2024届陕西省西安市长安区教育片区高三上学期模拟考试理科综合试卷（含答案解析）

2024届高三理科综合模拟卷考生注意：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-16Cl-35.5第Ⅰ卷(选择题共126分)一、选择题：本题共13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.“春寒赐浴华清池，温泉水滑洗凝脂”，下列有关说法中错误的是A.保持温泉水恒温的能量主要来源于地热能B.火山附近的温泉常因含有游离态硫而具有消毒杀菌作用C.石膏泉是一种以含有硫酸钙为主的温泉，硫酸钙属于强电解质D.温泉中含有对人体有益的偏硅酸，偏硅酸通常简称为硅酸，是一种可溶性的弱酸【答案】D【解析】【详解】A．保持温泉水恒温的能量主要来源于地热能，故A正确；B．火山附近的温泉常因含有游离态硫而具有消毒杀菌作用，故B正确；C．溶于水中的硫酸钙能完全电离，属于强电解质，故C正确；D．硅酸是一种可难溶性的弱酸，故D错误；选D。2.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.的硫酸溶液中，含氢离子数为B.在标准状况下，分子中含氢原子数目为C.分子中含极性键数目一定是D.在反应中，每生成，转移的电子数为【答案】B【解析】【详解】A．1LpH=2的硫酸溶液中,含氢离子数为0.01mol/L×1L×NA=0.01NA，A正确；B．.在标准状况下,HF为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，B错误；C．15gC2H6分子的物质的量为0.5mol，每个C2H6分子中含有6个极性键，则0.5molC2H6分子中含极性键数目一定是3NA，C正确；D．在反应中，KClO3中Cl的化合价降低了5价，转移了5个电子，故每生成，转移的电子数为，D正确；故选B。3.下列图示实验(部分夹持装置省略)或操作正确的是制备制备氢氧化亚铁制备并收集少量氨气配制溶液步骤之定容ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．制备NaHCO3，饱和NaCl溶液先通入NH3再通入CO2，A错误；B．稀硫酸与铁粉反应生成的FeSO4溶液无法进入盛有NaOH溶液的试管中，所以装置中不可能生成Fe(OH)2，B错误；C．氯化铵和熟石灰加热制备氨气，只加热氯化铵无法制备氨气，C错误；D．配置溶液，视线与容量瓶内凹液面的最低处相平，D正确；故答案为：D。4.为原子序数依次增大的同周期主族元素。常温下，Z的最高价氧化物对应的水化物的水溶液浓度为时，。原子的最外层电子数之和为17，下列说法错误的是A.的单质都能形成氧化物保护膜B.金属活动性强弱：C.分子中各原子均满足8电子稳定结构D.最简单氢化物的稳定性：【答案】A【解析】【分析】常温下，Z的最高价氧化物对应的水化物的水溶液浓度为时，，说明其中氢离子浓度为0.01mol/L，则Z的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，则Z为S；由于原子序数依次增大，则M为Cl，原子位于同周期，且最外层电子数之和为17，则X为Na，Y为Al，据此分析。【详解】A．钠在空气中易氧化，不会形成保护膜，A错误；B．X为Na，Y为Al，则金属活动性强弱：，B正确；C．为CCl4，各原子均满足8电子稳定结构，C正确；D．非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，同周期元素由左到右非金属性增强，则最简单氢化物的稳定性：，D正确；故选A。5.有机物M是某种药物的有效成分之一，其结构如图所示。下列有关M的说法错误的是A.M的官能团有羟基、醚键、碳碳双键和酯基B.M既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.最多能与金属钠反应D.在酸性条件下可发生水解反应，其产物之一的化学式为【答案】C【解析】【详解】A．M中含有羟基、醚键、酯基、碳碳双键共4种官能团，A正确；B．该物质中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，该有机物可以在酚羟基邻对位与溴发生取代反应，B正确；C．