四川省成都市成华区某校高三上学期一诊模拟考试理综试题

一诊模拟考试高2021级理科化学相对原子质量：H1C12N14O16Na23Si28P31S32Cl35.5Co59U238一、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、生产、科技等息息相关，下列有关说法正确的是A.制造蛟龙号潜艇载人舱的钛合金中的钛属于稀土金属B.食盐、白糖是常见的食品调味剂，没有防腐作用C.笔墨纸砚中的“纸”特指宣纸，宣纸的主要成分是蛋白质D.《本草纲目》记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离方法是蒸馏【答案】D【解析】【详解】A．钛元素位于第四周期第IVB族，属于过渡元素，不是稀土金属，故A错误；

B．食盐可以使细菌脱水，可以杀菌，故B错误；

C．笔墨纸砚中的“纸”特指宣纸，宣纸是利用天然纤维制作而成的，主要成分是纤维素，不是蛋白质，故C错误；

D．文中“酸坏”是指少量乙醇被氧化为乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸馏操作进行分离，故D正确；

故选：D。2.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.28g单晶硅中所含的SiSi键的数目为B.溶液中含有的数目为C.0.3mol苯甲酸完全燃烧生成的数目为D.标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为【答案】C【解析】【详解】A．28g硅晶体中含有1molSi原子，晶体硅中，每个硅原子与其它4个Si形成4个键，则每个硅原子形成的共价键为：，则1mol单质硅含有SiSi键，数目为2，故A错误；B．未告知溶液体积，无法计算1.0mol/LNaClO溶液中含有ClO的数目，故B错误；C．苯甲酸分子式为C7H6O2，根据碳原子守恒，0.3mol苯甲酸完全燃烧生成的数目为，故C正确；D．标准状况下HF是液体，所以22.4L的HF分子数大于NA，故D错误；故选：C。3.X、Y均为第三周期元素，Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]—的形式存在，下列说法不正确的是A.原子半径：X>YB.气态简单氢化物的还原性：X>YC.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>XD.同周期中第一电离能小于X的元素共有4种【答案】D【解析】【分析】X、Y均为第三周期元素，Y最高正价与最低负价的代数和为6，则Y为Cl元素；由二者形成的化合物的阴阳离子的化学式可知，X为P元素。【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则磷原子的原子半径大于氯原子，故A正确；B．元素的非金属性越强，气态简单氢化物的还原性越弱，则磷化氢的还原性强于氯化氢，故B正确；C．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则高氯酸的酸性强于磷酸，故C正确；D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能小于磷元素的有钠、铝、镁、硅、硫，共有5种，故D错误；故选D。4.下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是A.用装置甲除去废铜屑表面的油污 B.用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑C.用装置丙过滤得到CuSO4溶液 D.用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A.碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，A正确；B.在酸性条件下，铜与双氧水发生氧化反应得到硫酸铜，B正确；C.装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶杂质，得到硫酸铜溶液，C正确；D.用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO4·5H2O，D错误；答案选D。5.某有机物的结构如图所示，下列说法正确的是A.该有机物的分子式为· B.该有机物分子中所有碳原子可能共平面C.1mol该有机物最多能与6mol发生加成反应 D.该有机物的一氯取代产物有11种【答案】C【解析】【详解】A．该有机物的分子式为，故A错误；B．分子中用*标注的碳原子通过单键与另外3个碳原子连接，不可能有碳原子共平面，故B错误；C．苯环能与氢气发生加成反应，1mol该有机物最多能与6mol发生加成反应，故C正确；D．有机物的一氯取代产物有9种，故D错误；选C。6.电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，可用于降解去除废水中的持久性有机污染物[如(苯酚)]，其工作原理如图所示(表示自由基，有强氧化性)。下列说法错误的是A.应与电源的负极相连B.在该电芬顿工艺中作催化剂C.上电极反应式之一为D.若处理苯酚，则理论上电路中通过电子【答案】D【解析】【分析】由图分析可知，此为电解池，且电极发生得电子得还原反应，为电解池得阴极，而Pt电极则为电解池的阳极。【详解】A．为电解池的阴极，接电源的负极，A正确；B．转化为，和过氧化氢生成羟基自由基和，在反应前后没有改变，是该电芬顿工艺的催化剂，B正确；C．由图知阴极发生反应、，C正确；D．由反应，和，可知，消耗苯酚，电路中转移，D错误；故选D。7.常温下，用0.12mol/L的Na2SO4溶液滴定50.00mL未知浓度的BaCl2溶液。溶液中电导率k、随滴入Na2SO4溶液体积V(Na2SO4)的变化关系如下图所示。下列叙述正确的是A.当时，溶液中存在的离子只有、B.该BaCl2溶液的物质的量浓度是0.06mol/LC.该温度下BaSO4的溶度积常数D.当V(Na2SO4)=3.00mL时，溶液中【答案】D【解析】【分析】如图所示，用0.12mol/L的Na2SO4溶液滴定50.00mL未知浓度的BaCl2溶液，横坐标是滴加硫酸钠的体积，两个纵坐标分别是电导率k、；V(Na2SO4)=2.5mL时，氯化钡和硫酸钠恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，参与反应的氯化钡的物质的量为。【详解】A．当时，V(Na2SO4)=2.5mL氯化钡和硫酸钠恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，溶液中存在的离子除、外还有氢离子和氢氧根离子，A错误；B．V(Na2SO4)=2.5mL，氯化钡和硫酸钠恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，参与反应的氯化钡的物质的量为，BaCl2溶液的物质的量浓度为，B错误；C．恰好完全反应时，由图像可知，，此时硫酸根、钡离子主要由硫酸钡电离得到，，则，C错误；D．