四川省宜宾市叙州区2023-2024学年高三化学上学期10月月考试题理含解析

Page17Page17叙州区高2021级高三上学期10月考试理科综合试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.考试时间150分钟，满分300可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56I127一、选择题：本题共13个小题，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、环境等密切相关。下列说法错误的是A.北京冬奥会的运动服中使用的保暖材料石墨烯与足球烯互为同素异形体B.纳米铁粉通过物理吸附去除污水中Hg2+、Pb2+等重金属离子C.北斗组网卫星使用的碳纤维是一种新型无机非金属材料D.在碳中和研究中，选择合适的催化剂将CO2转化为甲醇等液体燃料【答案】B【解析】【详解】A．石墨烯与足球烯都为碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，A正确；B．铁能和Hg2+、Pb2+等重金属离子反应，不是物理吸附，B错误；C．碳纤维是新型无机非金属材料，C正确；D．选择合适的催化剂将CO2转化为甲醇等液体燃料，可以消耗二氧化碳，符合碳中和的要求，D正确；故选B。2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.25°C、101kPa下，22.4L氢气中质子的数目为2NAB.100g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氧原子数目为NAC.1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中，阴离子总数大于0.1NAD.5.6g铁在0.1molCl2中充分燃烧时转移电子数为0.3NA【答案】C【解析】【详解】A．25°C、101kPa下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故22.4L氢气的物质的量不能计算，故A错误；B．乙醇和水分子中都含有氧原子，则100g质量分数46％的乙醇水溶液中含有的氧原子数为×1×NAmol—1+×2×NAmol—1=4NA，故B错误；C．，1个水解产生2个阴离子，溶液中阴离子总数增大，所以1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中含阴离子总数大于0.1NA，故C正确；D．5.6g即0.1mol铁在0.1molCl2中充分燃烧铁过量，氯气完全反应，则转移的电子数为0.2NA，故D错误；故选C。3.根据下列实验操作及现象，所得结论正确的是选项实验操作现象结论A相同温度下，分别向NaA和NaB稀溶液中滴加酚酞试液NaB溶液红色更深酸的强弱：HA>HBB向纯碱固体中滴加足量稀硫酸，将产生的气体通入水玻璃中水玻璃变浑浊非金属性：S>C>SiC将酸性KMnO4溶液滴入烯丙醇(CH2=CH-CH2OH)中溶液的紫红色褪去烯丙醇中含有碳碳双键D向某待测溶液中滴加稀硫酸产生有刺激性气味的气体原溶液中定含有或A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．在相同温度下，未指明盐溶液同浓度，故题中结论错误，A错误；B．向纯碱固体中滴加足量稀硫酸，将产生得气体通入水玻璃中，水玻璃变浑浊(生成硅酸)，说明酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3，证明非金属性S>C>Si，故B正确；C．将酸性高锰酸钾溶液滴入烯丙醇，溶液的紫红色褪去，不能证明烯丙醇中含有碳碳双键，因为-CH2OH也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C错误；D．向某待测溶液中滴加稀硫酸，产生有刺激性气味的气体，不能断定一定有亚硫酸根或亚硫酸氢根，也可能是硫离子，故D错误；故答案选B。4.2021年诺贝尔化学奖授予List和MacMillan，以表彰他们在“不对称有机催化的发展”中的贡献，L-脯氨酸是一种不对称有机催化剂，结构简式为：，下列有关L-脯氨酸说法正确的是(已知：手性碳原子是连接4个不同的原子或者原子团的碳原子)A.所有原子均可能共面B.分子中含有手性碳原子C.是CH3CH(NH2)COOH的同系物D1mol该物质与NaHCO3反应生成22.4LCO2【答案】B【解析】【详解】A．