2023-2024学年四川省金堂县金堂中学高三9月月考理科综合化学试题（解析版）

2024届高三考试理科综合试题考生注意：1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共300分。考试时间150分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：32K：39V：51Mn：55Zn：65第I卷(选择题共42分)一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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，下列说法正确的是A.用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火B.在汽车排气管上加装催化转化器可减少CO2等有害气体的排放C.豆瓣酱的酿造过程未涉及化学变化D.铜质水龙头连接处的钢质水管易发生腐蚀且主要为化学腐蚀【答案】A【解析】【详解】A．氯化铵分解吸收热量，降低温度，故A正确；B．汽车排气管上加装的催化转化器不能减少二氧化碳的排放，且二氧化碳不是有害气体，B项错误；C．豆瓣酱的酿造过程包括发酵，发酵涉及了化学变化，C项错误；D．铜质水龙头连接处的钢质水管发生的腐蚀主要为电化学腐蚀，D项错误；答案选A。2.利用下列仪器(非玻璃仪器任选)能完成相应实验的是A.制备Fe(OH)3胶体 B.氨溶于水的喷泉实验C.用四氯化碳萃取碘水中的碘 D.配制100mL1mol·L－1的NaCl溶液【答案】C【解析】【详解】A．制备氢氧化铁胶体用到玻璃仪器为胶头滴管、烧杯和酒精灯，则题给仪器不能完成氢氧化铁胶体的制备，故A不符合题意；B．氨溶于水的喷泉实验需要用到的玻璃仪器为胶头滴管、导气管、圆底烧瓶、烧杯，则题给仪器不能完成氨溶于水的喷泉实验，故B不符合题意；C．用四氯化碳萃取碘水中的碘需要用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯，则题给仪器能完成用四氯化碳萃取碘水中的碘，故C符合题意；D．配制100mL1mol/L氯化钠溶液要用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管、量筒，则题给仪器不能完成配制100mL1mol/L氯化钠溶液，故D不符合题意；故选C。3.《神农本草经》中记载了五味子具有收敛固涩、益气生津、补肾宁心的功效。有机物M(结构如图)为五味子提取物之一、已知：连有四个不同原子或基团的碳原子为手性碳原子。下列说法正确的是A.M与苯互同系物 B.M可发生取代反应、消去反应C.M分子中含有4个手性碳原子 D.1molM最多与8molH2发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A．根据同系物(结构相似组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质)的概念可知M与苯不互为同系物，A错误；B．由题干M的结构简式可知，M中含有酯基和酚羟基，且酚羟基邻位上有H，故M可发生取代反应，同时含有醇羟基，且其邻位碳上有H，故能发生消去反应，B正确；C．根据手性碳原子定义结合M的结构简式可知，M分子中含有3个手性碳原子，如图加“★”所示为手性碳：，C错误；D．根据M的结构简式可知，M中含有3个苯环，故1molM最多与9molH2发生加成反应，D错误；故答案为：B。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.32g甲醇中含有的H−O键的数目为NAB.2gD218O和H218O的混合物中含有的中子数为0.8NAC.常温下，1LpH=12的NaOH溶液中水电离出的OH－数为0.01NAD.常温下，1mol铁放入足量的浓硝酸中，转移的电子数为3NA【答案】A【解析】【详解】A．32g甲醇为，甲醇中含有一个H−O，A正确；B．2gD216O和H218O的混合物中含有的中子数为NA，B错误；C．