内蒙古呼和浩特市2024届高三一模理科综合-化学试题（含答案解析）

2024年呼和浩特市高三年级第一次质量数据监测理科综合能力测试注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。第I卷第1页至第7页，第II卷第8页至第20页。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号涂写在答题卡上。本试卷满分300分，考试时间150分钟。2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3.回答第II卷时，将答案必须写在题号所指示的答题区域内，超出答题区域书写的答案无效，写在本试卷上无效。4.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：H-1C-12N-14O-16Ti-48第I卷(选择题共126分)一、选择题：本题共13个小题，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.生活中处处有化学，下列叙述中不正确的是A.氯气、臭氧、二氧化氯都可用于自来水消毒B.焰火中红色来源于钠盐的灼烧，该过程为化学变化C.亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，但使用量有严格规定D.胆矾可以与石灰乳混合制成一种常用的农药——波尔多液【答案】B【解析】【详解】A．氯气与水反应生成次氯酸，HClO具有强氧化性，可用于杀菌消毒，二氧化氯中氯的化合价为+4价，不稳定，易转变为-1价，从而体现较强的氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，臭氧有强氧化性，能杀菌消毒，故A正确；B．钠元素的焰色反应呈黄色，则焰火中红色与钠盐灼烧无关，焰色试验是物理变化，故B错误；C．亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，可用作肉类的食品添加剂，由于亚硝酸钠有一定的毒性，因此国家对它的使用量和残留量都有规定，故C正确；D．胆矾和石灰乳混合制成波尔多液，可用于防治果树的病虫害，故D正确；故答案选B。2.昆虫信息素是昆虫之间传递信号的化学物质。人工合成信息素可用于诱捕害虫、测报虫情等。一种信息素的分子结构简式如图所示，关于该化合物说法正确的是A.其分子式为C12H22O2B.可发生水解反应，不能发生取代反应C.该分子所有碳原子不可能共平面D.与互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A．键线式中线的“拐点”和“终点”均有C，根据结构可知其分子式为C12H20O2，A错误；B．分子中含酯基，在酸性条件或碱性条件下可发生水解反应，水解属于取代反应，B错误；C．该结构中存在与4个碳原子相连的饱和碳原子，所有碳原子不可能共面，故C正确；D．两者组成不同，不是同分异构体，故D错误；故选：C。3.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列生活和生产中化学知识应用的解释和反应方程式书写不正确的是A.自然界中的Cu2+遇到深层的方铅矿转化为铜蓝：PbS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Pb2+(aq)B.电解精炼铜时，阳极材料是粗铜，发生的电极反应式只有：Cu-2e-=Cu2+C.红热的木炭放入盛有浓硝酸的试管中，有红棕色气体产生，可能发生反应：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2OD.海水提溴中用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4【答案】B【解析】【详解】A．CuS的溶解度小于PbS，硫化铅可以转化为硫化铜；PbS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Pb2+(aq)，故A正确；B．电解精炼粗铜时，粗铜中的Cu和其他比铜活泼的金属在阳极发生氧化反应，阳极反应除了Cu-2e-=Cu2+，还可能有Fe-2e-=Fe2+，Zn-2e-=Zn2+等，故B错误；C．红热的木炭放入盛有浓硝酸的试管中，有红棕色气体产生，可能是浓硝酸受热分解，可能发生反应：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故C正确；D．过程中吹出的溴蒸气，也可以用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏，溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故D正确。