2024届四川省遂宁市高三上学期第一次诊断性考试（一模）理综试题（含答案解析）

遂宁市高2024届第一次诊断性考试理科综合本试卷满分300分，考试时间150分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：第I卷(共计126分)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.化学与人类活动密切相关。下列说法正确的是A.利用活性炭吸附性淡化海水 B.利用石膏作加工豆腐的凝固剂C.利用米汤检验加碘食盐中的碘 D.光导纤维能将太阳能转化为电能【答案】B【解析】【详解】A．活性炭的吸附性主要为物理吸附色素、异味，不能吸附海水中的氯化钠物质，不能用来淡化海水，故A错误；B．豆浆中加入石膏水使得胶体聚沉，因此可以利用石膏作加工豆腐的凝固剂，故B正确；C．加碘食盐的碘为KIO3，淀粉溶液遇碘单质变蓝，因此米汤不能使含碘食盐变色，不能检验加碘食盐，故C错误；D．光导纤维是利用全内反射原理传递光信号，不能将太阳能转化为电能，故D错误。综上所述，答案为B。2.咖啡酸的衍生物(M)如图。下列有关M的说法正确的是A.M能使溴水、酸性高锰酸钾褪色B.M分子中有3种含氧官能团C.M分子中碳原子不可能处于同一平面D.M分子中苯环上的二氯代物共有3种【答案】A【解析】【详解】A．M分子中含有碳碳双键，能使溴水、酸性高锰酸钾褪色，A正确；B．M分子中的含氧官能团为：羟基、羧基，只有2种，B错误；C．M分子中含有苯环和碳碳双键这两个平面结构，所有碳原子可能共平面，C错误；D．M分子中苯环上的二氯代物只有两种：，D错误；故选A。3.我国正在大力开展海水提溴的研究和开发工作。工业以浓缩海水为原料提取溴的部分过程如图，已知代表阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.“氧化”前对海水酸化可以抑制歧化反应B.“吸收塔”中的反应：C.可用乙醇萃取替代“蒸馏”，更利于分离D.理论上，获得1molBr2产品时共消耗2NA个Cl2【答案】C【解析】【详解】A.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，将海水酸化可以抑制Cl2发生歧化反应，故A正确；B.吸收塔中有Br2，与SO2、反应生成氢溴酸和硫酸，其反应的离子方程式为，故B正确；C.乙醇与水互溶，不能用来萃取剂，故C错误；D.，在氧化和蒸馏时都需要用到Cl2，都发生此反应，因此1molBr2会消耗2NA个Cl2，故D正确。综上所述，答案为C。4.下列实验设计可以达到相应实验目的的是选项AB实验设计实验目的验证碳酸酸性强于硅酸探究浓度对反应速率的影响选项CD实验设计实验目的配制0.2000mol/L硫酸检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．盐酸有挥发性，不能验证碳酸和硅酸的酸性强弱，需在锥形瓶和烧杯之间添加饱和碳酸氢钠的洗气瓶，A错误；B．因为KMnO4浓度不同颜色不同，褪色时间自然不同，所以应改变草酸的浓度，用草酸滴定高锰酸钾溶液，B错误；C．浓硫酸应先在烧杯中稀释，冷却至室温后，再转移定容，C错误；D．浓硫酸和铜在加热条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，通入到品红溶液中，若品红褪色，则证明生成二氧化硫，二氧化硫气体是大气污染物，不能排放到空气中，故试管口用浸有氢氧化钠溶液棉花团吸收二氧化硫，图示正确，D正确；故选D。5.U、V、W、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素。盐X由U、V、Z三种元素组成，y为元素W的单质，物质a、b、c、d、e、f均为中学常见二元化合物。各物质间能发生如图所示的转化关系(部分反应的产物及反应条件已略)，相对分子质量：c比b大16，f比e大16。已知：非金属性Z强于V，下列推断错误的是A.原子半径：Z>W>V B.物质沸点：a<dC.X为正盐或酸式盐 D.g的酸性强于h【答案】A【解析】【分析】相对分子质量：c比b大16，f比e大16可知c比b，f比e多一个O，又因为y为元素W的单质，所以y为O2，W为氧元素；b、c、e、f均为中学常见二元化合物可知b、c、e、f均为氧化物；盐X溶液与盐酸反应生成的物质能连续两次被氧气氧化最后生成含氧酸推测X中含有S2-或HS-，则；盐X溶液与氢氧化钠溶液反应生成的物质能连续两次被氧气氧化，最后生成含氧酸推测X可能是铵盐，则，、均为强酸，符合题意，故可以确定X是或，从而进一步确定a为，b为SO2，c为SO3，d为NH3，e为NO，f为NO2，g为，h为。