pH=12的NaOH溶液中c(OH－)=0.01mol·L－1，则由水电离出的OH－浓度为10－12mol·L－1，1L该溶液中水电离出的OH－数为10－12NA，C错误；D．常温下，铁在浓硝酸中钝化，在铁的表面形成致密的氧化膜，阻止反应进一步进行，转移的电子数小于3NA，D错误；故选A。5.X、Y、Z、W为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为16，Z、W组成的化合物是形成酸雨的物质之一、由X、Y、乙、W组成的物质的结构如图。下列说法正确的是A.最简单氢化物的沸点：Z<Y B.简单离子半径：W>ZC.最高价含氧酸的酸性：Y>Z D.仅由X、W、Z元素可形成离子化合物【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为16，X能形成1个共价键，X是H元素；Y形成4个共价键，Y是C元素；Z形成3个共价键、W能形成2个共价键，Z、W组成的化合物是形成酸雨的物质之一，Z是N元素、W是O元素；【详解】A．NH3分子间能形成氢键，最简单氢化物的沸点：NH3>CH4，故A错误；B．电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：O2-<N3-，故B错误；C．非金属性C<N，所以最高价含氧酸的酸性：H2CO3<HNO3，故C错误；D．仅由H、N、O元素可形成离子化合物NH4NO3，故D正确；选D。6.有机电化学合成是目前公认的一种绿色可持续性合成方法，电化学合成1，2−二氯乙烷的装置如图。下列说法错误的是A.电解过程中锂电池中Li+向锂电池的b端移动B.离子交换膜I和Ⅱ分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜C.当电极M区放出11.2L(标准状况)气体时，理论上合成室中能消耗1mol乙烯D.该装置总反应为【答案】C【解析】【分析】由图可知右侧铜的化合价由+1价变为+2价，发生氧化反应，则N极为阳极，电极反应式为CuCl-e-+Cl-=CuCl2，M极为阴极，电极反应式为，电路中每通过1mole-，生成1mol氯化铜，乙烯与氯化铜反应CH2=CH2+2CuCl2=CH2ClCH2Cl+2CuCl，消耗乙烯0.5mol，以此解题。【详解】A．右侧为阳极，左侧为阴极，则a为负极，b为正极，原电池中，阳离子向正极移动，则锂电池中Li+向锂电池的b端移动，A正确；B．结合分析，钠离子经过离子交换膜I移向电极M，离子交换膜I为阳离子交换膜，氯离子经过离子交换膜Ⅱ移向电极N，离子交换膜Ⅱ为阴离子交换膜，B正确；C．当电极M区放出11.2L(标准状况)氢气时，转移1mol电子，结合乙烯与氯化铜反应，理论上合成室中能消耗0.5mol乙烯，C错误；D．结合阴阳极反应和乙烯转化为1,2-二氯乙烷，该装置总反应为，D正确；故选C。7.常温下，向0.1mol·L－1的HR溶液中缓慢加入NaOH固体，平衡后与溶液pOH的关系如图所示。下列说法错误的是已知：HR是一元弱酸，pOH=－lgc(OH－)，lg2=0.3。A.a点溶液中c(Na+)<0.05mol·L－1 B.b点溶液pH=8.85C.c点坐标为(7，2.3) D.pOH=10时，【答案】D【解析】【详解】A．a点时＝0，即c(R－)=c(HR)，此时pOH＝9.3，所以氢离子浓度是10－4.7mol/L，因此Ka＝＝2×10－5，a点溶液显酸性，说明HR的电离程度大于R－的水解程度，因此被中和的HR不到一半，所以a点溶液中c(Na+)<0.05mol·L－1，A正确；B．b点＝4.15，根据Ka＝＝2×10－5可知氢离子浓度是10－8.85mol/L，因此溶液的pH=8.85，B正确；C．c点坐标为pOH＝7，即氢离子浓度是10－7mol/L，根据Ka＝＝2×10－5可知＝2.3，因此该点的坐标是(7，2.3)，C正确；D．如果，即2c(R－)=c(HR)，根据Ka＝＝2×10－5可知氢离子浓度是氢离子浓度是10－4.4mol/L，pH＝4.4，因此pOH＝9.6，D错误；答案选D。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8~10题为必考题，每道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.