四川省成都列五中学2023-2024学年高三上学期阶段性考试（一）理综化学试题（Word版附解析）

2023—2024学年度(上)阶段性考试(一)高2021级理科综合可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23K：39Cu：64Cl：35.5Mn：55Al：27一、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.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A.电子跃迁到激发态过程中释放能量产生紫色光—钾盐可用作紫色烟花的原料B.75%浓度的酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸均可以有效灭活新型冠状病毒C.“嫦娥五号”着陆器在月面展示的国旗主要材料为国产高性能芳纶纤维，属于新型有机高分子材料D.海水资源的综合利用涉及制盐、制取镁和溴等，其过程中部分涉及氧化还原反应【答案】A【解析】【详解】A．电子由激发态跃迁到基态的过程中释放能量产生紫色光，因此钾盐可用作紫色烟花的原料，A符合题意；B．75%浓度的酒精可以破坏新型冠状病毒的包膜结构，含氯消毒剂和过氧乙酸具有强氧化性，均可以起到杀灭新型冠状病毒的作用，B不符合题意；C．芳纶纤维全称芳香族聚酰胺纤维，属于新型有机高分子材料，C不符合题意；D．海水制镁、制溴涉及氧化还原反应，海水制盐没有涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选A。2.为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.1中含电子数目为10B.1S和1反应，电子转移数是2C.在电镀铜的过程中，当阳极质量减轻32g时，转移电子数目为D.标准状况下，22.4L新戊烷含有的共价键总数为16【答案】C【解析】【详解】A．一个中含电子6+-1=8个，则1中含电子数目为8，A错误； B．根据知，1S和1反应生成0.5mol，电子转移数是1，B错误；C．在电镀铜的过程中，阳极反应式为，当阳极质量减轻32g时，参与反应的铜为0.5mol，转移电子数目为，C正确；D．标准状况下，新戊烷为液态，22.4L新戊烷不是1mol，含有的共价键总数不是16，D错误；故选C。3.离子方程式正确的是A硫氰化铁溶液中加溶液产生沉淀：B.1乙酸(忽略挥发损失)与足量的在浓硫酸作用下加热，充分反应可生成个C.少量通入溶液中：D.向1La溶液中通入a充分反应：【答案】D【解析】【详解】A．硫氰化铁属于络合物，它与溶液反应的离子方程式为，A错误；B．乙酸与发生的反应属于可逆反应，充分反应生成的应少于个，B错误；C．由于少量，过量，生成物中应含有HClO，离子方程式为，C错误；D．由于还原性：>，amol先与0.5amol反应生成amol和amol，剩余的0.5amol只能氧化amol，故离子方程式为，D正确；故选D。4.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D为上述四种元素中的两种或三种所组成的化合物，E为单质。已知室温下，的水溶液pH为1，B分子中含有10个电子，D具有漂白性，五种化合物间的转化关系如图所示。下列说法正确的是 A.X、Y形成的二元化合物只有两种B.Z元素在同周期元素中半径最小C.W、Y组成化合物的沸点一定低于W、Z组成化合物的沸点D.D中各原子均满足最外层稳定结构【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，已知室温下，的水溶液pH为1，则A为一元强酸，则A为HCl或HNO3；而B为10电子分子，能与酸反应，则B为NH3；D具有漂白性，E为单质，则A不能为HNO3，只能为HCl，D为HClO，E为Cl2，C为氯化铵；则W为氢、X为氮、Y为氧、Z为氯。【详解】A.氮与氧形成的化合物有多种，如NO、N2O、N2O3等，A错误；B.从左到右原子半径依次减小，Cl元素在三周期中半径最小，B正确；C.W、Y组成化合物是H2O,W、Z组成化合物为HCl，水分子间可以形成氢键，沸点更高，C错误；D.D为HClO，H原子不满足最外层稳定结构，D错误。答案选B。【点睛】的水溶液pH为1，则A为一元强酸，则A为HCl或HNO3，再根据10电子分子，只能在HF、H2O、NH3、CH4中去选择，结合物质转化，快速锁定B为NH3，是解决这道的关键。5.化学是以实验为基础的科学。下列实验的操作、现象和结论都正确的是选项实验操作实验现象实验结论A导体左端下沉，右端上升，并且溶液中在铝上有气泡冒出金属性： 将等质量镁丝、铝丝和导体按图示连接好，放入溶液中，并使导体处于平衡状态B剪一小段试纸放在洁净的玻璃片上，用洁净干燥的玻璃棒蘸取溶液点在试纸中央液滴周围试纸变红色溶液呈酸性，说明的电离程度大于水解程度C向5淀粉溶液中加入2~3滴稀硫酸，水浴加热，在冷却后的溶液中加入新制，悬浊液、加热有砖红色物质析出淀粉水解生成具有还原性的葡萄糖D常温下，用计分别测定等体积1溶液和0.1溶液的pH均为7同温下，不同浓度的溶液中水的电离程度相同A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．图中构成了原电池，导体右端上升，说明Al与NaOH溶液发生反应质量减轻，Al为负极，电子沿导线到达镁，在镁上产生H2，实验现象描述错误，该实验也不能证明金属性Mg>Al，A不符合题意；B．用pH试纸测出溶液呈酸性，则可证明的电离程度大于其水解程度，B符合题意；C．