云南省昆明市西山区2024届高三化学下学期第三次教学质量检测理综试题含解析

西山区2024届高三第三次教学质量检测理科综合能力试题卷考生注意：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.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：H-1C-12O-16Zn-65第I卷一、选择题：本题共21个小题，每小题6分，共126分。(其中1~18题每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的；19~21题有多个选项符合要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分。)1.乡村振兴和可持续发展都是我国发展战略的重要举措，化学发挥着重要作用，下列有关叙述正确的是A.pH传感器测土壤酸碱性，用NH4Cl改善酸性土壤B.我国是风力发电最多的国家，风力发电可以减少碳排放，加快实现碳中和C.黑龙江“五常大米”闻名全国，其主要成分淀粉可水解得到乙醇，用于酿酒D.云南红壤适宜种植茶叶，红色土壤是因为其中富含FeO【答案】B【解析】【详解】A．氯化铵溶液由于铵根离子水解，导致溶液显酸性，无法调节酸性土壤，A错误；B．风力发电可以减少二氧化碳的排放从而加快实现碳中和，B正确；C．淀粉水解得到的是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下，可氧化为乙醇从而实现酿酒的过程，C错误；D．红色土壤是因为土壤中含有Fe2O3，D错误；故选B。2.维生素C具有还原性，在酸性溶液中可以被Fe3+等氧化剂氧化为脱氢维生素C(已知：阿伏加德罗常数的值为NA)。下列有关说法错误的是A.脱氢维生素C中，键角①=键角②B.脱氢维生素C分子中含有3种官能团C.1mol维生素C中含σ键数目为20NAD.维生素C与Fe3+发生氧化还原反应时，1mol维生素C被氧化转移的电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A．脱氢维生素C中，键角①中心原子O是sp3杂化，键角接近109°28′，键角②中心原子C是sp2杂化，键角接近120°，所以键角①<键角②，故A错误；B．脱氢维生素C分子中含有羟基、羰基和酯基3种官能团，故B正确；C．根据图中结构简式，1mol维生素C中含σ键数目为20NA，故C正确；D．根据图示，维生素C转化为脱氢维生素C减少2个H，可知1mol维生素C被氧化转移的电子数为2NA，故D正确；故选A。3.阻燃剂FR是由W、X、Y、Z、T五种短周期主族元素组成，原子序数依次增大，X、Y、Z属于同一周期，Y、T属于同一主族，分子结构如图。下列说法正确的是A.根据信息可知元素X是N，Y是C B.第一电离能：Z＞Y＞XC.沸点：YW3<TW3 D.最高价含氧酸酸性：X<T<Y【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z、T五种短周期主族元素，X、Y、Z属于同一周期，Y、T属于同一主族，可知W位于第一周期，X、Y、Z位于第二周期，T位于第三周期，根据成键情况可知，W是H，X是C，Y是N，Z为O，T是P，据此回答。【详解】A．由图可知，X是C，Y是N，A错误；B．同周期从左往右第一电离能在增大，但是N的价电子排布为2s22p3，2p能级半满，能量低，比同周期相邻元素高，所以顺序为N＞O＞C，B错误；C．YW3为NH3，TW3为PH3，由于NH3分子间存在氢键，熔沸点比同主族简单氢化物高，所以NH3＞PH3，C错误；D．根据非金属性越强，最高价含氧酸性越强，非金属性为C<P<N，最高价含氧酸性也是C<P<N，D正确；故选：D。4.科学家设计了一种以石墨为正极的高容量可充电Li/Cl2电池，原理如图所示。氯化铝(AlCl3)溶解在亚硫酰氯(SOCl2)中，以氟化物(LiFSI)为溶剂。下列叙述正确的是A.放电时，电解质溶液可以是AlCl3水溶液B.放电时，石墨极电极反应式为Cl2+2e-+2Li+=2LiClC.充电时，石墨极与电源负极连接D.充电时，转移2NA个电子时锂电极理论上消耗7g锂【答案】B【解析】【分析】具有石墨正极的高容量Li/Cl2可充电电池，放电时锂为负极，锂失电子发生氧化反应，电极反应式为Li-e-=Li+，石墨为正极，氯气得电子发生还原反应，电极反应式为Cl2+2e-+2Li+=2LiCl，充电时锂电极端为阴极，发生还原反应：Li++e-=Li，石墨电极端为阳极，发生氧化反应：2LiCl-2e-=Cl2↑+2Li+，据此分析；【详解】A．锂是活泼金属，会与水反应，不能用水溶液，A错误；B．根据分析，放电时，石墨极的电极反应式为：Cl2+2e-+2Li+=2LiCl，B正确；C．充电时石墨电极端为阳极，与电源正极连接，C错误；D．充电时，根据电极方程式Li++e-=Li，转移2NA个电子时，锂电极理论上生成14g锂，D错误；故选B。5.下列实验目的对应的实验操作正确的是选项实验目的实验操作A证明活泼性：K＞Cu将少量K投入CuSO4溶液中，观察是否产生红色固体B证明H2SO4具有氧化性将少量稀硫酸滴入Na2S2O3溶液，观察是否产生刺激性气味的气体C证明酸性：H2SO3＞HClO将SO2通入漂白粉溶液，观察是否变浑D证明FeCl2溶液已经变质取适量溶液滴加KSCN溶液，观察是否变红A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．