从废钒催化剂中回收V2O5既能避免污染环境又有利于资源综合利用。一种从废钒催化剂(含V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2、Fe2O3、Al2O3)中回收V2O5的工艺流程如图：已知：V2O5、V2O4均溶于NaOH溶液。回答下列问题：（1）①“浸液”中含有的三价金属阳离子为___________(填离子符号)。②若“浸取”时加入一定量的还原剂(Na2SO3)将五价钒转化成四价钒，写出酸性条件下Na2SO3与V2O5发生反应的离子方程式：___________。③若“浸取”时用NaOH溶液代替H2SO4，V2O5会转化为。用NaOH溶液“浸取”时得到的“废渣1”的主要成分除铝硅酸钠外，还含有___________(填化学式)。（2）写出“氧化”过程中发生反应的离子方程式：___________。（3）“中和”作用之一是使钒以形式存在于溶液中。“废渣2”的主要成分中能溶于NaOH溶液的是___________(填化学式)。（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。“离子交换”除去的阳离子为___________(填离子符号)。（5）“沉钒”得到NH4VO3沉淀，取amolNH4VO3“煅烧”，“煅烧”过程中NH4VO3质量的减少量(纵坐标△m/g)及固体残留率随温度变化的曲线如图。则a=___________，m1=___________。【答案】（1）①.Fe3+、A13+②.③.Fe2O3（2）（3）A1(OH)3（4）K+（5）①.2②.34.0【解析】【小问1详解】根据题目信息可得加入硫酸后得到的三价金属阳离子为Fe3+、A13+；根据“浸取”时加入一定量的还原剂(Na2SO3)可以将五价钒转化成四价钒可得到离子方程式为；根据三氧化二铁不和氢氧化钠反应，加入氢氧化钠后除铝硅酸钠外还含有Fe2O3。【小问2详解】氧化过程是用次氯酸根离子氧化钒可得到离子方程式为；【小问3详解】氢氧化铝是两性氢氧化物，可以和氢氧化钠反应，根据题目信息在这里只有氢氧化铝会和氢氧化钠反应。【小问4详解】根据流程分析反应液中还含有钾离子，最终只要V2O5，故要通过离子交换除去K+；【小问5详解】NH4VO3煅烧发生分解反应，最终产物为V2O5、NH3和水，380摄氏度时质量减少53g就不在变化，此时固体残留率为77.78，则原NH4VO3的质量为，克制n(NH4VO3)=2，即a=2，210摄氏度时减少的质量为，即m1=34.0。9.高锰酸钾(KMnO4)外观呈紫黑色固体小颗粒，其易溶于水，是一种强氧化剂。某实验小组设计如下实验步骤制备KMnO4：(一)K2MnO4的制备将氯酸钾2.5g、氢氧化钾5.2g放入铁坩埚中混合均匀，小火加热并用铁棒搅拌至熔化后边搅拌边逐渐加入3g二氧化锰，并强力搅拌以防结块，加热数分钟后即得到墨绿色的熔融物(K2MnO4)，待冷却后在研钵中研细并倒入装有100mL蒸馏水的烧杯中，加热使其溶解，趁热过滤，得到含K2MnO4的溶液。(二)KMnO4的制备方法①：向K2MnO4溶液中通入CO2使其歧化为KMnO4和MnO2，用pH试纸测量溶液的pH，当pH为10~11时，即停止通入CO2，过滤，经一系列操作得到KMnO4产品。方法②：用如图装置电解K2MnO4溶液(足量)制得KMnO4。请阅读上述相关资料，回答下列问题：（1）下列仪器中，_______(填标号)是坩埚；实验中用到的“铁坩埚、铁棒”能否用“瓷坩埚、玻璃棒”代替？_______(填“能”或“否”)。A．B．C．（2）写出生成“墨绿色的熔融物”反应的化学方程式：___________。（3）“方法①”中不能用盐酸代替CO2的原因是___________(填离子方程式)。产物溶解度随温度变化情况如图所示，则“一系列操作”具体为___________、抽滤、烘干。（4）“方法②”中电解时在_______(填“c”或“d”)电极处有气体放出，另一极的现象为___________。