答案选B。4.已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可组成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法正确的是A.A和D形成的化合物中，A为+1价B.元素D、E分别与C形成漂白性物质的漂白原理相同C.简单氢化物的稳定性：E＞CD.化合物X在低温的环境中更加稳定【答案】D【解析】【分析】已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族，结合各元素成键数目可推知，A为H，B为C元素，C为O，D为Na，E为S元素。【详解】A．A为H，D为Na，形成的化合物为NaH，其中H为-1价，A错误；B．D为Na，E为S，与O元素形成的漂白性物质分别为过氧化钠和二氧化硫，过氧化钠具有强氧化性使物质褪色，二氧化硫具有漂白性使物质褪色，B错误；C．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，则稳定性：H2O＞H2S，C错误；D．过氧化氢不稳定，化合物X为Na2CO3·H2O2，在低温的环境中更加稳定，D正确；答案选D。5.下列实验装置，可以达到实验目的的是A.①装置可用于熔融NaOHB.②可以探究KCl浓度是否对FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl的平衡移动有影响C.③可用于氢氧化钠标准溶液滴定未知浓度的盐酸D.④可以证明溴和苯发生的是取代反应而不是加成反应【答案】C【解析】【详解】A．瓷坩埚中二氧化硅与熔融NaOH发生反应，A错误；B．该反应的本质是，与氯离子无关，B错误；C．该聚合物材质活塞不会被NaOH腐蚀，指示剂选择正确，C正确；D．挥发出的溴也可与硝酸银溶液发生作用，形成淡黄色沉淀，D错误；答案选C。6.环氧乙烷(简称EO)是一种重要的有机合成原料和高效消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如图，下列说法不正确的是A.电极A接电源的负极B.阳极室产生Cl2后发生的反应有：Cl2+H2OHCl+HClOC.该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O+H2D.溶液a为KCl和KOH的混合溶液【答案】A【解析】【分析】由图示反应流程可知，氯离子在a电极变为氯气，失电子化合价升高，发生氧化反应，所以电极a为阳极，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸与乙烯发生加成反应生成HOCH2CH2Cl；氢离子在b电极放电生成氢气，阳极室中的钾离子透过阳离子膜进入阴极室，与氢离子放电后剩余的氢氧根结合变为氢氧化钾，HOCH2CH2Cl与氢氧化钾反应生成环氧乙烷和氯化钾。【详解】A．根据分析可知，电极a为阳极，与电源正极相连，A错误；B．根据分析可知，氯气与水反应生成次氯酸，反应方程式：Cl2+H2OHCl+HClO，B正确；C．由上述分析可知，该反应的总反应方程式：CH2=CH2+H2O+H2，C正确；D．根据分析可知溶液a为电解生成的KOH和残留的KCl，D正确；答案选A。7.向AgNO3溶液中滴加NaCl溶液发生反应Ag+(aq)+Cl-(aq)AgCl(s)和AgCl(s)+Cl-(aq)[AgCl2]-(aq)；-lgc[(M)/(mol•L-1)]与-lgc[(Cl-)/(mol•L-1)]的关系如图所示(其中M代表Ag+或[AgCl2]-)。下列说法不正确的是A.c(Cl-)=10-2.52mol•L-1时，溶液中c(NO)＞2c([AgCl2]-)B.c(Cl-)=10-3mol•L-1时，溶液中c(NO)＞c(Ag+)＞c([AgCl2]-)C.反应Ag++2Cl-(aq)[AgCl2]-(aq)的平衡常数K=105.04D.用Ag+滴定NaCl溶液测定Cl-浓度时，当Cl-浓度降至10-5mol•L-1时，溶液中的Ag+浓度为10-4.74mol•L-1【答案】B【解析】【分析】根据题干信息可知，越大，越小，越大，及与纵坐标交点（0,9.74）可知，随横坐标增大呈上升趋势的线表示。【详解】A．当溶液中时，，根据物料守恒：，即，说明，A正确；B．根据分析，溶液中无参与其余反应过程，浓度最大，由图象可知，B错误；C．平衡常数：，将交点数值代入，得，C正确；D．取两线交点，当时，，则，当Cl-浓度降至10-5mol•L-1时，溶液中的Ag+浓度为10-4.74mol•L-1，D正确；答案选B。