V(Na2SO4)=2.5mL，Na2SO4与BaCl2恰好完全反应，，当V(Na2SO4)=3.00mL时，，则当V(Na2SO4)=3.00mL时，溶液中D正确；故选D。三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。8.FTO导电玻璃广泛用于液晶显示屏、光催化、薄膜太阳能电池基底等，实验室可用无水四氯化锡()制作FTO，制备的装置如图所示。有关信息如表：化学式Sn熔点/℃232246沸点/℃2260652114其他性质银白色固体金属无色晶体，易被、等氧化为无色液体，易水解生成（1）仪器A名称为_______，甲中发生反应的离子方程式为_______。（2）将如图装置连接好，先检查装置气密性，再慢慢滴入浓盐酸，待观察到_______现象后，开始加热装置丁。（3）若将制得的少许溶于水中得到白色沉淀，其反应的化学方程式为_______，若将溶于适量中，二者互溶，原因是_______。（4）为测定产品中的含量，甲、乙两位同学设计了如下实验方案：①甲同学：准确称取mg产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，用酸性高锰酸钾标准溶液滴定，滴定终点时消耗酸性高锰酸钾标准溶液。由此可计算产品中的质量分数。乙同学认为甲同学的方案明显不合理，会导致测得的的质量分数严重偏高，理由是_______。②乙同学：准确称取mg产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，X溶液作指示剂，用。硝酸银标准溶液滴定，滴定终点时消耗硝酸银溶液，由此可计算产品中的质量分数。硝酸银溶液最好盛放在_______(填序号)滴定管中。A.无色酸式滴定管B.棕色酸式滴定管C.无色碱式滴定管D.棕色碱式滴定管参考表中的数据，X溶液最好选用的是_______(填序号)。A.溶液B.溶液C.溶液D.溶液难溶物颜色白浅黄白砖红【答案】（1）①.球形冷凝管②.（2）丁装置充满黄绿色气体（3）①.②.是非极性分子，易溶于非极性溶剂（4）①.也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多②.B③.D【解析】【分析】在装置甲中用氯酸钾与浓盐酸混合发生氧化还原反应制取氯气，在装置乙中用饱和食盐水除去中的杂质，装置丙作用是干燥；装置丁为氯气与Sn反应制取四氯化锡()，由于制取的无水四氯化锡()为分子晶体，熔、沸点较低，装置戊通过冷水降温收集四氯化锡()，装置己中碱石灰可以防止空气中的水蒸气即，防止其进入装置戊，因而可避免水解变质为。【小问1详解】由仪器结构可知仪器A名称为球形冷凝管；甲中与浓盐酸发生氧化还原反应制取，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：；【小问2详解】为防止制取的无水水解，要排出装置中的空气；当丁装置充满黄绿色气体时表明空气已排尽，这时开始的热酒精灯，加热装置丁；【小问3详解】若将制得的少许溶于水中得到白色沉淀，同时生成氯化氢，其反应的化学方程式为；若将溶于适量中，二者互溶，原因是是非极性分子，易溶于非极性溶剂；【小问4详解】①由于氧化性：，酸性高锰酸钾溶液可以氧化，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多，由此计算的的质量分数严重偏高；②硝酸银是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故溶液应该使用酸式滴定管；同时不稳定，见光易分解，因此应盛放在棕色滴定管中，故进行滴定时，溶液盛放在棕色酸式滴定管中，故合理选项是B；测定的是不能使用溶液，、对应的银盐溶解度比小，也不能使用，则应该使用的指示剂为溶液，故合理选项是D。9.三氯化六氨合钴是一种重要的化工原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的工艺流程如图所示：已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有、、、等。②、已知：溶液中金属离子物质的量浓度低于时，可认为沉淀完全。③具有较强还原性。回答下列问题：（1）制备。“除杂”过程中加调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含的滤液，调节pH的范围为___________。（2）制备。①“混合”过程中需先将，溶液混合，然后再加入活性炭，的作用是___________。②“氧化”过程应先加入___________(选填“氨水”或“双氧水”)，原因是___________。③生成的离子方程式为___________。（3）分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是___________。（4）含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取0.10g产品加入稍过量的NaOH溶液并加热，将Co完全转化为难溶的，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2~3滴淀粉溶液，再用溶液滴定(反应原理：、)，达到滴定终点时消耗溶液24.00mL，则产品中钴元素的含量___________。【答案】（1）4.7~7.4(大于等于4.7小于7.4)（2）①.会抑制的电离，防止生成沉淀；参与反应提供②.氨水③.具有较强还原性，易被氧化；先加将氧化为，后加氨水，会生成，不利于产品的生成④.（3）增大，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出（4）14.16%【解析】【分析】以含钴废料用盐酸溶解，过滤出滤渣，得到含、、、的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣(主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3)和滤液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2•6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：、；再将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品；【小问1详解】“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，使Al3+、Fe3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，由题干信息、可知当Al3+完全沉淀后，Fe3+已经早就完全沉淀，此时，则pH=4.7，同时得到含c(Co2＋)=0.1mol/L的滤液，此时溶液中,则pH=7.4，即调节pH的范围为4.7~7.4；【小问2详解】①流程中除作反应物外，溶于水电离出的会抑制后期加入的NH3•H2O的电离，可防止加氨水时c(OH