1mol该有机物含4mol酚羟基、5mol醇羟基，均能与金属钠发生反应，故1molM最多能与9mol金属钠反应，C错误；D．酯基在酸性条件下可发生水解反应，其最简单产物的结构简式为，化学式为C9H8O4，D正确；故答案为：C。6.人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图所示。下列说法错误的是A.B是电源的负极B.相同条件下，阴，阳两极产生气体的体积比为2：1C.电解后阳极区溶液的浓度基本不变D.阳极区发生的反应为【答案】B【解析】【分析】由图可知，左室氯离子失电子产物为Cl2，为阳极，右室水得电子产生H2，为阴极，则A为电源的正极，B为电源的负极；【详解】A．根据以上分析可知B为电源的负极，A正确；B．阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，因此阳极室中发生的反应依次为：、，阴极反应为（或），则同条件下，阴，阳两极产生气体的体积比不会是2:1，B错误；C．由B分析可知，电解转化氯离子转化为氯气，氯气又转化为氯离子，电解后阳极区溶液的浓度基本不变，C正确；D．由B分析可知，阳极区发生的反应正确，D正确；故选B。7.常温下，，向溶液中滴加盐酸，下列有关说法正确的是A.滴定前，B.V(盐酸)时，溶液C当滴定至溶液呈中性时，D.滴定过程中变化曲线如图【答案】A【解析】【分析】由电离方程式可知，H2A在溶液中完全电离出HA—离子和氢离子，HA—在溶液中部分电离出A2—离子和氢离子，则Na2A溶液中，A2—离子在溶液中水解使溶液呈碱性。【详解】A．由分析可知，Na2A溶液呈碱性，溶液中存质子守恒关系c(OH—)=c(H+)+c(HA—)，则溶液中，故A正确；B．当加入盐酸体积为10mL时，Na2A溶液与盐酸恰好反应得到NaHA溶液，HA—在溶液中部分电离出氢离子使溶液呈酸性，溶液pH小于7，故B错误；C．当滴定至溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，由溶液中电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(OH—)+2c(A2—)+c(HA—)+c(Cl—)可知，溶液中c(Na+)=2c(A2—)+c(HA—)+c(Cl—)，故C错误；D．由HA—的电离常数可知，A2—离子在溶液中的水解常数Kh====2.5×10—9，则1mol/LNa2A溶液中氢氧根离子浓度约为mol/L=5×10—5mol/L，溶液pH小于10，由图可知，1mol/LNa2A溶液的pH大于10，所以题给图示不能表示滴定过程中pH变化曲线，故D错误；故选A。第Ⅱ卷(非选择题共174分)三、非选择题：本题共174分。8.铁及其化合物在生产，生活中有着重要作用。按要求回答下列问题（1）铁及其化合物的价类分布及转化关系如图所示：①氯化铁溶液常用于蚀刻铜制电路板，实现了反应Ⅰ的转化，写出反应的离子方程式：_____②往氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液的过程可实现E→C→D的转化，可观察到的现象为_____③为实现反应Ⅲ的转化，可选择的试剂为稀硝酸，被还原的N和未被还原的N的物质的量之比为_____。（2）探究某铁盐X的组成与性质(忽略过程中氧气的参与)：①由步骤ⅱ、ⅲ及其现象可推知该铁盐X中含有的阴离子为_____(填离子符号)。②根据步骤ⅳ、ⅴ及其现象分析，体系中与结合能力最强的离子是_____(填“”或“”)。（3）高铁酸钾()是一种新型污水处理剂。可以次氯酸钠和氯化铁为原料，在碱性溶液中反应生成高铁酸钠，然后加入氢氧化钾，将高铁酸钠转化成高铁酸钾。①写出生成高铁酸钠的反应的离子方程式：_____②若反应过程中转移了电子，则还原产物的物质的量为_____mol。③低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾()，由此可说明溶解度：_____(填“>”“<”或“=”)。【答案】（1）①.②.先有白色沉淀生成，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，溶液最终变为无色(或颜色变浅)③.1：9（2）①.②.（3）①.②.0.45③.>【解析】【分析】由铁及其化合物的价类分布及转化关系图可知，A为Fe，B为FeO，C为Fe(OH)2，D为Fe(OH)3，据此回答。