.5一、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、生活密切相关。下列相关说法正确的是A.棉花和蚕丝的主要成分均是蛋白质B.工业上电解MgCl2溶液可以制备MgC.“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的同一种性质D.煤的气化、石油的裂化、裂解均为化学变化【答案】D【解析】【详解】A．棉花的主要成分是纤维素，蚕丝的主要成分是蛋白质，A错误；B．工业上电解熔融的MgCl2可以制备Mg，电解MgCl2溶液得不到Mg，只能得到Mg(OH)2，B错误；C．“血液透析”利用了胶体原理，“静电除尘”利用了胶体的电泳原理。C错误；D．煤的气化是把煤转变为CO、H2、CH4等可燃性气体，石油的裂化、裂解均是把长链烃变短链烃的过程，均为化学变化，D正确；故选D。2.NA为阿伏加德罗常数值；下列分析正确的是A.14gN2中含共用电子对的数目为1.5NAB.将0.5molCl2完全溶于水，溶液中Cl-，ClO-和HClO的微粒数之和为NAC.1LpH=2的H3PO4(中强酸)溶液中含H+的数目小于0.01NAD.标准状况下，1.12L苯含有C-H键的数目为0.3NA【答案】A【解析】【详解】A．氮气结构式N≡N，1molN2含共用电子对的数目为3NA，14gN2为0.5mol，则含共用电子对的数目为1.5NA，故A正确；B．Cl2溶于水，溶液中除Cl-，ClO-和HClO的微粒外还有Cl2，故B错误；C．1LpH=2的H3PO4(中强酸)溶液中含H+为0.01mol，数目为0.01NA，故C错误；D．标况下苯是液体，不是气体，D错误； 故选A。3.下列实验操作或实验设计正确的是ABCD提纯乙酸乙酯Fe3+的检验制取少量O2中和反应热的测定A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中可以发生水解反应而变质，故不能用氢氧化钠溶液提纯乙酸乙酯，故A错误；B．Fe3+遇KSCN变为红色，故使用KSCN检验FeCl3，故B正确；C．氧气的密度与空气的密度比较接近，不能用排空气法收集氧气，故C错误；D．中和热的测定中缺少玻璃仪器环形玻璃搅拌棒，故D错误；故选B。4.X、Y、Z、M和W是五种原子序数依次增大的短周期主族非金属元素；Z和M元素的游离态均是空气的主要成分；其中只有Y、Z与M处于相同周期，该五种元素均不同族，且能共同组成有机物。下列说法中错误的是A.原子半径：X<M<YB.化合物XWM能氧化C.X、Z和M三元素组成的化合物只可能含共价键D.与氢化合时，Z单质比Y单质更容易【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，X、Y、Z、M和W是五种原子序数依次增大的短周期主族非金属元素；Z和M元素的游离态均是空气的主要成分则Z为N，M为O，其中只有Y、Z与M处于相同周期，则X为H，该五种元素均不同族，且能共同组成有机物，Y为C，W为Cl，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，X、M、Y分别为H、O和C，故原子半径：X<M<Y，A正确； B．由分析可知，化合物XWM即HClO具有强氧化性，能氧化，B正确；C．由分析可知，X、Z和M三元素分别为：H、N、O，三者组成的化合物可能只含共价键，如HNO3，也可能既有共价键又有离子键，如NH4NO3、NH4NO2等，C错误；D．由分析可知，Z为N，Y为C，则非金属性N大于C，故与氢化合时，Z单质比Y单质更容易，D正确；故答案为：C。5.对异丙基苯甲醇(N，结构简式为)可以用于制备香料。下列关于N的判断正确的是A.不能被氧化B.其苯环上的一氯代物一共有4种C.能和乙酸发生取代反应D.分子内所有碳原子均共平面【答案】C【解析】【详解】A．对异丙基苯甲醇中含有羟甲基、与苯环相连的碳上有H，故能被氧化，A错误；B．根据等效氢原理可知，其苯环上的一氯代物一共有2种，B错误；C．对异丙基苯甲醇中含有羟基，能和乙酸发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，C正确；D．对异丙基苯甲醇中含有异丙基，异丙基上三个碳原子最多只能2个碳原子与苯环共平面，故不可能分子内所有碳原子共平面，D错误；故答案为：C。6.2022年北京冬奥会期间，我国使用了“容和一号”大容量电池堆(铁一铬液流电池)作为备用电源(原理示意如图)。铁-铬液流电池的寿命远远高于钠硫电池锂离子电池和铅酸蓄电池等。下列说法错误的是A.