盐X或由U、V、Z三种元素组成，即N、H、S三种元素组成，U、V、W、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，即原子序数：U<V<W<Z。原子序数：H<N<S，因此U为H，V为N，Z为S，W为O。【详解】A．同一主族从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：O<S即原子半径：Z>W；同一周期从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径：N>O即原子半径：V>W，A错误；B．a为H2S，d为NH3，因为NH3分子间存在氢键，所以沸点：H2S<NH3，B正确；C．盐X(正盐)或(酸式盐)，C正确；D．g，h为，酸性：>，D正确；故答案为：A。6.铬酸钠主要用于有机合成氧化剂、印染等，现以铅蓄电池为电源，用电渗析法分离回收混合物浆液中的装置如图所示，下列对分离过程的相关判断错误的是A.混合物浆液中穿过阴离子膜进入乙池B.电极a连接铅蓄电池负极，甲池中浓度逐渐增大C.铅蓄电池的正极反应为：D.若电路中通过，理论上铅蓄电池负极增重【答案】D【解析】【分析】电解池中阳离子从阳极移向阴极，结合装置可知，与铅蓄电池正极相连的惰性电极b为电解池的阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，混合物浆液中铬酸根离子通过阴离子膜进入乙池，惰性电极a为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，混合物浆液中钠离子通过阳离子交换膜进入甲池。【详解】A．由分析可知，混合物浆液中铬酸根离子通过阴离子膜进入乙池，故A正确；B．由分析可知，与铅蓄电池负极相连的惰性电极a为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，混合物浆液中钠离子通过阳离子交换膜进入甲池，所以甲池中氢氧化钠浓度逐渐增大，故B正确；C．二氧化铅电极为铅蓄电池的正极，酸性溶液中二氧化铅与硫酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为，故C正确；D．铅电极为铅蓄电池的负极，硫酸根离子作用下铅在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸铅，电极反应式为，则电路中通过，理论上铅蓄电池负极增重9.6g，故D错误；故选D。7.某温度下，向浓度均为的和溶液中分别滴加的溶液，滴加过程中溶液的{，代表或}与溶液体积的关系如图所示[已知：]，下列说法正确的是A.a-b-e代表沉淀溶解曲线B.向d点溶液加入稀硫酸可变到a点C.反应D.图中【答案】C【解析】【分析】由硫化铜的溶度积小于硫化锌可知，硫化锌饱和溶液中锌离子浓度大于硫化铜饱和溶液中铁离子浓度，则a-b-e代表硫化锌沉淀溶解曲线，a-c-d代表硫化铜沉淀溶解曲线；由图可知，c点时溶液中铜离子浓度为10—17.7mol/L，则硫化铜的溶度积为10—35.4，b点溶液中铜离子浓度为10—12.7mol/L，则硫化铜的溶度积为10—25.4。【详解】A．由分析可知，a-b-e代表硫化锌沉淀溶解曲线，a-c-d代表硫化铜沉淀溶解曲线，故A错误；B．由分析可知，a-c-d代表硫化铜沉淀溶解曲线，硫化铜与稀硫酸不反应，则向d点溶液加入稀硫酸不能变到a点，故B错误；C．由方程式可知，反应的平衡常数K=====1010，故C正确；D．由分析可知，a-c-d代表硫化铜沉淀溶解曲线，由图可知，d点时硫化钠溶液过量，溶液中硫离子浓度为，由溶度积可知，溶液中铜离子浓度为=3×10—34.4，则x<34.4，D错误；故选D。第II卷(共计174分)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.伊贝沙坦是一种新型的抗高血压药物，环戊酮是合成伊贝沙坦的中间体，实验室以如下图装置制备环戊酮(，加热及夹持装置已省略)，其反应原理：+CO2↑+H2O。