将K直接加入硫酸铜溶液中，会直接和水反应，无法置换出铜，A错误；B．硫代硫酸钠在酸性条件下会发生歧化反应生成二氧化硫和硫单质，与硫酸的氧化性无关，B错误；C．将二氧化硫融入漂白粉溶液，次氯酸根离子会将其氧化为硫酸根离子，无法比较二者酸性，C错误；D．若滴加硫氰化钾溶液后溶液变红，说明溶液中含有铁离子，氯化亚铁溶液已经变质，D正确；故选D。6.乙醛是一种重要的二碳试剂，其某种合成机理如图所示。下列说法错误的是A.Fe+是该反应的催化剂B.C2H5OH是合成过程中的副产物C.该合成乙醛的反应为C2H6+2N2O→CH3CHO+2N2+H2OD.增大N2浓度，有利于提高CH3CHO的反应速率【答案】D【解析】【详解】A．根据合成机理可知Fe+在第一步消耗，最后一步生成，是该反应的催化剂，A正确；

B．由合成机理可知C2H5OH为生成物，所以C2H5OH是合成过程中的副产物，B正确；C．根据合成机理的箭头指入情况和指出情况可知该合成乙醛的反应为C2H6+2N2O→CH3CHO+2N2+H2O，C正确；

D．增大N2浓度，不利于各中间产物的生成，不利于提高CH3CHO的速率，D错误；故选：D。7.室温下，两种难溶盐AgCl(白色)、Ag2CrO4(砖红色)的离子浓度关系曲线如图所示，其中p(Cl-)=-lgc(Cl-)、p(CrO)=-lgc(CrO)、p(Ag+)=-lgc(Ag+)，lg2=0.3。下列说法正确的是A.Ksp(Ag2CrO4)=4×10-10B.向A点的混合溶液中，加入硝酸银固体，变小C.向等浓度的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生白色沉淀D.B点条件下既能生成白色沉淀，也能生成砖红色沉淀【答案】C【解析】【分析】存在溶解平衡为Ag2CrO4(s)⇌2Ag+(aq)+CrO(aq)、AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，p(Cl-)=-lgc(Cl-)、p(CrO)=-lgc(CrO)、p(Ag+)=-lgc(Ag+)，根据曲线特点，实线的横坐标起点和纵坐标起点的值一样，则表示AgCl；虚线表示Ag2CrO4；【详解】A．由上述分析可知，虚线表示Ag2CrO4，由坐标值可知，当p(Ag+)=0时，p(CrO)=11.4，即此时c(CrO)=10-11.4mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c(CrO)=10-11.4=4×10-12，故A错误；B．A点混合溶液加入硝酸银固体，=，c(Ag+)增大，而不变，故增大，故B错误；C．因为实线表示AgCl，虚线表示Ag2CrO4。当纵坐标为0时，即c(Cl-)=c(CrO)=1mol/L时，由横坐标可知，c(Ag+)=10-9.6mol/L时，Cl-开始沉淀，即AgCl先沉淀，即先得到白色沉淀，故C正确；D．因为实线表示AgCl；虚线表示Ag2CrO4；由题干可知，坐标值越大表示相关离子浓度越小，所以B点对于AgCl是过饱和状态，会生成AgCl沉淀；B点对于示Ag2CrO4是未饱和状态，不会生成Ag2CrO4沉淀，故D错误。答案选C。第II卷二、非选择题：考生根据要求作答，共14题，共174分(用黑色碳素笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答无效。8.随着对有色金属需求的高速增长及冶炼技术的发展，钢铁行业的瓦斯泥也从昔日无序丢弃的大宗固体废物变成了今日抢手的资源。昆钢的技术员设计以瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3还含少量PbO、FeO、CuO)为原料提取锌、铋的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）“浸取”步骤，为避免“瓦斯泥”在反应器的底部沉淀结块，可采取的措施为______。（2）配离子[Cu(NH3)4]2+中，______接受孤电子对，其中电负性最大的基态原子的价层电子排布图为_______。“过程I”步骤发生反应的离子方程式为______。（3）“过程II”步骤产生的气体______(填电子式)，可在流程的______步骤中循环使用。（4）“滤渣2”的主要成分除S外还有______。（5）已知：此工艺中，Bi3+水解得到BiOCl沉淀的适宜pH范围为1.6-2.0；溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Fe2+Fe3+Zn2+开始沉淀时pH7.01.96.2完全沉淀时pH9.03.280①结合上述信息分析，“水解”步骤加入适量Zn粉的目的是______。②“水解”步骤后的“系列操作”为______。【答案】（1）(高速)搅拌（2）①.Cu2+②.③.[Cu(NH3)4]2++Zn=[Zn(NH3)4]2++Cu（3）①.②.浸取（4）PbSO4（5）①.将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯②.