该电池总反应为：Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+B.充电时左边的电极电势高于右边的电极电势 C.充电时若1molFe2+被氧化，电池中有1molH+通过交换膜由左向右迁移D.若用该电池电解水，生成22.4L(标准状况)H2时，则有2molCr3+被还原【答案】D【解析】【详解】A．由图示可知，放电时正极反应式为：Fe3++e-=Fe2+，负极反应式为：Cr2+-e-=Cr3+，充电时阳极反应式为：Fe2+-e-=Fe3+，阴极反应式为：Cr3++e-=Cr2+，则电池总反应为：Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，A正确；B．充电时左侧为阳极，右侧为阴极，阳极电势高于阴极电势，B正确；C．充电时若1molFe2+被氧化，即失去1mol电子，则电池中有1molH+通过交换膜由左(阳极)向右(阴极)迁移，C正确；D．电解水时，生成氢气的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成22.4L(标准状况)H2即1molH2时，转移2mole-，那么该电池需要提供电能，即放电，因此会有2molCr2+被氧化，D错误；答案选D。7.常温下，用溶液分别滴定的和的溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.和的数量级分别为和B.A、B、C三点中由水电离出的由大到小的顺序为C.曲线上的A点与C点混合，则存在D.B点满足【答案】D【解析】 【详解】A．的溶液的约为4.3，由此计算平衡常数，数量级为，的溶液的约为2，由此计算平衡常数，数量级为，A项错误；B．A、B两点均显酸性，均抑制水的电离，B点的酸性强，对水的电离抑制程度大，而C点为盐促进水的电离，故A、B、C三点中由水电离出的由大到小的顺序为，B项错误；C．曲线上的A点与C点混合后，形成和的混合物，且物质的量浓度之比为，根据物料守恒可得，故C项错误；D．B点溶质为和的混合物，且物质的量浓度之比为，电荷守恒为，物料守恒为，两式合并可得，故D正确；选D。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。8.二氯砜(SO2Cl2)在制药行业中用途广泛。SO2Cl2的沸点为，遇水剧烈水解。实活性炭验室制备SO2Cl2的原理为：，部分装置如图所示。回答以下问题：（1）仪器a的名称为___________。 （2）滴液漏斗中盛放的液态物质b为___________，述装置各接口连接的顺序依次为①、___________、___________、___________。（3）通过开关K控制水流速率，以保证仪器a的出水温度低于，该操作的目的是___________；试剂碱石灰的两个作用分别是①___________；②___________。（4）实验结束后，需从三颈烧瓶中分离出高纯度SO2Cl2，该分离操作的名称为___________(填标号)。A．蒸馏B．蒸发C．萃取D．重结晶若标准状况下，反应中消耗的Cl2的体积为896.0mL(SO2足量)，最后得到纯净的，则的产率为___________。（5）用硫磺、液氯和按照一定物质的量之比混合，在一定条件下也能合成，且原子利用率达100%，则三者的物质的量之比___________。【答案】（1）球形冷凝管（2）①.饱和食盐水②.③③.②④.④（3）①.提高冷凝效果，提高SO2Cl2的冷凝率②.吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境③.防止空气中的水蒸气进入三颈瓶，引起SO2Cl2水解（4）①.A②.50%（5）1∶3∶2【解析】【分析】由题干实验装置图可知，本实验是利用排饱和食盐水法来将收集好的氯气排出，然后经过浓硫酸干燥后进入三颈瓶中，发生反应来制备SO2Cl2，据此分析解题。