第II卷非选择题(共174分)三、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第22-32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33-40题为选考题，考生根据要求做答。)(一)必考题(共11题，共129分)8.铂是一种贵金属，广泛用于化工领域。常用来做电极材料，从某废旧电极材料(主要含Pt，杂质主要含有机物和活性炭、Al2O3、Fe2O3、SiO2)中回收Pt的一种工艺流程如图所示。回答下列问题（1）“焙烧”的目的是______。（2）①“浸取”中Pt被氧化为[PtCl6]2-，该反应的离子方程式为______。②“浸取”中H2O2，的实际用量远大于理论量原因可能是______。③为解决上述问题，浸取液还可选择HCl－NaClO3；一段时间内，Pt浸出率受氧化剂浓度的影响数据如表。氧化剂浓度/mol•L-10.10.20.30.4HCl－NaClO3对Pt的浸出率/%79.685.382.181.6当c(NaClO3)＞0.2mol/L时，Pt的浸出率降低的原因：随着c(NaClO3)增大，其氧化性增强，部分被_______还原而消耗。（3）加入有机萃取剂R3N(O)后，还需进行的分离操作是______，得到的水层溶液中含有的金属阳离子有_______。（4）萃取机理如下(O表示有机体系，A表示水溶液体系)：i.R3N(O)+H(A)+Cl-(A)R3NHCl(O)ii.2R3NHCl(O)+[PtCl6]2-(A)(R3NH)2[PtCl6](O)+2Cl-(A)“反萃取"时加入NaOH溶液，反应的离子方程式是_______。“沉铂”析出(NH4)2[PtCl6]时，需加入过量NH4Cl的原因是______。【答案】（1）除去有机物和活性炭（2）①.Pt+H2O2+6Cl-=[PtCl6]2-+4H2O②.溶液中Fe3+催化H2O2分解③.Cl-或HCl（3）①.分液②.Fe3+和Al3+（4）①.(R3NH)2[PtCl6](O)+2OH-(A)=[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)+2R3N(O)②.根据同离子效应，使沉铂更加充分【解析】【分析】废旧电极材料主要含Pt，杂质主要含有机物和活性炭、Al2O3、Fe2O3、SiO2，经焙烧后活性炭被除去，向剩余固体混合物中加入盐酸和过氧化氢进行浸取，其中二氧化硅不被盐酸溶解，浸取过程中Pt被氧化为[PtCl6]2-，加入萃取剂进行萃取，再进行反萃取后将Pt与其余金属杂质离子分离，加入氯化铵进行沉铂后过滤，得相应配合物，除了后得Pt进行回收。小问1详解】经“焙烧”后可将废料中的活性炭除去；【小问2详解】①“浸取”中Pt被氧化为[PtCl6]2-，根据电荷守恒及质量守恒，反应离子方程式：Pt+H2O2+6Cl-=[PtCl6]2-+4H2O；②“浸取”中若H2O2的实际用量远大于理论量，原因可能是：溶液中Fe3+催化H2O2分解；③根据表中数据发现，当c(NaClO3)＞0.2mol/L时，Pt的浸出率降低的原因：随着c(NaClO3)增大，其氧化性增强，部分被Cl-或HCl还原而消耗；【小问3详解】加入有机萃取剂R3N(O)后，经过萃取后静置分层，分层后还需经过分液；根据分析可知，得到的水层溶液中含有的金属阳离子：Fe3+和Al3+；【小问4详解】“反萃取”时向含Pt的有机物中加入NaOH溶液，氢氧根离子和氢离子反应生成水，导致氢离子浓度降低，R3N(O)+H(A)+Cl-(A)R3NHCl(O)平衡逆向移动，使得R3NHCl(O)浓度减小，使得2R3NHCl(O)+[PtCl6]2-(A)(R3NH)2[PtCl6](O)+2Cl-(A)也逆向移动，最终使[PtCl6]2-进入水溶液体系，总反应的离子方程式：(R3NH)2[PtCl6](O)+2OH-(A)=[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)+2R3N(O)；根据同离子效应，“沉铂”析出(NH4)2[PtCl6]时，需加入过量NH4Cl，可使沉铂更加充分。9.实验室可用环己醇制备环己酮，反应原理和实验装置(部分夹持装置略)如图：已知：环己醇、环己酮的部分物理性质如表(括号中的沸点数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的恒沸混合物的沸点)。物质沸点/℃密度/g•cm溶解性相对分子质量-3•20℃环己醇161.1(97.8)0.96能溶于水和醚100环己酮155.6(95.0)0.95微溶于水，能溶于醚98I.