过滤、洗涤、干燥【解析】【分析】瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3还含少量PbO、FeO、CuO)，浸取之后过滤得到[Cu(NH3)4]2+、[Zn(NH3)4]2+、CO，滤渣1中的PbO和硫酸反应后，得到的滤渣2中会含有PbSO4，“水解”时加入适量的Zn粉可以将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯，“水解”后，将得到的产品过滤、洗涤并干燥即可得到产品；【小问1详解】“浸取”时，为避免“瓦斯泥”在反应器的底部沉淀、结块，可采用高速搅拌的方法；【小问2详解】配离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+是中心离子，接受孤电子对，电负性最大的是N，价层电子排布图为；“过程Ⅰ”中[Cu(NH3)4]2+和Zn反应生成[Zn(NH3)4]2+和Cu，反应的离子方程式为[Cu(NH3)4]2++Zn=[Zn(NH3)4]2++Cu；【小问3详解】根据元素守恒可知，“过程Ⅱ”中会产生NH3，电子式为：，结合流程图可知，NH3可在流程中的“浸取”步骤中循环使用；【小问4详解】滤渣1中的PbO和硫酸反应后，得到的滤渣2中会含有PbSO4；【小问5详解】①结合表中信息可知，“水解”时加入适量的Zn粉可以将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯；②“水解”后，将得到的产品过滤、洗涤并干燥即可得到产品。9.热敏材料VO2可用于航天器的智能热辐射器，可用氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵[化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O]为原料制备。已知VO2+在酸性条件下易被氧化，氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵的制备流程如图：回答下列问题：（1）步骤一盐酸不宜过量，原因可能______；生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为______。（2）步骤二可在如图装置中进行。①仪器A的名称是_______。②接口的连接顺序为a→_______。③实验开始时，先关闭K2，打开K1，当_______时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。（3）测定产品纯度称取ag样品用稀硫酸溶解后，加入25.00mL0.02mol•L-1KMnO4溶液，VO2+化成VO，向反应后溶液中滴加0.025mol•L-1Na2SO3标准液，至剩余的KMnO4溶液恰好反应完全，消耗Na2SO3标准液20.00mL。①取用KMnO4溶液不能使用_______式滴定管，滴定至反应终点的实验现象为_______。②下列情况会导致产品纯度偏小的是_______(填标号)。A.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出B.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成C.Na2SO3溶液部分变质D.滴定达终点时，俯视刻度线读数【答案】（1）①.在酸性条件下易被氧化变质，过量的盐酸还会与碳酸氢铵溶液反应，降低原料利用率②.（2）①.启普发生器②.d→e→f→g→b→c③.装置B中澄清石灰水变浑浊（3）①碱②.当滴入最后半滴Na2SO3标准液时，锥形瓶内溶液紫色褪去且半分钟内不再改变③.AC【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中盐酸与石灰石反应制备用于排尽装置中空气的二氧化碳气体，装置C中盛有的饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的氯化氢，装置D中溶液与碳酸氢铵溶液反应制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵，装置B中盛有的澄清石灰水用于验证装置中的空气完全排尽，则装置的连接顺序为ACDB，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c。【小问1详解】由题给流程可知，步骤一的目的是制备，由题给信息可知，若盐酸过量，在酸性条件下易被氧化变质，不利于的制备，且过量的盐酸还会与碳酸氢铵溶液反应，降低原料利用率；由题意可知五氧化二钒与和盐酸反应生成、氮气和水，反应的化学方程式为：；【小问2详解】①仪器A的名称是启普发生器；②由分析可知，装置的连接顺序为ACDB，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c；③由分析可知，装置B中盛有的澄清石灰水用于验证装置中的空气完全排尽，则制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵的具体操作为实验开始时，先关闭K2，打开K1，当装置B中澄清石灰水变浑浊，说明装置中空气已经排尽，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体；【小问3详解】①KMnO4溶液具有强氧化性，故取用KMnO4溶液不能使用碱式滴定管；当亚硫酸钠溶液与酸性高锰酸钾溶液完全反应时，滴入最后半滴亚硫酸钠溶液，溶液会由紫色变为无色，则当滴入最后半滴亚硫酸钠标准液时，锥形瓶内溶液紫色褪去且半分钟内不再改变说明滴定达到滴定终点；②A．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，下部附有的水分会稀释亚硫酸钠溶液，会使滴定消耗亚硫酸钠溶液的体积偏大，导致所测产品纯度偏小，故A符合题意；B．