已知：己二酸(M=熔点为152℃，330℃左右能升华并开始分解；环戊酮沸点131℃，着火点30℃。步骤如下：I．将己二酸和适量置于如图仪器a中，维持温度285～290℃，加热20分钟；Ⅱ．在馏出液中加入适量的浓溶液，振荡锥形瓶、分液除去水层；将有机层转移至干燥锥形瓶，再次加入，振荡分离出有机层；Ⅲ．组装蒸馏装置，对Ⅱ所得有机层进行蒸馏，收集128～131℃的馏分，称量获得产品，计算产率。回答下列问题：（1）仪器a的名称为_______。（2）步骤I加热的最佳方式是_______(选填“熔融的盐浴”、“自来水水浴”或“酒精灯直接加热”)；用导管连接b并通向户外，“通向户外”的主要目的是_______。（3）步骤Ⅲ蒸馏有机层时温度计球泡位置应在_______。（4）步骤Ⅱ中第一次加入的作用是减小环戊酮的溶解性及_______，第二次加入的作用是_______。（5）环戊酮的产率为_______(结果保留3位有效数字)，如果步骤I温度高于330℃，会导致产率_______(填“升高”、“降低”或“无影响”)。（6）微波辐射具有很高的加热效率，下图表示某研究人员探究相同时间、相同反应条件下微波功率对环戊酮产量的影响。由图可知，微波辐射的最佳功率为_______W。【答案】（1）蒸馏烧瓶（2）①.熔融的盐浴②.避免环戊酮蒸气燃烧并引发爆炸（3）蒸馏烧瓶的支管口（4）①.将己二酸转化为离子化合物除去②.干燥环戊酮（5）①.75.0%②.降低（6）250【解析】【分析】由题意可知，该实验的实验目的是在285～290℃条件下，己二酸与氢氧化钡共热反应制备环戊酮，馏出液经碳酸钾浓溶液洗涤除去己二酸、碳酸钾固体干燥除去水分、蒸馏得到环戊酮。【小问1详解】由实验装置图可知，仪器a为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；【小问2详解】由题意可知，步骤I发生的反应为285～290℃条件下，己二酸与氢氧化钡共热反应制备环戊酮和水，由于水浴加热的温度低于反应温度、酒精灯直接加热不能控制反应温度，所以实验时加热的最佳方式为KNO3+NaNO3盐浴；由题给信息可知，环己酮的沸点低，易挥发，且着火点低，所以实验时为避免环戊酮蒸气燃烧并引发爆炸，应用导管连接b并通向户外，故答案为：KNO3+NaNO3盐浴；避免环戊酮蒸气燃烧并引发爆炸；【小问3详解】蒸馏有机层时温度计测量的是环己酮的温度，所以温度计球泡位置应在蒸馏烧瓶的支管口处，故答案为：蒸馏烧瓶的支管口；【小问4详解】由分析可知，步骤Ⅱ中加入碳酸钾浓溶液的目的是洗涤除去己二酸、加入碳酸钾固体的目的是干燥除去水分，故答案为：将己二酸转化为离子化合物除去；干燥环己酮；【小问5详解】由题意可知，29.2g己二酸制得12.6g环己酮，则由方程式可知，环戊酮的产率为×100%=75.0%；如果步骤I温度高于330℃，己二酸发生升华，不能与氢氧化钡完全反应转化为环戊酮而排出导致产率降低，故答案为：75.0%；降低；【小问6详解】由图可知，微波辐射的功率为250W时，环戊酮产率最高，因此微波辐射的最佳功率为250W，故答案为：250。9.是光电转化材料。利用钛铁矿(主要成分为，还含有少量等杂质)来制备，并回收铁制备难溶于水的黄钾铁矾，制备流程如图，回答下列问题：部分原料价格表：物质纯碱(99%)氢氧化钾(90%)碳酸钾(99%)液氨(99.9%)价格(元/吨)18004000450025000（1）中Ti的化合价为_______。（2）步骤①滤渣1的主要成分是_______，若氧化酸解的氧化剂用替代，则理论上氧化剂与还原剂物质的量之比为_______，相同条件下，用做氧化剂时，其酸解效率较低，原因可能是_______。（3）已知在水中能部分水解并有生成，则相关离子方程式为_______；常温下，为，滤液1中浓度为，步骤②中要使水解的转化率达99%，加时忽略溶液体积变化，则此时溶液的pH应为_______。（4）步骤③反应的化学方程式为_______，若在实验室煅烧，用到的实验仪器除了玻璃棒、酒精灯、三脚架及泥三角外，还需要_______。（5）结合信息分析，步骤④调pH最适宜的试剂是_______。A. B. C. D.【答案】（1）+4（2）①.②.1：2③.150℃、做催化剂条件下易分解（3）①.②.1（4）①.②.