【小问1详解】由题干实验装置图可知，仪器a的名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；【小问2详解】由分析可知，本实验是利用排饱和食盐水法来将收集好的氯气排出，则滴液漏斗中盛放的液态物质b为饱和食盐水，述装置各接口连接的顺序依次为①、③、②、④，故答案为：饱和食盐水；③；②；④；【小问3详解】有题干信息可知，SO2Cl2的沸点为，遇水剧烈水解，通过开关K控制水流速率，以保证仪器a的出水温度低于，该操作的目的是提高冷凝效果，提高SO2Cl2的冷凝率，试剂碱石灰的两个作用分别是①吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境，②防止空气中的水蒸气进入三颈瓶，引起SO2Cl2 水解，故答案为：提高冷凝效果，提高SO2Cl2的冷凝率；吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入三颈瓶，引起SO2Cl2水解；【小问4详解】已知SO2Cl2的沸点为，沸点较低，易挥发，故实验结束后，需从三颈烧瓶中分离出高纯度SO2Cl2，该分离操作的名称为蒸馏，若标准状况下，反应中消耗的Cl2的体积为896.0mL(SO2足量)，n(Cl2)=，根据方程式可知，n(SO2Cl2)=0.04mol，m(SO2Cl2)=0.04mol×135g‧mol-1=5.4g，最后得到纯净的，则的产率为，故答案为：A；50%；【小问5详解】用硫磺、液氯和按照一定物质的量之比混合，在一定条件下也能合成，且原子利用率达100%，则反应方程式为：S+3Cl2+2SO3=3SO2Cl2，则三者的物质的量之比1∶3∶2，故答案为：1∶3∶2。9.氯化亚铜(CuCl)是一种难溶于水和乙醇、在潮湿的空气中易水解氧化白色粉末，广泛应用于印染等行业。工业上用铜矿粉(主要含Cu2S及少量Al2O3和SiO2)为原料制备CuCl，其流程如下图。已知：常温下，的约为。（1）“浸取”时，发生反应为：，该反应分为两步进行：第一步为；第二步为___________；其中，滤渣的成分为___________(填化学式)。（2）除杂时，在常温下加入氨水，并控制混合溶液pH=4.0；此时，该溶液中________。（3）加水“稀释”时发生反应的相关离子反应方程式为___________；若“稀释”时加水不足，会导致CuCl的产率___________(选填“偏低”、“偏高”或“不变”)；从溶液中过滤得到CuCl固体后需要用乙醇洗涤，其目的是___________。（4）CuCl纯度的测定。在锥形瓶中，将agCuCl样品溶解于H2O2和H2SO4的混合溶液，得到CuSO4溶液；加热溶液，待没有气体逸出后，再加入过量KI溶液，充分反应；向所得溶液中滴加2 滴淀粉溶液，用的标准溶液滴定至终点，平均消耗溶液VmL。已知：、。①“加热溶液，待没有气体逸出”的目的是___________。②滴定终点的判断依据是___________。【答案】9.①.CuCl+2Cl－=②.SiO2和S10.10511.①.CuCl↓+2Cl－②.偏低③.CuCl难溶于乙醇，减少溶解损耗；乙醇易挥发，有利于快速去除CuCl表面水分，防止其水解氧化12.①.确保H2O2完全分解，以免引起实验误差②.当滴入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色【解析】【分析】本工艺流程题是利用铜矿粉(主要含Cu2S及少量Al2O3和SiO2)为原料制备CuCl，“浸取”步骤中发生的反应有：，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，过滤得滤渣主要成分为SiO2和S，滤液中主要成分为Al3+和，“除杂”步骤是利用氨水将Al3+沉淀除去，反应原理为：Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3，过滤得到滤液主要含，向滤液加水稀释，反应原理为：CuCl↓+2Cl-，据此分析解题。【小问1详解】“浸取”时，发生反应为：，该反应分为两步进行：第一步为；总反应式减去第一步反应即得第二步为CuCl+2Cl-=，由分析可知，其中，滤渣的成分为SiO2和S，故答案为：CuCl+2Cl-=；SiO2和S；【小问2详解】由题干信息可知，的约为，即Kb==10-5，除杂时，在常温下加入氨水，并控制混合溶液pH=4.0，pOH=10；此时，该溶液中=105；【小问3详解】加水“稀释”时发生的相关离子反应方程式为CuCl↓+2Cl-；若“稀释”时加水不足，会导致上述平衡逆向移动，故会导致CuCl的产率偏低；从溶液中过滤得到CuCl固体后需要用乙醇洗涤，其原因为： CuCl难溶于乙醇，减少溶解损耗，且乙醇易挥发，有利于快速去除CuCl表面水分，防止其水解氧化；【小问4详解】①由于H2O2能将I-氧化为I2，若H2O2未除干净，将引起实验误差，故“加热溶液，待没有气体逸出”的目的是确保H2O2完全分解，以免引起实验误差；②本滴定使用淀粉溶液作指示剂，故滴定终点的判断依据是：当滴入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内恢复蓝色。