如图结构中有C连4个单键呈四面体，故不可能所有原子共平面，A选项错误；B．如图结构中与羧基C原子相连的五元环上的C原子是手性碳原子，B选项正确；C．两分子中含N基团分别为氨基-NH2和亚氨基=NH，类别不同，碳链结构也不同，不是同系物，C选项错误；D．未标明标准状况，气体体积不一定为22.4L，D选项错误；答案选B。5.X、Y、Z、M、R为原子序数依次增大的短周期元素，Z、M、X、Y、R的族序数依次增大，X、Y的核电荷数之比为3∶4，Y、Z的原子序数之和与X、M的原子序数之和相等。下列说法正确的是A.简单离子半径：R＞Y＞Z＞MB.Y分别与X、Z、M、R形成的化合物中，Y的化合价相同C.由X、R组成的物质是常用的有机溶剂，易挥发，易燃烧D.R分别与Z、M形成的化合物均为离子化合物【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M、R为原子序数依次增大的短周期元素，Z、M、X、Y、R的族序数依次增大，X、Y的核电荷数之比为3∶4，则X为C元素、Y为O元素；Y，Z的原子序数之和与X、M的原子序数之和相等，则Z为Na元素、M为Al元素、R为Cl元素。【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数大的氯离子的离子半径大于氧离子，则简单离子半径的大小顺序为，故A正确；B．氧元素与钠元素形成的过氧化钠中氧元素为—1价，与其他元素形成的氧化物中氧元素的化合价不相同，故B错误；C．四氯化碳是易挥发的常用的有机溶剂，但不能燃烧，故C错误；D．氯元素和铝元素形成的氯化铝为共价化合物，故D错误；故选A。6.2020年，天津大学张兵教授团队实现了两电极体系中将温室气体CO2转化为甲酸的高选择性合成，装置工作原理如图(隔膜a只允许OH-通过)。下列说法错误的是A.Ni2P为阳极，发生氧化反应B.在外电场作用下，OH-由左向右迁移C.In/In2O3-x电极上发生的反应：CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-D.若Ni2P电极上生成1molCH3(CH2)6CN，理论上通过隔膜a的OH-为2mol【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，Ni2P电极上CH3(CH2)7NH2→CH3(CH2)6CN发生氧化反应，故Ni2P电极为阳极，A正确。B．电解过程中，阴离子向阳极移动，则由In/In2O3−x电极区向Ni2P电极区迁移，B正确。C．由图可知，In/In2O3−x电极为阴极，故电极反应为CO2++H2O=，C正确。D．由图可知，Ni2P电极为阳极，阳极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+−=CH3(CH2)6CN+4H2O，故每生成1molCH3(CH2)6CN，转移4mol电子，根据电子守恒，通过隔膜a的应为4mol，D错误。答案选D。7.室温下，向10mL0.100mol溶液中逐滴滴加0.100mol/LHCl溶液，整个反应过程中无气体逸出(溶解的均表示为)。测得混合溶液的pH随加入HCl溶液体积的变化如图。下列说法不正确的是A.a点溶液的溶质主要为NaCl、、B.b点溶液中C.c点溶液中D.取d点溶液加热至沸腾，然后冷却至室温，溶液的pH增大【答案】C【解析】【分析】依据题意，向碳酸钠溶液中逐滴滴入盐酸，发生反应和。【详解】A．a点时加入盐酸为碳酸钠的一半，发生反应，还有剩余碳酸钠，体系中含有溶质NaCl、、，故A正确；B．b点时，加入的盐酸和碳酸钠刚好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，且溶液呈碱性，即，根据质子守恒，，所以，故B正确；C．c点时溶质为和NaCl，其电荷守恒为，故C错误；D．d点时溶质为NaCl和，溶液呈酸性，加热煮沸碳酸分解产生二氧化碳逸出，冷却后溶液呈中性，pH增大，故D正确；故选C。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.紫堇酸二异丙酯主要用作药物生产中的萃取剂及香料成分，制备反应的化学方程式HOOC-CH=CH-COOH+2(CH3)2CHOH(CH3)2CHOOCCH=CHCOOCH(CH3)2+2H2O。紫堇酸异丙醇紫堇酸二异丙酯分子式C4H4O4C3H8OC10H16O4相对密度(g∙cm-3)1.6250.7800.831相对分子质量11660200实验装置和步骤如下：①200mL圆底烧瓶中加入31.3g紫堇酸、48g异丙醇和15mL浓硫酸，混合均匀，加入沸石。