制备：实验中通过恒压滴液漏斗将酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有8.4mL(0.08mol环己醇的三颈烧瓶中，保持反应温度在55-65℃之间继续搅拌20min后，加入1.0g草酸，反应液变为墨绿色。（1）仪器甲的名称是______。（2）酸性Na2Cr2O7溶液氧化环己醇反应放热，则滴加酸性Na2Cr2O7溶液的方式为______。（3）为控制反应体系温度在55-65℃范围内，可采取的加热方式是______。（4）上述步骤中，加入草酸的目的是______。Ⅱ.分离提纯：环己酮的提纯需要经过以下操作：a.向反应后的混合液中加入NaCl固体至饱和，静置，分液；b.水层用乙醚(乙醚沸点34.6℃)萃取，萃取液并入有机层；c.有机层中加入无水MgSO4固体，除去少量的水，过滤；d.将滤液在50-55℃蒸馏除去乙醚：e.再用如图所示装置蒸馏，收集151-156℃馏分。（5）①操作b中水层用乙醚萃取的目的是______。②如果不经操作c，直接蒸馏不能分离环己酮和水的原因是______。③操作e中蒸馏收集环己酮产品时，不用水冷凝，而用空气冷凝管的原因是______。（6）最终得到纯产品4.9mL，则环已酮的产率为______(计算结果精确到0.1%)。【答案】（1）球形冷凝管（2）分批次，缓慢滴加（3）水浴加热（4）除去过量Na2Cr2O7（5）①.将水层中的环己酮再提取，提高产率②.形成恒沸混合物③.防止温差过大，导致冷凝管炸裂（6）59.4%【解析】【分析】实验中通过恒压滴液漏斗将酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有8.4mL(0.08mol环己醇的三颈烧瓶中)发生反应，，此反应为放热反应，放出的热量使温度升高，需要分批次加入酸性Na2Cr2O7溶液；制备反应完成后，向混合物中加入氯化钠固体至饱和，可降低环已酮在水中的溶解度，增大水层的密度，便于分液，在水层中再加入乙醚萃取环己酮，在有机层中加入无水硫酸镁块状固体，干燥，过滤后进行蒸馏，收集151-156℃馏分，得到环己酮。【小问1详解】根据图形可知，该装置为球形冷凝管，起冷凝回流的作用；【小问2详解】该氧化过程为放热反应，反应放出的热量使温度升高，避免氧化剂聚集使反应加剧，使产品氧化开环，造成产品损失，降低产品产量，故需要：分批次，缓慢滴加；【小问3详解】反应所需温度为55-65℃范围内即可，故可采取的加热方式是：水浴加热；【小问4详解】草酸具有还原性，可将多余的酸性Na2Cr2O7溶液还原，故草酸的作用为：除去过量Na2Cr2O7；【小问5详解】①制备反应完成后，向混合物中加入氯化钠固体至饱和，可降低环已酮在水中的溶解度，增大水层的密度，便于分液，在水层中再加入乙醚萃取出水层中的环己酮，提高产率；②有机层中加入无水MgSO4固体，目是除去少量的水，防止有机物与水形成具有固定组成的恒沸混合物；③若用水冷凝，则会温差过大，造成冷凝管炸裂，故采用空气冷凝管；【小问6详解】反应开始时加入了8.4mL(0.08mol)环己醇和过量酸化的重铬酸钠溶液，则理论上得到0.08mol环己酮，实验结束后收集到4.9mL环已酮，，故产率为。10.我国提出力争2060年前实现碳中和，以CO2为原料催化加氢制备甲醇具有较好的发展前景。已知：I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.5kJ•mol-1Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+40.9kJ•mol-1Ⅲ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3回答下列问题：（1）反成I在______(填“高温”“低温”或“任何温度”)条件下能够自发进行，反应Ⅲ的△H3=______kJ•mol-1。（2）将CO2和H2按n(CO2)∶n(H2)=1∶3通入密闭容器中发生反应I和反应Ⅱ，测得不同温度下CO2的平衡转化率以及CH3OH、CO选择性的变化如图所示(选择性为目标产物的物质的量在转化的CO2的总物质的量中的比率)。①根据图像指出CH3OH的选择性曲线为_______(填“a”或“b”)。②不同压强下，CO2的平衡转化率如图所示，则p1、p2、p3由大到小的顺序_______。③T＞350℃时，p1、p2、p3三条曲线接近重合的原因是______。④T℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OH的选择性为50%；保持投料比、反应时间和温度不变，一定能提高CH3OH选择性的措施有_______(写出一种即可)。（3）已知：对于反应，dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压，Kθ=，其中pθ=100kPa，分压=总压×该组分物质的量分数。