10.我国氢能源汽车已经开始销售，氢能源的热值高、无污染，使其成为理想的能源，工业上量产化制氢原理是：CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)ΔH=akJ/mol。（1）相关化学键键能数据如下表所示。化学键H-HC=OH-OC-H435745463415则a=___________。（2）关于上述反应中CO2产物的再利用一直是科研工作者研究的重点。工业上利用CO2和制备甲醇的原理是：CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)，现研究温度及分子筛膜(用分子筛膜代替容器器壁，该膜只允许极性分子通过)对甲醇平衡产率的影响。将CO2和初始投料分别按1.0mol/L和4.0mol/L充入恒容容器中，温度及分子筛膜对甲醇平衡产率的影响如图所示。①220℃时，经过2min达到M点，则该条件下0~2min内的平均反应速率___________；无分子筛膜时，升高温度，反应速率将___________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。②其他条件不变，有分子筛膜时甲醇的平衡产率总是高于没有分子筛膜，其原因可能是___________。（3）工业上利用CO2和H2制备甲醇的容器中存在的反应有：反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g)2H2O(g)+CH4(g)反应Ⅲ：2CO2(g)+6H2(g)4H2O(g)+C2H4(g) 为分析催化剂对反应的选择性，在1L恒容密闭容器中充入2.0molCO2和5.3molH2。若测得反应进行相同时间后，有关物质的物质的量随温度变化如图所示：①该催化剂在较低温度时主要选择反应___________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。②研究发现，若温度过高，三种含碳产物的物质的量均会迅速降低，其主要原因可能是___________。③在一定温度下达到平衡，此时测得容器中部分物质的含量，，。则该温度下反应Ⅰ的平衡常数K=_______(结果保留两位小数)。（4）研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时零排放，其基本原理如图所示。温度小于时进行电解反应，碳酸钙先分解为和，电解质为熔融碳酸钠，阳极的电极反应为，则阴极的电极反应为___________。【答案】（1）+282（2）①.0.3mol·L-1·min-1②.增大③.分子筛膜时能及时分离出产物，上述平衡正向移动，甲醇的平衡产率增大（3）①.Ⅱ②.温度升高，催化剂活性降低③.1.92（4）3CO2+4e－=C+2【解析】【小问1详解】根据反应热等于反应物总的键能之和减去生成物总的键能之和，故 a=4E(C-H)+4E(O-H)-2E(C=O)-4E(H-H)=4×415+4×463-(2×745+4×435)=282，故答案为：282；【小问2详解】①根据M点数据可知，=20%，即x=0.2，220℃时，经过2min达到M点，则该条件下0~2min内的平均反应速率0.3mol·L-1·min-1，无分子筛膜时，升高温度，任何反应的反应速率都增大，故反应②速率将增大。②H2O和CH3OH都是极性分子，可以透过分子筛膜，使得分子筛膜时能及时分离出产物，上述平衡正向移动，甲醇的平衡产率增大；【小问3详解】①在较低温度时主要生成甲烷，该催化剂在较低温度时主要选择反应Ⅱ。②研究发现，若温度过高，三种含碳产物物质的量会迅速降低，其主要原因可能时温度升高，催化剂活性降低。③列三段式： ；【小问4详解】温度小于900℃时进行电解反应，碳酸钙先分解为CO2和CaO，电解质为熔融碳酸盐，熔融碳酸钠中的碳酸根离子移向阳极，阴极二氧化碳得电子发生还原反应生成碳，则阴极的电极反应为3CO2+4e－=C+2。(二)选考题：共15分。11.二茂铁()分子式为，是具有导电性的有机配合物，其衍生物一直是科学研究的前沿。（1）Fe在周期表中的___________区，Fe变为Fe2+时是失去___________轨道电子；若受热后Fe的1个4s电子会跃迁至4p轨道，写出Fe的该激发态电子排布式：[Ar]___________。（2）羰基铁粉【Fe(CO)5】中铁元素的配位数是___________，配位原子为___________。