坩埚、坩埚钳（5）C【解析】【分析】由题给流程可知，150℃条件下向钛铁矿中加入60%硫酸和次氯酸钾氧化酸解，将钛酸亚铁转化为硫酸铁和TiOSO4，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入尿素，促进TiOSO4在溶液中的水解，使TiOSO4转化为TiO(OH)2沉淀，过滤得到含有铁离子的滤液和TiO(OH)2；TiO(OH)2与二水氯化钙高温煅烧生成钛酸钙；调节滤液pH，将溶液中铁离子转化为黄钾铁矾。【小问1详解】由化合价的代数和为0可知，钛酸钙中钛元素的化合价为+4价，故答案为：+4；【小问2详解】由分析可知，滤渣1的主要成分是二氧化硅；钛酸亚铁转化为硫酸铁和TiOSO4时，铁元素的化合价升高被氧化，钛酸亚铁为反应的还原剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂过氧化氢与还原剂钛酸亚铁的物质的量比为1：2，150℃、铁离子做催化剂条件下过氧化氢会分解生成氧气和水，所以用过氧化氢做氧化剂时，其酸解效率较次氯酸钾低，故答案为：；1：2；150℃、做催化剂条件下易分解；【小问3详解】由题意可知，尿素在溶液中部分发生水解反应生成碳酸氢铵和氨气，反应的离子方程式为；由溶度积可知，浓度为0.1mol/LTiO2+离子水解的转化率达99%时，溶液中氢氧根离子浓度为=1×10—13mol/L，溶液pH为1，故答案为：；1；【小问4详解】由分析可知，步骤③发生的反应为TiO(OH)2与二水氯化钙高温煅烧生成钛酸钙、氯化氢和水，反应的化学方程式为；实验室灼烧固体时，除了用到玻璃棒、酒精灯、三脚架及泥三角外，还需要用到坩埚、坩埚钳，故答案为：；坩埚、坩埚钳；【小问5详解】由分析可知，步骤④调节溶液pH的目的是将溶液中铁离子转化为黄钾铁矾，加入碳酸钠、通入氨气会引入杂质，氢氧化钾的碱性过强，易将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，所以调节溶液pH的最适宜的试剂是碳酸钾，即不引入新杂质，也能促进铁离子水解生成黄钾铁矾，防止生成氢氧化铁，故选C。10.2023年7月1日我国开始实施“国六b”标准，研究汽车尾气中等污染物的转化对环境保护具有重要意义。一种脱硝方法是利用将NO氧化为高价态氮氧化物，反应机理如下：i)ii)（1）已知反应i的正反应活化能为，则其逆反应的活化能为_______。（2）在一恒温恒容的容器中发生上述反应i、ii，若增大的浓度，NO的转化率_______(填“增大”、“减小”或“不变”)；保持恒温恒容，下列描述能说明反应已达到平衡的是_______。A．B．容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化C．某时刻容器中NO与的物质的量之比为D．容器中气体的总压强不随时间而变化（3）将NO、充入恒容密闭容器中，起始时浓度均为，若只发生反应i，反应速率，其中、只与温度及活化能有关，下图是温度为、时，随时间变化图。温度下，，反应的平均速率_______，若加入正催化剂，和均_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。M点与N点对应的的大小关系：M_______N(填“>”、“＜”或“=”)，N点时_______。（4）用惰性电极电解食盐水对烟气脱氮，将含NO的烟气通入电解池，其中NO被阳极产生的氧化为，则电解池中发生的总的离子反应方程式为_______；对于任何反应，当时该反应为自发反应，已知该总反应的，则该反应在_______(填“高温”或“低温”)下能自发进行。【答案】（1）（2）①.增大②.BD（3）①.②.变大③.＜④.36（4）①.②.高温【解析】【小问1详解】活化能，则；【小问2详解】对于反应i)，增大的的浓度，平衡正向移动，NO的转化率增大；A．二氧化氮与氧气不按照2:1消耗，故A不符合题意；B．气体的平均相对分子质量与平均摩尔质量数值相等，根据，气体质量不变，总物质的量改变，平均摩尔质量改变，当其保持不变，反应达到平衡，故B符合题意；C．物质的量之比不能作为判断平衡状态的依据，故C不符合题意；D．