在硫酸作催化剂条件下，水解后的溶液呈酸性，直接滴加新制悬浊液、加热，不会生成砖红色物质，葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液的反应需在碱性条件下进行，故不能证明淀粉水解生成了具有还原性的葡萄糖，C不符合题意；D．属于弱酸弱碱盐，促进水的电离，同温下，浓度较大的 溶液中水的电离程度较大，D不符合题意；故选B。6.据2022年1月统计，我国光伏发电并网装机容量突破3亿千瓦，连续七年稳居全球首位。已知四甲基氢化铵［］常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵［］为原料，采用电渗析法合成［］，工作原理如图。下列说法正确的是A.c为阳离子交换膜，d、e均为阴离子交换膜B.光伏并网发电装置中N型半导体为正极C.制备182g，两极共产生33.6L气体(标准状况)D.保持电流恒定，升高温度可加快合成四甲基氢氧化铵的速率【答案】C【解析】【分析】根据第三个池中浓度变化得出，钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，由电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动知，a为阴极，b为阳极，a与N型半导体相连，b与P型半导体相连，所以N型半导体为负极，P型半导体为正极。【详解】A．Na+通过e膜，Cl-通过d膜，(CH3)4N+通过c膜，所以c、e膜为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，A错误；B．由分析可知，N型半导体为负极，B错误；C．的物质的量为，a极电极反应式为，则收集氢气1mol时转移电子为2mol，b极电极反应式为，则收集的氧气为0.5mol，标况下两极可得气体体积为，C正确；D．温度过高，四甲基氯化铵会分解，四甲基氯化铵浓度降低，不能加快合成四甲基氢氧化铵速率，D 错误；故选C。7.湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl-进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如δ(AgCl2-)=]随lgc(Cl-)的变化曲线如图所示。已知：lg[Ksp(AgC1)]=-9.75。下列叙述正确的是A.沉淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=10-7.21mol/LB.AgCl溶解程度随c(Cl-)增大而不断减小C.当c(Cl-)=10-2mol·L-1时，溶液中c(AgCl)>c(AgC1)>c(Ag+)D.25℃时，AgCl+Cl-AgCl的平衡常数K=10-0.2【答案】A【解析】【详解】A．沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl-)=10-2.54mol/L，由lg[Ksp(AgCl)]=-9.75可知，Ksp(AgCl)=10-9.75，则此时c(Ag+)=10-7.21mol•L-1，故A正确；B．由图可知开始的时候氯化银的溶解度随着c(Cl-)增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大的一定程度的时候，随着c(Cl-)增大溶液中的银离子和氯离子形成络离子，而溶解度增大，故B错误；C．当c(Cl-)=10-2mol•L-1时，图中横坐标为-2，由图可知，此时c(AgCl)＞c(Ag+)＞c(AgCl)，故C错误；D．AgCl+Cl-AgCl的平衡常数K=，则在图中横坐标为-0.2时AgCl与AgCl 相交，即其浓度相等，则在常数中其比值为1，此时常数K==100.2，故D错误；故选：A。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.高锰酸钾具有强氧化性，广泛应用于化工、医药、金属冶炼等领域。实验室可通过固体碱溶氧化法制备高锰酸钾。回答下列问题：（1）称取2.45g()和5.04g()，置于铁坩埚中并混合均匀，加热混合物至熔融。加热铁坩埚时，除图中的部分仪器外，还需要___________(填仪器名称)，不使用瓷坩埚的原因是___________。（2）将3.48g()分多次加入熔融物中，继续加热，反应剧烈，最终得到墨绿色。该步反应的化学方程式为___________，分多次加入的原因是___________。（3）待铁坩埚冷却后，将其置于蒸馏水中共煮至固体全部溶解。趁热向浸取液中通入，使歧化为与，该反应的化学方程式为___________。静置片刻，抽滤。该步骤若用代替，可能的后果是___________。（4）水浴加热滤液至出现晶膜，冷却后抽滤、干燥晶体。在该实验中采用水浴加热的主要优点是___________。下表是部分化合物溶解度随温度变化的数据，步骤(3)中不宜通入过多，目的是___________，产品经纯化后称重，质量为3.60g。本实验中的产率为___________%。温度/℃20304050110114117121 33.739.947.565.66.49.012.616.9【答案】（1）①.泥三角②.氢氧化钾可以和瓷坩埚反应（2）①.②.由于该反应非常剧烈，分多次加入可以使反应较平稳地进行，防止反应过于剧烈而使熔融物飞溅（3）①.②.氯化氢会把高锰酸钾还原为氯化锰，无法得到高锰酸钾（4）①.受热均匀②.