（3）二茂铁的衍生物可和H3O+等微粒产生静电作用，H、O和C的电负性由大到小的顺序为___________；H3O+中氧原子的杂化方式为___________，H3O+空间构型为___________。（4）T-碳是碳的一种同素异形体，其晶体结构可以看成是金刚石晶体(如图甲)中每个碳原子被一个由四个碳原子组成的正四面体结构单元()所取代(如图乙)。一个T-碳晶胞中含有___________个碳原子，已知T-碳的密度约为金刚石的一半。则T-碳晶胞的边长和金刚石晶胞的边长之比为___________。【答案】（1）①.d②.4s③.3d64s14p1（2）①.5②.C或碳(原子)（3）①.O>C>H②.sp3③.三角锥形（4）①.32②.2：1 【解析】【小问1详解】Fe在元素周期表中位于第四周期第VIII族，为d区元素，基态Fe原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe变为Fe2+时是失去4s轨道2个电子；受热后Fe的1个4s电子会跃迁至4p轨道，该激发态电子排布式：[Ar]3d64s14p1；【小问2详解】羰基铁粉【Fe(CO)5】中铁元素配位数是5，同周期元素从左到右元素的半径依次减小，给出电子对的能力减弱，所以配位原子是C；【小问3详解】同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则O>C，H的电负性最弱，则有电负性O>C>H；H3O+的价层电子对数为=3+=4，O是sp3杂化，有一对孤对电子对，间构型为三角锥形；【小问4详解】根据均摊原则，一个金刚石晶胞中含有碳原子数为，T-碳晶体结构可以看成是金刚石晶体中每个碳原子被一个由四个碳原子组成的正四面体结构单元所取代，则，一个T-碳晶胞中含有32个碳原子，设金刚石晶胞的边长为a，金刚石的密度为，T-碳的晶胞边长为b，密度为，T-碳的密度约为金刚石的一半，则=2×，解得，T-碳晶胞的边长和金刚石晶胞的边长之比为2:1。12.已知二氯烯丹()是一种除草剂，其合成路线如下：目标物(T.M.)（1）A的结构简式为___________；按照系统命名，C的名称为___________。（2）反应③的化学方程式为___________，上述流程中，与该反应具有相同反应类型的有___________( 填标号)。（3）检验E中官能团所用的化学试剂有___________。（4）由上述反应⑥预测：中的较稳定是___________(选填“苯环上氯”或“甲基上氯”)。（5）写出的所有同分异构体中，核磁共振氢谱有两种峰的结构简式___________。（6）设计由丙烯和对甲基苯酚制备(树脂)的合成线路(无机试剂任选)。___________【答案】（1）①.CH3CH=CH2②.1,2,3—三氯丙烷（2）①.CH2Cl-CHCl-CH2Cl+NaOHCH2=CCl-CH2Cl+NaCl+H2O②.⑤（3）氢氧化钠溶液（4）苯环上氯（5）C(CI)3CH2CH3或者CH2ClC(Cl)2CH3（6）CH2=CHCH3CH2=CHCH2ClCH2=CHCH2OHCH2=CHCHO【解析】【分析】由C结构简式可知A为链状结构，根据A的分子式可知A为丙烯，其结构简式为：CH3CH=CH2；根据C的结构简式可知，C的名称为1,2,3—三氯丙烷，物质E应该是D和氯气加成后生成的卤代烃，其官能团为氯原子，以此解题。【小问1详解】由C的结构简式可知A为链状结构，根据A的分子式可知A为丙烯，其结构简式为：CH3CH=CH2；根据C的结构简式可知，C的名称为1,2,3—三氯丙烷；【小问2详解】根据C生成D的条件可知，该反应为卤代烃的消去反应，其方程式为：CH2Cl-CHCl-CH2Cl+NaOHCH2=CCl-CH2Cl+NaCl+H2O；该反应属于消去反应，从反应路线可以知道反应⑤也是消去反应； 【小问3详解】物质E应该是D和氯气加成后生成的卤代烃，其官能团为氯原子，检验其中氯原子可以用卤代烃水解的性质，需要的试剂为：氢氧化钠溶液；【小问4详解】由反应⑥可知甲基上的氯原子参加反应较活泼，故中的较稳定是苯环上的氯；【小问5详解】的同分异构体的书写应在—Cl的移动上有序进行，将③号C原子上的—Cl移动到②号C原子上得到一种同分异构体CH2ClC(Cl)2CH3，将②、③号碳原子上的—Cl移到①号C原子上得到一种同分异构体C(Cl)3CH2CH3，将②号C原子上的—Cl移到①号或③号C原子上得一种同分异构体CH2ClCH2CHCl2，将①号C原子上的—Cl移到③号碳原子上得到一种同分异构体CH3CHClCHCl2，在这些同分异构体中核磁共振氢谱有两种峰的结构简式为：C(Cl)3CH2CH3或者CH2ClC(Cl)2CH3；小问6详解】