①则图为反应______(填“Ⅱ”或“Ⅲ”)的lgKn随(n＞m)的变化关系。②在图中n点对应温度下、原料组成为n(CO2)∶n(H2)=1∶3、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时CO的分压为10kPa，CH3OH的分压为6.25kPa，H2的平衡转化率为______。（4）CO2催化加氢制甲醇在不同催化剂下的反应机理如图所示，(*表示催化剂表面的吸附位，如CO*表示吸附于催化剂表面的CO)下列说法正确的是______。A.Cu-ZnO@SiO2催化剂中Cu+抑制了CO*的解吸附，从而抑制CO的生成B.Cu-ZnO@SiO2催化剂主要通过HCOO*路径加氢生成甲醇C.增大流速，原料气与催化剂碰撞机会多，甲醇产率一定增加D.随着温度升高，有利于CO2，在催化剂表而反应，平衡转化率增大【答案】（1）①.低温②.—90.4（2）①.a②.p1＞p2＞p3③.随着反应温度升高，CO选择性极高，反应Ⅱ占主要因素，且反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强不改变CO2平衡转化率④.加压或寻找甲醇选择性更高的催化剂（3）①.Ⅲ②.66.7%（4）A【解析】【小问1详解】由方程式可知，反成I为熵减的放热反应，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行；由盖斯定律可知，反应I—Ⅱ得到反应Ⅲ，则反应△H3=(—49.5kJ/mol)—(+40.9kJ/mol)=—90.4kJ/mol，故答案为：低温；—90.4；【小问2详解】①反成I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的选择性减小，则表示甲醇选择性的曲线为图a，故答案为：a；②反应I为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，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，则增大压强，二氧化碳的转化率增大，由图可知，p1、p2、p3条件下二氧化碳的转化率依次减小，则压强p1、p2、p3由大到小的顺序为p1＞p2＞p3，故答案为：p1＞p2＞p3；③反应I为气体体积减小反应，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，则T＞350℃时，p1、p2、p3三条曲线接近重合说明随着反应温度升高，CO选择性极高，反应Ⅱ占主要因素，且反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强不改变CO2平衡转化率，故答案为：T＞350℃时，p1、p2、p3三条曲线接近重合说明随着反应温度升高，CO选择性极高，反应Ⅱ占主要因素，且反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强不改变CO2平衡转化率；④反应I为气体体积减小的反应，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，则保持投料比、反应时间和温度不变，加压、寻找甲醇选择性更高的催化剂等措施一定能提高甲醇选择性，故答案为：加压或寻找甲醇选择性更高的催化剂；【小问3详解】①反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，反应Ⅲ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则题给图示为反应Ⅲ的lgKn随的变化关系，故答案为：Ⅲ；②由图可知，n点对应温度下反应Ⅲ的平衡常数Kθ==10，由平衡时甲醇和一氧化碳的分压分别为6.25kPa和10kPa可得：=10，解得氢气的分压为25MPa；由题意可知，起始氢气的分压为100kPa×=75kPa，则氢气的转化率为×100%≈66.7%，故答案为：66.7%；【小问4详解】A．由图可知，Cu-ZnO@SiO2催化剂中亚铜离子抑制了CO*的解吸附，从而抑制一氧化碳的生成，故正确；B．由图可知，Cu-ZnO@SiO2催化剂主要通过COOH*路径加氢生成甲醇，故错误；C．增大流速，原料气与催化剂碰撞机会多可能导致反应物接触不充分，所以甲醇产率不一定增加，故错误；D．催化剂能加快反应速率，但化学平衡不移动，平衡转化率不变，故错误；故选A。11.钛被称为“未来金属”，广泛应用于国防、航空航天、生物材料等领域，如氮化钛和钛卤化物。（1）基态Ti原子的价电子排布图为_______；前10号元素中，第一电离能比N大的元素有______种。（2）Ti(IV)极化能力强，不能从水溶液中获得其含氧