)过大，防止生成Co(OH)2沉淀；故答案为：会抑制NH3•H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀；参与反应提供NH；②若先加H2O2，将Co元素氧化到Co3+，后加氨水，会生成Co(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2，可防止Co(OH)3的生成，故答案为：氨水；具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将Co2＋氧化为Co3＋，后加氨水，会生成Co(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2；③由分析可知，生成[的反应方程式为：，则其离子方程式为；【小问3详解】由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl)，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出；【小问4详解】据题干反应原理可知，，则产品中钴元素的含量为=14.16%。10.“碳达峰”“碳中和”是推动我国经济社会高质量发展的内在要求。通过二氧化碳催化加氢合成二甲醚是一种重要的转化方法，其过程如下：反应I：反应II：回答下列问题：（1）反应的___________。（2）二氧化碳与氢气合成时，通常控制温度为500℃左右，其可能的原因为___________(填字母)。A.反应速率快 B.平衡的转化率高C.催化剂活性高 D.主反应催化剂选择性好（3）在1L恒温密闭容器中充入和，初始压强为p，20min时反应I、II都达到平衡状态，体系压强为0.8p，测得。①0~20min内___________。②反应II的化学平衡常数___________。③平衡时的选择性=___________。(的选择性)（4）在密闭容器中通入和，在铁系催化剂作用下进行反应，的平衡转化率随温度和压强的变化如图所示。图中，温度大于800℃时，随着压强的增大，的平衡转化率减小，请解释原因：___________。（5）为实现“碳中和”，还可通过电解法用制备，电解装置如图所示。①铂电极的电极反应式为___________。②当玻碳电极收集到标况下22.4L气体时，阴极区的质量变化为___________。【答案】（1）（2）ACD（3）①.②.2③.40%（4）温度温度大于800℃时，以反应II为主，压强增大平衡不移动，但压强增大反应I平衡正向移动，水蒸气浓度增大，浓度减小，从而导致反应II平衡逆移，故二氧化碳的平衡转化率减小（5）①.②.33.3g【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知的。【小问2详解】二氧化碳与氢气合成反应为放热反应，高温不利于平衡正向移动，故转化率较低，选择控制温度为500℃左右，其可能的原因为反应速率快、催化剂活性高或主反应催化剂选择性好。【小问3详解】恒温恒容条件下，压强之比等于气体物质的量之比，压强减少了20%，则气体的物质的量减少20%，故和反应后气体的物质的量减少2mol，反应II不影响气体物质的量的变化，故设反应I中变化量分别为2x、6x、x、3x，即2x+6xx3x=4x=2mol，得x=0.5mol。列出三段式即：由可知平衡时水物质的量为3mol，说明反应II中水的变化量为1.5mol，列出三段式即：可知0~20min内。②反应II化学平衡常数。的选择性。【小问4详解】温度大于800℃时，随着压强的增大，的平衡转化率减小，其原因可能是温度温度大于800℃时，以反应II为主，压强增大平衡不移动，但压强增大反应I平衡正向移动，水蒸气浓度增大，浓度减小，从而导致反应II平衡逆移，故二氧化碳的平衡转化率减小。【小问5详解】玻碳电极产生氧气，发生氧化反应，为阳极，则铂电极为阴极，故电极反应式为，当玻碳电极收集到标况下22.4L气体即1mol氧气时，电路中转移4mol电子，阴极区吸收mol二氧化碳，且将会有4mol氢离子移向阴极，故增重。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。11.铀氮化合物是核燃料循环系统中的重要材料。已知。回答下列问题：（1）基态氮原子价电子轨道表达式为___________。（2）反应中断裂的化学键有___________(填标号)。a．氢键b．极性键c．非极性键d．离子键e．配位键（3）反应所得的气态产物中属于非极性分子的是___________(填化学式，下同)；氢化物中更易与形成配离子的是___________。向溶液中滴加少量氨水，反应现象为___________，继续滴加氨水可得到深蓝色透明溶液，写出该反应的离子方程式___________。（4）基态U原子的外围电子排布式为，则处于下列状态的铀原子或离子失去一个电子所需能量最高的是___________(填标号)。A. B. C. D.（5）的空间构型为___________，其结构中存在大键，可表示为___________(用表示，m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数)。（6）某种铀氮化