【小问1详解】①氯化铁溶液蚀刻铜制电路板的离子方程式为；②氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液先生成氢氧化亚铁白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，溶液最终变为无色(或颜色变浅)；③为实现反应Ⅲ的转化，可选择的试剂为稀硝酸，反应的化学方程式为：，该反应中被还原的N为1个，未被还原的N为9个，故物质的量之比为1：9；【小问2详解】①X和氯化钡反应生成沉淀，该沉淀不溶于盐酸，则该沉淀为硫酸钡，由步骤ⅱ、ⅲ及其现象可推知该铁盐X中含有的阴离子为；②步骤ⅳ、ⅴ及和反应生成沉淀，可知体系中与结合能力最强的离子是；【小问3详解】①湿法制高铁酸钾是以次氯酸钠和氯化铁为原料，在碱性溶液中反应生成高铁酸钠，然后加入氢氧化钾，将高铁酸钠转化成高铁酸钾，氯化铁失去电子被氧化，铁化合价升高3价，次氯酸钠为氧化剂被还原生成氯离子，化合价降低2价，则该离子方程式为；②次氯酸钠为氧化剂被还原生成氯离子，化合价降低2价，若反应过程中转移了电子，则还原产物的物质的量为0.45mol；③一定温度下，溶解度小溶质先形成沉淀析出，低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾()，由此可说明该温度下溶解度大于。9.三氯化氮是一种黄色油状液体，可用于漂白和杀菌。已知：熔点为，沸点为70℃，95℃以上易爆炸，在弱酸性溶液中稳定，在热水中易水解，遇碱则迅速反应。在实验室可用和溶液反应制取，所用仪器如图所示(忽略部分夹持装置)：回答下列问题：（1）盛装浓盐酸的仪器名称为_____；写出A中发生反应的离子方程式：_____（2）根据气流方向，各仪器的连接顺序为_____(用各接口字母表示，各接口所需橡胶塞已省略)。（3）待反应至油状液体不再增加，用止水夹夹住a处的橡胶管，控制水浴加热的温度范围为_____，将产品蒸出。（4）水解后的反应液有漂白性，写出水解的化学方程式：_____；（5）纯度测定：的制取反应是可逆反应，根据反应，利用间接碘量法测定氯气的量即可测定的纯度。实验步骤：i、准确称量C中的产物置于三颈烧瓶中，加入足量浓盐酸，使用磁力搅拌器搅拌，并鼓入氮气；ii、将混合气通入溶液中，待试管中无色液体变成黄色且颜色不再变化，停止鼓入氮气(溶液体积变化忽略不计)；ⅲ、量取吸收液，加入淀粉指示剂，用标鞋进行滴定，滴定至终点时消耗标准液(已知：反应原理为)。①滴定终点的现象为______②的纯度为_____。【答案】（1）①.分液漏斗②.（2）a→b→c→f→g→d→e（3）70℃～95℃（4）（5）①.滴入最后半滴标准液后，溶液中蓝色褪去且半分钟内不恢复原色②.72.3%【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，装置B中氯气与氯化铵溶液反应制备三氯化氮，待反应至油状液体不再增加，用止水夹夹住ab间的橡胶管，在70℃～95℃水浴加热条件下将三氯化氮蒸出，装置D、C为冷凝收集三氯化氮装置，其中装置C中盛有碱石灰的干燥管用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入锥形瓶中导致三氯化氮水解，则装置的连接顺序为A→B→D→C，接口的连接顺序为a→b→c→f→g→d→e。【小问1详解】由实验装置图可知，盛装浓盐酸的仪器为分液漏斗；由分析可知，装置A中发生的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O；【小问2详解】由分析可知，装置的连接顺序为A→B→D→C，接口的连接顺序为a→b→c→f→g→d→e，故答案为：a→b→c→f→g→d→e；【小问3详解】由分析可知，待反应至油状液体不再增加，用止水夹夹住ab间的橡胶管，在70℃～95℃水浴加热条件下将三氯化氮蒸出，目的是保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氯化氮发生爆炸，故答案为：70℃～95℃；【小问4详解】由三氯化氮水解的反应液有漂白性可知，三氯化氮的水解反应为三氯化氮与水共热反应生成次氯酸和氨气，反应的化学方程式为，故答案为：；【小问5详解】①由题意可知，滴定时加入淀粉作指示剂，溶液中的碘与硫代硫酸钠溶液恰好反应后，再滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液会由蓝色变为无色，则滴定终点的现象为滴入最后半滴标准液后，溶液中蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，故答案为：滴入最后半滴标准液后，溶液中蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；②由题意可得如下转化关系：NCl3—3Cl2—3I2—6Na2S2O3，滴定消耗18.00mL0.1mol/L硫代硫酸钠溶液，则三氯化氮的纯度为×100%=72.3%，故答案为：72.3%。