（5）取agKMnO4样品，配制成100ml溶液，取出10.00mL溶液于锥形瓶中，用cmol·L－1的H2C2O4溶液进行滴定，到达滴定终点时，溶液变为___________，此时消耗溶液体积为VmL，则该样品纯度为___________×100%。【答案】（1）①.A②.否（2）（3）①.②.蒸发浓缩；冷却结晶（4）①.d②.阳极附近溶液中出现紫红色（5）①.无色，且30s内不恢复原色②.【解析】【小问1详解】由图知，A是坩埚，B是蒸发皿，C是研钵；由于瓷坩埚和瓷棒中的二氧化硅会与氢氧化钾反应，故“铁坩埚、铁棒”不能用“瓷坩埚、玻璃棒”代替；【小问2详解】由题知，墨绿色的熔融物为K2MnO4，故反应方程式为：；【小问3详解】因盐酸中的Cl-具有还原性，高锰酸根具有氧化性，高锰酸根能将氯离子氧化为氯气，反应的离子方程式为，故不能用盐酸代替二氧化碳；从溶液中获取晶体的一系列操作分别为蒸发浓缩、冷却结晶、、抽滤、烘干；【小问4详解】由图中电流方向知a为正极，则c为阳极，b为负极，则d为阴极，则阳极发生氧化反应，锰酸根失去电子生成高锰酸根，故阳极附近溶液中出现紫红色；在阴极，水电离出的氢离子得电子生成氢气逸出，故d极负极附近有气体放出；【小问5详解】由于高锰酸根具有强氧化性，草酸具有还原性，高锰酸根被还原为锰离子，故到达滴定终点时，溶液变为无色，且30s内不恢复原色；设高锰酸钾样品纯度为由化学计量数的关系2KMnO4~5H2C2O4，可得，解得。10.化学反应的调控与平衡移动原理在工业生产中有着广泛的应用。I．在硫酸工业中，发生反应，在不同条件下SO2的平衡转化率数据(已知，约10个标准大气压)如表所示：0.10.5151045097.5(A)98.9(B)99.2(C)99.6(D)99.7(E)55085.6(F)92.9(G)94.9(H)97.798.3(J)注：表内转化率数值后括号内字母，如“A”，为反应条件编号。（1）SO2的大量排放会导致酸雨，酸雨的pH<___________(填数值)；为了碧水蓝天工程，必须有效控制污染物的排放，同时提高SO2的转化率，依据勒夏特列原理，理论上选择表中反应条件___________(填编号)为最佳。Ⅱ．工业合成氨的原料气[N2、H2，混有少量CO(能使合成氨的催化剂中毒)、NH3]进入合成塔前要经过铜氨液处理。反应①(制取氢气)：反应②(铜氨液处理原料气)：（2）分析原料气需要经过铜氨液处理原因：___________，处理了原料气后的废液经过适当___________(填“升温”或“降温”)可使铜氨液再生。（3）反应①的平衡常数为K①，反应②的平衡常数为K②；在一定压强下的恒容密闭容器中，－lgK①、－lgK②随温度变化的曲线如图。T℃时，反应的平衡常数K=___________。（4）在673K时，合成氨各步反应的能量变化如图所示(标“*”的粒子表示吸附态)：图中生成NH2*的过程中的决速步骤的活化能为___________kJ·mol－1；已知净速方程式为，k1、k2点分别为正反应和逆反应的速率常数，p(N2)、p(H2)、p(NH3)代表各气体组分的分压(分压=总压×物质的量分数)。在恒温恒压条件下，向某密闭容器中通入1molN2(g)和3molH2(g)合成氨气，起始p0=16MPa，当反应达到平衡时，NH3(g)的质量分数为40%，设a=0.5，则p(N2)=___________MPa，___________。【答案】（1）①.5.6②.E（2）①.除去CO，防止CO使催化剂中毒②.升温（3）1（4）①.62②.3③.0.073【解析】【小问1详解】二氧化硫会导致酸雨的原因是二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸的酸性强于碳酸，电离出的氢离子使溶液pH小于5.6；由表格数据可知，温度为450℃、压强为10MPa时，二氧化硫的转化率最大，则依据勒夏特列原理，理论上表中反应条件最佳的为E，故答案为：5.6；E；【小问2详解】由题意可知，一氧化碳能使合成氨的催化剂中毒，所以原料气需要经过铜氨液处理的目的是除去一氧化碳，防止一氧化碳使催化剂中毒；由方程式可知，反应②为放热反应，升高温度，使平衡向逆反应方向移动，可以使铜氨液再生，故答案为：除去CO，防止CO使催化剂中毒；升高温度；【小问3详解】由盖斯定律可知