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成会使滴定消耗亚硫酸钠溶液的体积偏小，导致所测产品纯度偏大。故B不符合题意；C．亚硫酸钠溶液部分变质会使滴定消耗亚硫酸钠溶液的体积偏大，导致所测产品纯度偏小，故C符合题意；D．滴定达终点时，俯视刻度线读数会使滴定消耗亚硫酸钠溶液的体积偏小，导致所测产品纯度偏大，故D不符合题意；故选AC。10.云南丰富的地热能开发和利用过程中，硫磺温泉常伴有H2S气体生成。H2S为无色、有臭鸡蛋气味的剧毒气体，H2S脱硫技术是当前的重点研究方向。（1）20世纪30年代，德国法本公司将H2S的氧化分两阶段完成。第一阶段反应为H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g)△H=-518.9kJ•mol-1，第二阶段反应为2H2S(g)+SO2(g)=2H2O(g)+Sx(s)△H=-96.1kJ•mol-1。19世纪英国化学家Claus开发了H2S氧化制硫的方法，即：3H2S(g)+O2(g)=Sx(s)+3H2O(g)，△H=-______kJ•mol-1。（2）氧化锌法也是一种传统的脱硫方法，其反应原理如下：ZnO(s)+H2S(g)ZnS(s)+H2O(g)△H=-76.63kJ•mol-1，文献显示，工业上氧化锌法控制温度在300~400℃，分析控制此温度区间的原因：温度过低_______，温度过高_______。（3）热解H2S制H2。根据文献，将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应：Ⅰ.2H2S(g)2H2(g)+S2(g)△H1=+170kJ•mol-1Ⅱ.CH4(g)+S2(g)CS2(g)+2H2(g)△H2=+64kJ•mol-1总反应：Ⅲ.2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g)投料按体积之比V(H2S)∶V(CH4)=2∶1，并用N2稀释，常压，不同温度下反应相同时间后，测得H2和CS2体积分数如表：温度/℃9501000105011001150H2/V(%)0.51.5365.58.5CS2/V(%)0.00.00.10.41.8①反应Ⅱ能自发进行的条件是_______。②恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的物质的量______。在1000℃，常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比[c(H2S)∶c(CH4)]，H2S的转化率_______(填“增大，减小或不变”)。③在TK、pkPa反应条件下，只充入H2S和Ar气体进行H2S热分解反应。已知反应一开始，c(H2S)∶c(Ar)=1∶3，平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，则平衡常数Kp=_______kPa。（4）ZnO晶胞结构如图所示。已知：ZnO晶体的密度为ρg•cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。氧离子的配位数为______。晶胞边长a为______nm。【答案】（1）-615.0或-615（2）①.反应速率太慢②.该反应为放热反应，不利于反应向脱硫的方向进行（3）①.高温②.增大③.不变④.（4）①.4②.【解析】【小问1详解】①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g)△H=-518.9kJ•mol-1，②2H2S(g)+SO2(g)=2H2O(g)+Sx(s)△H=-96.1kJ•mol-1。根据盖斯定律①+②得3H2S(g)+O2(g)=Sx(s)+3H2O(g)，△H=-(518.9+96.1)kJ•mol-1=--615.0kJ•mol-1。【小问2详解】温度过低反应速率太慢；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，温度过高不利于反应向脱硫的方向进行，所以工业上氧化锌法控制温度在300~400℃。【小问3详解】①反应Ⅱ，△H>0、△S>0，能自发进行的条件是高温。②恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向移动，H2的物质的量增大。在1000℃，常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比[c(H2S)∶c(CH4)]，根据表格数据可知，1000℃时只发生反应I，温度不变，平衡常数不变，H2S的转化率不变。③在TK、pkPa反应条件下，只充入H2S和Ar气体进行H2S热分解反应。已知反应一开始，c(H2S)∶c(Ar)=1∶3，设c(H2S)=amol/L，平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，则，解得x=0.5amol/L，则平衡常数Kp=kPa。【小问4详解】根据图示，氧离子的配位数为4。晶胞中氧原子数为4，根据化学式可知Zn原子数为4，ZnO晶体的密度为ρg•cm-3，g•cm-3，晶胞边长a为nm。11.酮基布洛芬片是用于缓解头痛、关节肿痛以及牙痛、术后痛等的非处方药。也用于感冒引起