气体总物质量改变，压强改变，当其保持不变，反应达到平衡，D符合题意；故选BD；【小问3详解】由图可知，、时，NO的转化率为40%，则；若加入正催化剂，正逆反应速率都增大，反应物和生成物浓度不变，根据式子：，可知和均变大；由图可知，M点与N点对应的转化率相同，则M点与N点对应的各物质浓度相等，且温度下高反应速率更快，平衡时，，则，，反应i是放热反应，温度升高，K减小，所以M点与N点对应的的大小关系是；N点时；【小问4详解】由题意，NO被阳极产生的氧化为，阴极水中的氢离子得电子生成氢气，则电池的总反应为：；该反应的还原产物为氢气，其还原性强于NO，该反应的氧化产物为，其氧化性强于水，由此可知，总反应为吸热反应，，已知该总反应的，则该反应在高温下能自发进行。(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。[化学——选修3：物质结构与性质]11.某合金基体是铁碳合金，还含有一定量的Cr、Ni、Cu、C等元素。回答下列问题：（1）基态碳原子核外电子所处的最高能层符号为_______，基态的外围电子排布图为_______。（2）六羰基铬中键和键的个数比为_______，与CO互为等电子体的是_______。A．B．C．D．E．（3）完成下列含碳化合物相关分析：A．B．①A分子中采取杂化的碳原子有_______个。②B的沸点低于对羟基苯甲醛()的沸点，其原因是_______。（4）是离子晶体，其晶格能可通过Born-Haber循环计算得到。通过图中数据_______(填“能”或“不能”)计算出Cu原子的第一电离能，的晶格能为_______。（5）的晶胞结构如图所示，A的原子坐标参数为，B为，则C的原子坐标为_______；已知该晶体的密度为，和的半径分别为和，代表阿伏加德罗常数的值，则该晶胞中离子的空间利用率为_______(用代数式表示)。【答案】11.①.L②.12.①.1∶1②.AD13.①.7②.有机物B易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，故B的沸点低14.①.不能②.564315.①.②.%【解析】【小问1详解】碳元素的原子序数为6，基态原子的核外有2个能层，最高能层为L能层；铬元素的原子序数为24，基态铬离子的外围电子排布式为3d3，外围电子排布图为，故答案为：L；；【小问2详解】一氧化碳与氮气分子、离子、离子的原子个数都为2、价电子数都为10，互为等电子体，等电子体具有相同的空间结构，氮气分子中含有氮氮三键，则等电子体CO中也含有三键结构，六羰基铬中配位键为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，则分子中的σ键和π键的个数比为1∶1，故答案为：1∶1；AD；【小问3详解】①由结构简式可知，A分子中苯环上的碳原子和酮羰基碳原子的杂化方式为sp2杂化，共有7个，故答案为：7；②由结构简式可知，有机物B为易形成分子内氢键的邻羟基苯甲醛，而对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以沸点高于邻羟基苯甲醛，故答案为：有机物B易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，故B的沸点低；【小问4详解】原子的第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子变为气态离子所需能量，由图可知，图中失去电子铜原子为固态，所以不能确定铜原子的第一电离能；离子化合物的晶格能是指气态基态离子形成lmol离子化合物所释放的能量，则氮化亚铜的晶格能为3285kJ/mol—822kJ/mol+3180kJ/mol=5643kJ/mol，故答案为：不能；5643；【小问5详解】由晶胞中位于顶点的A的原子坐标参数为、位于顶点的B的原子坐标参数为可知，晶胞的边长为1，则位于棱上的C的原子坐标为；由晶胞结构可知，位于顶点和面心的镍离子的个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的氧离子个数为12×+1=4，由题意可知，晶胞中镍离子和氧离子的体积之和为pm3，由晶胞的质量公式可知，晶胞的体积为pm3，则该晶胞中离子的空间利用率为%，故答案为：；%。[化学——选修5：有机化学基础]12.有机化合物Y有抗菌作用，也是一种医药中间体，由X合成Y的路线图如下：已知：①②③请回答下列问题：（1）根据系统命名法，X的名称为_______。（2）A中的含氧官能团的名称为_______，②和④的反应类型分别为_______、_______。（3）检验C中官能团Cl所用