②接上回流装置和分水器，在分水器中预先加入少量水，使水面略低于支管口(约1～2cm)，控制温度(90～100℃)加热回流。③反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，并保持分水器中水层液面原来的高度基本不变。④反应基本完成后，停止加热，将分水器分出的酯层和烧瓶内的反应液一起倒入分液漏斗中，用10mL水洗涤，并除去下层水层。⑤有机层用10mL10%碳酸钠溶液洗涤至溶液呈中性，然后再用10mL的水洗涤，最后将有机层加入锥形瓶中，用无水硫酸镁干燥，对粗产品进行蒸馏，最终得到产品42.6g。(1)仪器A的名称是____。(2)回流装置A中冷却水应从_____(填“a”或“b”)接口进入。(3)步骤3中不断从分水器下部分出生成的水，并保持分水器中水层液面高度基本不变的目的是____。(4)步骤④中判断反应基本完成的实验现象是_____。(5)加入碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是_，加入碳酸钠溶液后，再加入10mL水洗涤的目的是_。(6)本实验的产率是_______%(保留3位有效数字)。【答案】①.球形冷凝管②.a③.使平衡正向移动，提高产品产率；使分水器上层酯中的醇和酸尽量回流到圆底烧瓶中继续参与反应④.分水器中水位不再上升⑤.除去产品中含有的紫堇酸、异丙酸、硫酸等杂质⑥.除去碳酸钠及其他可溶于水的物质⑦.81.9%【解析】【分析】【详解】(1)仪器A的名称是球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；(2)从a接口通入冷却水可以保证冷却水充满冷凝管，增强冷凝效果，故答案为：a；(3)反应生成酯和水，属于可逆反应，使用分水器分离出生成的水，使平衡正向移动，提高产品产率；反应过程中酸和醇会一起被蒸出，为了提高反应物的转化率，在分水器中预先加入少量的水，并在分离生成水时注意保持分水器中水层液面原来的高度不变，这样可以使分水器上层酯中的醇和酸尽量回流到圆底烧瓶中继续参与反应，故答案为：使平衡正向移动，提高产品产率；使分水器上层酯中的醇和酸尽量回流到圆底烧瓶中继续参与反应；(4)反应结束后分水器中水位不再上升，可利用此特征判断反应是否完成，故答案为：分水器中水位不再上升；(5)加入碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是除去产品中含有的紫堇酸、异丙酸、硫酸等杂质；加入碳酸钠溶液后，再加入10mL水洗涤的目的是除去碳酸钠及其他可溶于水的物质，故答案为：除去产品中含有的紫堇酸、异丙酸、硫酸等杂质；除去碳酸钠及其他可溶于水的物质；(6)由30g紫堇酸(0.26mol)、55.7mL异丙酸(0.73mol)可知紫堇酸过量，用紫堇酸的物质的量计算得紫堇酸二异丙酯的理论产量为0.26mol200g/mol=52g，则本实验的产率是=81.9%，故答案为：81.9%。9.2020年9月22日，中国向全世界宣布努力争取在2060年实现碳中和。这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和可以简单理解为的排放总量和减少总量相当。的回收和综合利用成为碳中和重点研究课题。结合所学知识回答下列问题：（1）下列措施有利于大气中减少的是___________；a．植树造林，利用光合作用把转化为b．大力推广使用干冰实现人工增雨，缓解旱情c．减少化石燃料的使用，从源头上降低的排放（2）研究发现可利用与制备重要化工原料“合成气”(CO、)，科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：反应①：(慢反应)反应②：(快反应)上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：①与制备“合成气”的热化学方程式___________；②能量变化图中：___________(填“＞”“＜”或“=”)；（3）利用铜基配合物1，10-phenanthroline-Cu催化剂电催化还原制备碳基燃料包括CO、烷烃和酸等)是减少在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之一，其装置原理如图所示。阳极的电极反应式为___________，电池工作过程中，若右侧只产生1.5molHCOOH时，通过质子交换膜的酸性电解质溶液___________mol。【答案】（1）ac（2）①.②.＜（3）①.②.3【解析】【小问1详解】a．