10.皓矾()在生活中主要用作材料防腐剂和医疗消毒剂。以闪锌矿(主要成分为ZnS，含有少量等杂质)为主要原料制备皓矾工艺流程如图(已知：“滤渣1”含有硫等)。回答下列问题：（1）“酸浸”前，先要对闪锌矿粉碎处理，其目的是_____；（2）“酸浸”时，ZnS和反应的离子方程式为_____；（3）“氧化”时，双氧水实际消耗量远大于理论计算值，除温度因素外，可能的原因是_____；（4）“滤渣2”为黄钠铁矾沉淀，产生该沉淀的离子方程式方_____；（5）若“净化”时，将除去和的反应设计成原电池，正极生成的物质是_____(填化学式)。（6）该工艺产生的废液中含有，需要先处理后排放。向废液中加入由和组成的缓冲溶液调节，再通入发生反应：。处理后的废液中部分微粒浓度如下：微粒浓度/()0.20.10.2a则_____，该废水_____(填“能”或“不能”)排放。已知：常温下，，。当时认为废水可以排放。【答案】（1）提高浸取速率（2）（3）等金属离子催化分解（4）（5）Cu、Ni（6）①.②.能【解析】【分析】闪锌矿主要成分为ZnS，含有少量等，闪锌矿加氯化铁、稀硫酸“酸浸”，ZnS、CuS、NiS被氧化为S，“滤渣1”含有硫、SiO2，滤液中加双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，加硫酸钠生成沉淀，滤渣2是，加锌粉置换出Ni、Cu得硫酸锌溶液。【小问1详解】根据影响反应速率的因素，“酸浸”前，先要对闪锌矿粉碎处理，增大接触面积，提高浸取速率；【小问2详解】“酸浸”时，ZnS被氧化为S，ZnS和反应的离子方程式为；【小问3详解】等金属离子催化分解，所以“氧化”时，双氧水实际消耗量远大于理论计算值；【小问4详解】“滤渣2”为黄钠铁矾沉淀，可知硫酸铁和硫酸钠反应生成沉淀，产生该沉淀的离子方程式方；【小问5详解】若“净化”时，锌将和置换为Ni、Cu，若设计成原电池，正极发生还原反应，正极和得电子生成Ni、Cu，生成的物质是Ni、Cu；【小问6详解】，c(H+)=，，则，,，即a=；所以该废水能排放。11.乙酸是基本的有机化工原料，乙酸制氢具有重要意义，制氢过程发生如下反应：热裂解反应Ⅰ：脱羧基反应Ⅱ：（1）由图可知，_____'(用有关E的代数式表示)；反应Ⅰ的活化能_____(填“>”或“<”)反应Ⅱ的活化能。（2）在恒容密闭容器中，加入一定量乙酸蒸气制氢，在相同时间测得温度与气体产率的关系如图：①约650℃之前，氢气产率低于甲烷的原因是_____。②分析图像知该容器中还发生了其他的副反应，理由是_____。③若保持其他条件不变，在乙酸蒸气中掺杂一定量水，氢气的产率显著提高，而CO的产率下降，请用化学方程式表示可能发生的反应：_____。（3）若利用合适的催化剂发生热裂解反应Ⅰ和脱羧基反应Ⅱ，温度为TK时达到平衡，总压强为，乙酸体积分数为20%，其中热裂解反应Ⅰ消耗的乙酸占投入量的20%，脱羧基反应Ⅱ的平衡常数为_____(为以分压表示的平衡常数)。（4）工业上通常用甲醇与CO反应来制备乙酸，反应如下：，在恒压密闭容器中通入气体和CO气体，时测得甲醇的转化率随温度的变化如图：①温度为时，_____(填“>”“=”或“<”)。②温度为时，上述反应已达平衡后，保持压强不变，再通入和的混合气体，再次达到平衡时，CO的转化率_____(填“>”“=”或“<”)60%。【答案】（1）①.②.>（2）①.脱羧基反应Ⅱ活化能低，反应速率快，相同时间产生的多②.热裂解反应Ⅰ生成CO和的比例为1：1，而图像中并不是③.（3）（4）①.<②.<【解析】【小问1详解】由图可知，热裂解反应Ⅰ为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，反应的焓变△H=+[(E5—E2)—(E5—E3)]=+(E