防止生成溶解度略小的影响产品的纯度③.85.5%【解析】【分析】在铁坩埚中将氢氧化钾和氯酸钾加热熔融，然后加入二氧化锰发生反应生成，再通入二氧化碳发生歧化反应生成高锰酸钾，结晶后得到晶体。【小问1详解】加热固体药品的时候，需要用铁坩埚、三角架和泥三角，故还需要泥三角；瓷坩埚的成分是硅酸盐，则氢氧化钾可以和瓷坩埚反应，故不能使用瓷坩埚；【小问2详解】二氧化锰在熔融的时候和氢氧化钾、氯酸钾反应生成，化学方程式为；由于该反应非常剧烈，分多次加入可以使反应较平稳地进行，防止反应过于剧烈而使熔融物飞溅；【小问3详解】和发生氧化还原反应，歧化为与，根据化合价升降守恒、原子守恒配平可得该反应的化学方程式为；高锰酸钾的氧化性比较强，故用代替，可能的后果是氯化氢会将高锰酸钾还原为氯化锰，从而无法得到高锰酸钾；【小问4详解】 水浴加热的主要优点是受热均匀；通入过量的二氧化碳会产生溶解度较小的碳酸氢钾，加热浓缩结晶时碳酸氢钾和高锰酸钾一起析出，会降低纯度，故目的是提高产品的纯度；由第二问的方程式结合锰酸钾歧化反应的化学方程式可得3MnO2~3K2MnO4~2KMnO4，又因为，，，可知生成的为0.04mol，则理论上可得的物质的量为mol，其理论质量为4.21g，而实际质量为3.60g，因此本实验中高锰酸钾的产率为。9.锑()可用作阻燃剂、电极材料、催化剂等物质的原材料。一种以辉锑矿(主要成分为，还含有、、等)为原料提取锑的工艺如下：已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：金属离子开始沉淀时()的2.23.77.5完全沉淀时()的3.24.79.0回答下列问题：（1）“溶浸”时氧化产物是S，被氧化的化学方程式为___________。（2）“还原”时加入的目的是将___________还原，提高产物的纯度。（3）“水解”时需控制溶液。①发生水解的离子方程式为___________。②为避免水解产物中混入，浓度应小于___________。（4）“滤液”中含有金属阳离子有___________。向“滤液”中通入足量___________(填化学式) 气体，再将滤液调至3.5，可析出沉淀。将沉淀溶于浓盐酸后，产物可返回___________工序循环使用。（5）可由电解制得，阴极的电极反应式为___________。【答案】（1）（2）（3）①.②.（4）①.、②.FeCl3③.溶浸（5）【解析】【分析】“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2，含有Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成对应的氯化物，SiO2不反应形成浸出渣，加入Sb将Fe3+还原为Fe2+，Sb3+发生水解的离子方程式为Sb3++Cl-+H2O⇋SbOCl+2H+，加入HCl酸溶生成Sb，最后电解得到Sb；【小问1详解】“溶浸”时氧化产物是S，则S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，Sb2S3被氧化的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2；【小问2详解】“还原”时加入Sb的目的是将Fe3+还原，防止其发生水解反应，提高产物的纯度；小问3详解】①“水解”生成SbOCl，Sb3+发生水解的离子方程式为Sb3++Cl-+H2O=SbOCl↓+2H+；②Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，，c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0×10-37.4，“水解”时需控制溶液pH=2.5，c(OH-)===10-11.5mol/L，c(Fe3+)===10-2.9mol/L；【小问4详解】Fe2O3、Al2O3、与盐酸反应生成FeCl3、AlCl3，加入Sb将Fe3+还原为Fe2+，“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+；向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，即通入足量Cl2，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，反应生成FeCl3，产物FeCl3可返回溶浸工序循环使用；【小问5详解】 Sb可由SbCl电解制得，Sb得电子发生还原反应，则阴极的电极反应式为。10.碳达峰、碳中和是现在需要继续完成的环保任务，的综合利用成为热点研究对象，作为碳源加氢是再生能源的有效方法，加氢可以合成甲醇，Olah提出“甲醇经济”概念，认为甲醇会在不久的将来扮演不可或缺的角色，通过加氢生产甲醇是有希望的可再生路线之一，该过程主要发生如下反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：（1）①相关键能如下表，则___________，该反应的活化能___________(填“大于”“小于”或“等于”)。化学键键能4361071464803②若K1、K2分别表示反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡常数，则的平衡常数K=___________(用含K1、K2的代数式表示)。③已知的正反应速率(k为正反应的速率常数)，某温度时测得数据如下：10.020.0120.020.02a则此温度下表中a=___________。