植树造林，利用光合作用把转化为，消耗了空气中的二氧化碳，可以减少空气中二氧化碳的浓度，a正确；b．大力推广使用干冰实现人工增雨，缓解旱情，没有消耗二氧化碳，不能减少空气中二氧化碳的浓度，b错误；c．化石燃料的燃烧会产生二氧化碳，减少化石燃料的使用，可以减少空气中二氧化碳的浓度，c正确；故选ac；【小问2详解】CH4与CO2制备“合成气”的化学方程式为，(g)，由图可知反应的烩变△H=生成物的总内能-反应物的总内能=(E3-E1)kJ/mol，反应的热化学方程式为，两步历程中反应①是慢反应，所以反应①的活化能大于反应②的活化能，即，所以；【小问3详解】由图可知，左侧为阳极，其电极反应为：；右侧石墨烯电极为阴极，电极反应为：，由电极方程式可知，产生1.5molHCOOH时转移3mol电子，故答案为：3。10.纳米氧化锌具有颗粒微小，比表面积大，分散性好，疏松多孔等物理特性和极强的化学活性，目前已广泛用于橡胶、陶瓷、催化剂、涂料和磁性材料的辅助生产。以铜转炉烟灰为原料，采用浸取、均相沉淀、干燥煅烧等工艺制备纳米氧化锌的工艺方法过程简单，生产成本低。具体流程如下：已知某铜转炉烟灰化学成分百分含量分析如下表：铜转炉烟灰主要化学成分分析结果%CuZnPbFe(Ⅱ)As10.308.7519.072.514.68以上金属元素在铜转炉烟灰中均以硫酸盐和氧化物形式存在，砷以砷酸盐形式存在。流程中涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：离子Cu2+Zn2+Fe2+Fe3+Ksp2.2×10-206.7×10-178.0×10-164.0×10-38请回答下列问题：（1）“浸取”温度应选择40℃左右为宜。温度高于40℃，浸出率随温度升高而降低的原因可能是___________；（2）若“浸取”所得滤液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为___________。（3）在“沉降”过程中，FeCl3做沉淀剂可起到两点作用，一是与砷酸根结合生成FeAsO4沉淀，二是___________，缩短沉降时间；（4）用酸性高锰酸钾溶液“氧化沉降”时，需调整溶液pH=5，使还原产物为MnO2，滤渣2主要成分为___________；（5）“还原沉降”选用的“试剂a”为___________(填化学式)；（6）“沉锌”反应离子方程式为___________，整个流程中可以循环利用的副产品是___________(填化学式)；（7）若想通过“干燥煅烧”得到更多活性较高的纳米氧化锌，应在“沉锌”时注意调整和Zn2+的浓度，以保证最终沉淀物粒径在1um以下，通过下表可判断，当Zn2+的浓度恒定在0.8mol·L-1时，的浓度为___________沉淀物的粒径最佳。n()/n(Zn2+)粒度分布质量分数1%0.0-0.1um0.1~0.5um0.5~1.0um1.0~5.0um5.0um以上225.338.4134.551.7400012.540.8250.358.370.460.001335.255.378.21230.001【答案】（1）温度超过40°C，氨气逸出导致浸出速率下降（2）ZnO+2+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O（3）水解生成Fe(OH)3胶体，吸附FeAsO4（4）Fe(OH)3，MnO2（5）Zn（6）①.5Zn2++10=Zn5(CO3)2(OH)6↓+2H2O+8CO2↑②.NH4Cl（7）2mol/L【解析】【分析】铜转炉烟灰加入氯化铵和氨水浸取，得到浸出渣Pb(OH)Cl，浸出液加入氯化铁沉降得到滤渣1为FeAsO4，滤液加入酸性高锰酸钾氧化沉降得到滤渣2主要成分为Fe(OH)3，MnO2，滤液再加入试剂a为Zn还原沉降得到滤渣3为铜、锌，滤液加入碳酸氢铵沉锌，得到Zn5(CO3)2(OH)6，干燥煅烧得到纳米氧化锌；【小问1详解】温度超过40°C，氨气逸出导致浸出速率下降，故“浸取”温度应选择40℃左右为宜；【小问2详解】若“浸取”所得滤液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO与氨水、氯化铵反应生成氯化四氨合锌和水，发生反应的离子方程式为ZnO+2+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；【小问3详解】在“沉降”过程中，FeCl3做沉淀剂可起到两点作用，一是与砷酸根结合生成FeAsO4沉淀，二是水解生成Fe(OH)3胶体，吸附FeAsO4，缩短沉降时间；【小问4详解】根据分析可知，滤渣2主要成分为Fe(OH)3，MnO2；【小问5详解】“还原沉降”选用的“试剂a”将溶液中的铜离子还原为铜单质，故“试剂a”为Zn；【小问6详解】“沉锌”时溶液中的锌离子与碳酸氢铵作用生成Zn5(CO3)2(OH)6沉淀、二氧化碳等，反应的离子方程式为5Zn2++10=Zn5(CO3)2(OH)6↓+2H2O+8CO2↑，整个流程中可以循环利用的副产品是NH4Cl；【小问7详解】由表沉淀物粒径在1um以下，=2.5时，粒度分布质量分数50.35最大，=，c(Zn2+)=0.8mol/L，所以c()=2.5c(Zn2+)=2mol/L。