，反应②—①可以得到反应，则反应的平衡常数K=，由图可知，T℃时，平衡常数K①=K②，所以的平衡常数K=1，故答案为：1；【小问4详解】由图可知，生成NH2*的过程中活化能最大的反应为N+H=N*+3H*，反应的活化能越大，反应速率越慢，正反应的决速步骤取决于慢反应，则生成NH2*的决速步骤取决于N+H=N*+3H*，由图可知，反应的活化能为62kJ/mol；设平衡时消耗氮气的物质的量为xmol，由题意可建立如下三段式：由质量守恒定律和氨气的质量分数为40%可得：×100%=40%，解得x=0.4，平衡时氮气的分压为×16MPa=3MPa，氨气的净速为0，则，则当a=0.5时，====0.073，故答案为：62；0.073。【化学一物质结构与性质】11.某团队公布的研究成果中的阿比朵尔(M)可用于治疗新型冠状肺炎，可有效抑制病毒，其结构如图所示。（1）基态Br原子中，核外电子占据的最高能级的符号为___________，基态O原子的核外电子排布图为___________。（2）M分子中涉及的非金属元素中，第一电离能最大的元素是___________(填元素符号，下同)，电负性最大的元素是___________。（3）M分子中C原子杂化方式有___________，H2S的键角小于H2O的键角的原因是___________。（4）M分子中的元素间可形成能与金属离子(或原子)配位的配体。配合物W的结构如图所示，配合物W的中心离子是___________(填离子符号)，___________(填标号)号N原子的p轨道能提供孤电子对与中心离子形成配位键。（5）硫化锌晶胞结构如图所示，Zn2+与S2－之间的核间距为dpm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为___________(列表达式)g·cm－3。【答案】（1）①.4p②.（2）①.N②.O（3）①.sp2、sp3②.硫元素的电负性比氧元素的小，H2S的中心原子对成键电子的吸引力更弱，成键电子偏离中心原子较多，成键电子对之间的斥力小，所以键角H2S<H2O（4）①.Co2+②.2、4（5）【解析】【小问1详解】基态溴原子的核外电子排布式为[Ar]4s24p3，占据最高的能级为4p，基态氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，其核外电子排布图为；【小问2详解】根据M中涉及的非金属元素有H、C、N、O、S、Br，从左向右第一电离能是增大的趋势，因ⅤA最外层上的p能级半充满，稳定，因此ⅤA>ⅥA，同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，因此所给非金属元素中，第一电离能最大的是N；从左向右电负性逐渐增大，同主族从上到下，电负性逐渐减小，因此所给非金属元素中，电负性最大的是O；【小问3详解】根据M的结构简式可知，有两种碳原子，连有四个单键的碳原子杂化类型为sp3，苯环和连有双键的碳原子杂化类型为sp2；H2S、H2O中S、O的杂化类型相同，均有2个孤电子对，O的半径小于S，O的电负性大于S，H2O中成键电子对之间的斥力大，所以键角H2S<H2O；故答案为sp2、sp3；硫元素的电负性比氧元素的小，H2S的中心原子对成键电子的吸引力更弱，成键电子偏离中心原子较多，成键电子对之间的斥力小，所以键角H2S<H2O；【小问4详解】该结构简式去掉钴离子后的结构是，1、2、3、4中N的杂化类型为sp2，1、3中的N各提供1对孤电子与碳原子形成大π键，2、4中N原子提供1个孤电子与碳原子形成大π键，2、4中N原子各提供1个孤电子对与钴离子形成配位键，配合物W的中心离子是Co2+，故答案为Co2+；2、4；【小问5详解】Zn位于晶胞的顶点和面心，个数为=4，S位于晶胞内部，个数为4，化学式为ZnS，晶胞的质量为g，Zn2+与S2-之间距离是体对角线的，则晶胞的参数为pm，根据密度的定义，该晶胞的密度为g/cm3。【化学一有机化学基础】12.G是有机化学中重要的中间体，能用于合成多种药物和农药，G的一种合成路线如图：已知：(呈碱性，易被氧化)；硝化反应指在硝化试剂的作用下，有机化合物分子中的氢原子或基团被硝基取代的反应