（2）据文献报道，基纳米材料作为高性能催化剂可将电还原为高能量密度的，不同催化剂对生成的法拉第效率与电极电势的变化如图所示(已知法拉第效率是指实际生成物和理论生成物的百分比)，为了保证生成甲醇的法拉第效率，最合适的电势及最佳催化剂是___________。 （3）在催化剂作用下，发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，达平衡时的转化率随温度和压强的变化如图，判断p1、p2、p3的大小关系：___________，解释压强一定时，的平衡转化率呈现如图变化的原因：___________。（4）某温度下，初始压强为，向容积为的恒容密闭容器中充入、发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时的转化率是50%，体系内剩余，反应Ⅱ的平衡常数K=___________。【答案】（1）①.②.大于③.④.1.6×10−3（2）−1.0V、Cu6(S)（3）①.p1>p2>p3②.TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低（4）2【解析】【小问1详解】①反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等，则反应Ⅰ的焓变ΔH1=(2×803+436)kJ/mol—(1071+2×464)kJ/mol=+43kJ/mol，该反应为吸热反应，所以正反应的活化能大于逆反应的活化能，故答案为：+43kJ/mol；大于；②由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得到反应，则反应的平衡常数K= ，故答案为：；③由速率公式可得：2.0×10−4=k×0.02×0.013，解得k=1×104，则a=1×104×0.02×0.023=1.6×10−3，故答案为：1.6×10−3；【小问2详解】由图可知，电极电势为−1.0V、Cu6(S)做催化剂时生成甲醇的法拉第效率最高，则最合适的电势及最佳催化剂是−1.0V、Cu6(S)，故答案为：−1.0V、Cu6(S)；【小问3详解】反应Ⅰ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，压强为p1、p2、p3时，二氧化碳的转化率依次减小，则压强的大小顺序为p1>p2>p3；反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，压强一定时，温度升高，二氧化碳的转化率先增大后减小，说明TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低，故答案为：p1>p2>p3；TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低；【小问4详解】设平衡时一氧化碳、甲醇的物质的量分别为xmol、ymol，平衡时二氧化碳的转化率是50%，由碳原子个数守恒可得：x+y=1，体系内剩余1mol氢气，由方程式和氢原子个数守恒可得：2x+x+y=2，解得x=y=0.5，则反应Ⅱ的平衡常数K=，故答案为：2。(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中每科任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。11.铝离子电池能量密度高、成本低且安全性高，是有前景的下一代储能电池。铝离子电池一般采用离子液体作为电解质，几种离子液体的结构如下。回答下列问题： （1）基态铝原子的核外电子排布式为___________。（2）基态氮原子的价层电子排布图为___________。（3）化合物Ⅰ中碳原子的杂化轨道类型为___________，化合物II中阳离子的空间构型为___________。（4）化合物Ⅲ中O、F、S电负性由大到小的顺序为___________。（5）传统的有机溶剂大多易挥发，而离子液体有相对难挥发的优点，原因是___________。（6）铝离子电池的其中一种正极材料为，其晶胞中铝原子的骨架如图所示。①晶体中与距离最近的的个数为___________。②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，如图中原子1的坐标为，原子2的坐标为，则原子3的坐标为___________。③已知该晶体属于立方晶系，晶胞参数为a，阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度为___________(列出计算式)。【答案】（1）（2）（3）①.、②.四面体形（4）（5）离子液体是由较强的离子键形成的，离子键强度较大（6）①.4②.③.【解析】【小问1详解】铝为13号元素，其基态原子的核外电子排布式为。【小问2详解】 氮为7号元素，其最外层电子数有5个，其基态原子的价层电子排布图为。【小问3详解】化合物Ⅰ中形成四个单键的碳原子的杂化轨道类型为、形成一个双键和两个单键的碳原子的杂化轨道类型为；化合物II可视为三个甲基(-CH3)代替了中的3个H，则阳离子的空间构型为四面体形。【小问4详解】同一周期元素，电负性随着原子序数增大而呈增大趋势，同一主族元素其电负性随着原子序数增大而减小，则O、F、S电负性由大到小的顺序为。【小问5详解】离子液体有相对难挥发的优点，原因是离子液体是由较强的离子键形成的，离子键强度较大，则离子液态的熔沸点较高。【小问6详解】以左下角定点铝为例，最近的Al为1号铝，故晶体中与Al距离最近的Al的个数为4；观察知，1与3同高，z坐标相同，2与3的x坐标相同，则原子3的坐标为；