(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，则每学科按所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质]11.硼及其化合物在材料制造、有机合成等方面用途非常广泛，硼的一些化合物表现出缺电子特征。回答下列问题：（1）基态硼原子的电子排布式为_______；B和Al的第一电离能I1(B)_______I1(Al)(填“>”或“=”或“<”)。（2）H3BO3(层状结构)的结构示意图如下，在硼酸的层状结构中O的杂化类型是_______，层内存在的作用力有_______。硼酸显弱酸性与[B(OH)4]-配离子有关，硼酸的电离方程式：_______。（3）自然界中不存在单质硼，硼的氢化物也很少，主要存在的是硼的含氧化合物，根据表中数据分析其原因是_______。化学键B-HB-OB-B键能(kJ·mol-1)389561293（4）已知晶体硼的熔、沸点及硬度数据和基本结构单元(由硼原子组成的正二十面体如图1所示，每个三角形均为正三角形，每个顶点为一个硼原子)如下：晶体金刚石晶体硅晶体硼熔点(K)383216832573沸点(K)510026283823硬度107.09.6①晶体硼属于原子(共价)晶体，其理由是_______。②每一个硼基本单元由_______个原子组成；③碳化硼，别名黑钻石，是已知最坚硬的三种材料之一，仅次于金刚石和立方氮化硼，图2为碳化硼晶胞，其化学式为_______；（5）硼氢化钠是一种常用的还原剂。其晶胞结构如图3所示，标注为“1”的Na+坐标参数为_______。已知NA代表阿伏加德罗常数的值，则硼氢化钠晶体的密度为ρ=_______g·cm-3(用含NA的代数式表示)。【答案】（1）①.1s22s22p1②.>（2）①.sp3杂化②.共价键、氢键③.H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+（3）B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键（4）①.晶体硼的熔点和沸点高，硬度大，故为原子(共价)晶体②.12③.B4C（5）①.(1，1，)②.【解析】【小问1详解】B是5号元素，有5个电子，两个电子层，核外电子排布为1s22s22p1，由元素周期律可知，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，第一电离能逐渐减小，故B的第一电离能大于Al的第一电离能。【小问2详解】O的价电子数为6，成两个σ键，价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化，硼酸内原子以共价键连接，硼酸分子之间存在氢键，故层内存在的作用力有共价键和氢键；因为硼酸的酸性与[B(OH)4]-配离子有关，因此硼酸的电离为硼酸与水生成[B(OH)4]-和H+，电离方程式为H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+。【小问3详解】由表中数据可知，三种化学键中B-O键的键能最高，因此B-O键最稳定，更易形成B-O键。【小问4详解】由表中数据可知，晶体硼的熔沸点高、硬度大，为原子（共价）晶体的典型特征；由图可知晶体硼的结构单元有20个，每个三角形的顶点被5个三角形共用，每个三角形3个顶点，因此硼原子数为20×3×=12个；由碳化硼的晶胞示意图可知，碳化硼晶胞每个顶点上有一个晶体硼结构单元，同一个结构单元又被8个晶胞共用，则含有的硼原子数为8××12=12个，由图可知含有的碳原子数为3，故分子式为B4C。【小问5详解】由图可知，相对于坐标原点，1处原子的x坐标为整个长，y坐标为整个宽，z坐标为半个高，因此坐标参数为(1，1，)；由晶胞结构可知，一个晶胞中8个顶点、4个面心、一个体心处有硼氢根，则含有硼氢根的数目为8×+4×+1=4，钠离子位于6个面心和4个楞心，含有钠离子的数目为6×+4×=4，则一个晶胞的