四川省仁寿第一中学校（北校区）2023-2024学年高三上学期9月月考理综化学 Word版含解析.docx

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四川省仁寿第一中学北校区2023-2024学年高三上学期九月月考理科综合化学试题本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共35题，共300分，共12页。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。6.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-16Ni-59As-75第Ⅰ卷选择题(共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，只有一项符合题目要求。1.下列说法不正确的是A.硬铝密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机的理想材料B.贮氢合金的发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径C.“山东舰”上用于舰载机降落拦阻索的是一种特种钢缆，属于新型无机非金属材料D.不锈钢是一种主要含Fe、Cr、Ni且不易生锈的合金钢【答案】C【解析】【详解】A．硬铝是合金，合金的硬度比纯金属大，硬铝具有密度小，硬度大，抗腐蚀能力强，是制造飞机的理想材料，故A正确；B．贮氢合金是高效、安全的储氢载体，其发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径，故B正确；C．“山东舰”上用于舰载机降落拦阻索的是一种特种钢缆，属于金属材料，故C错误；D．不锈钢不易生锈，主要含有铁、铬、镍，和少量的碳，故D正确；故选C。2.某有机物的结构如图所示，则下列说法中不正确的是 A.该有机物能与反应B.该有机物能使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且反应原理相同C.该有机物中有4种官能团D.该有机物能发生加成、水解、酯化反应【答案】B【解析】【详解】A．羟基、羧基能和Na反应，羧基能和NaHCO3反应，则1mol该有机物能与2molNa、1molNaHCO3反应，A正确；B．该有机物中含有碳碳双键，能和溴的四氯化碳溶液发生加成反应而使其褪色，含有碳碳双键和醇羟基，具有还原性，能发生氧化反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，即反应原理不相同，B错误；C．该有机物中含有碳碳双键、醇羟基、羧基和酯基4种官能团，C正确；D．分子中含有苯环和碳碳双键能发生加成反应，含有酯基能发生水解反应，含有羟基、羧基能发生酯化反应，D正确；故选B。3.某离子化合物的结构如图。X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列正确的是A.X2Q2为非极性分子B.W元素原子从激发态跃迁到基态辐射出紫光C.简单离子半径：Z＞Q＞WD.该化合物中与Y单键相连的Q不满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】X的原子半径是元素周期表中最小的，则X为H元素；由该化合物的结构图可知：Y形成4条共价键，为第ⅠⅤA族元素，Q形成2条共价键，为ⅤＩA族元素，W为第ⅠA族元素，又X、Y、Z、Q、W 为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，则Y为C元素，Q为O元素，W为Na元素，Z为N元素，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知：X是H，Y是C，Z是N，Q是O，W是Na元素。A．X2Q2为H2O2，该物质分子是不对称极性分子，A错误；B．W是Na元素，其焰色试验显黄色，不是显紫色，B错误；C．Z是N，Q是O，W是Na，三种元素形成的简单离子N3-、O2-、Na+的电子层结构相同，对于核外电子排布相同的离子，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：Z(N3-)＞Q(O2-)＞W(Na+)，C正确；D．Y是C，Q是O，阴离子得到一个电子导致与Y(C)单键相连的Q(O)满足8电子稳定结构，D错误；故合理选项是C。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量存在的是A.无色溶液中：Na+、NH、MnO、Cl-B.中性溶液中：K+、Fe3+、NO、SOC.由水电离的c(H+)=1×10-12mol•L-1溶液中：Na+、Fe2+、NO、I-D.能使甲基橙变红的溶液中：K+、NH、Cl-、NO【答案】D【解析】【详解】A．含MnO的溶液为紫色，A错误；B．Fe3+水解，溶液显酸性，B错误；C．由水电离的c(H+)=1×10-12mol•L-1溶液，可能显酸性或碱性，Fe2+、NO、I-在酸性溶液中不能大量共存，Fe2+在碱性溶液中不能共存，C错误；D．能使甲基橙变红的溶液显酸性，K+、NH、Cl-、NO相互不反应，可以大量共存，D正确；故选D。5.下列实验装置或操作正确且能达到实验目的的是选项ABCD 装置操作目的熔化固体检验二氧化硫的还原性制备氨气接收石油分馏所得馏分A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．石英坩埚中含有二氧化硅，在高温下二氧化硅会与碳酸钠反应，A错误；B．酸性高锰酸钾具有氧化性，若二氧化硫具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．制备氨气是氯化铵固体和氢氧化钙反应，不能直接加热氯化铵，C错误；D．牛角管与锥形瓶之间不需要加橡胶塞，D错误；故选B。6.二甲醚(CH3OCH3)燃料电池的工作原理如图，有关叙述正确的是A.该装置能实现化学能100%转化为电能B.电子移动方向为：a极→b极→质子交换膜→a极C.a电极的电极反应式为CH3OCH3＋3H2O－8e－=2CO2＋12H＋D.当b电极消耗标况下22.4LO2时，质子交换膜有4molH＋通过【答案】D【解析】【分析】结合装置图，燃料电池通燃料的一极为负极，故电极a为负极，电极b为正极，据此回答。【详解】A．原电池装置将化学能转化为电能，但不能实现100%转化，故A错误； B．原电池中，电子的流向为负极经外电路到正极，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电解质溶液中没有电子的流动，故B错误；C．a电极负极，电极反应式为CH3OCH3＋3H2O－12e－=2CO2＋12H＋，故C错误；D．当b电极消耗标况下22.4LO2时，外电路转移4mol电子，质子交换膜有带相同电荷数即4molH＋通过，故D正确。答案为：D。7.常温下，向某二元弱酸溶液中加入溶液调节溶液的，测得溶液中含R微粒占所有含R微粒的物质的量分数与溶液的关系如图所示。下列说法中错误的是A.溶液中，B.曲线②表示溶液中占所有含R微粒的物质的量分数的变化C.b点溶液中，D.溶液中：【答案】A【解析】【分析】常温下，向某二元弱酸溶液中加入溶液调节溶液的，H2R的物质的量分数减小，的物质的量分数增大，然后的物质的量分数又减小，的物质的量分数增大，则曲线①代表，曲线②代表，曲线③代表，以此解答。【详解】A．溶液中存在电荷守恒：，故A错误；B．由分析可知，曲线②表示溶液中占所有含R微粒的物质的量分数的变化，故B正确；C．b点溶液中存在电荷守恒：，此时c(R2-)=c(HR-)，又因为此时溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，则，故C正确； D．溶液中存在物料守恒，故D正确；故选A。第Ⅱ卷非选择题(共174分)三、非选择题：本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.己二酸是一种重要的有机二元酸，在化工生产、有机合成工业、医药、润滑剂制造等方面都有重要作用。Ⅰ.反应原理(图甲)：Ⅱ.反应装置图(图乙)：Ⅲ.反应步骤：①在仪器a中加入环己醇，三口烧瓶中加入浓硝酸(适当过量)，开启磁力搅拌，并通入冷凝水，打开仪器a的活塞，缓慢滴加环己醇。②控制反应温度为80℃至反应结束，按顺序拆除导气吸收装置和冷凝回流装置，取下三口烧瓶，置于冰水中冷却20min以上，然后进行抽滤，用少量的冰水洗涤滤饼，即可制得己二酸粗品。回答下列问题：（1）加入实验药品前应进行的操作为___________。（2）仪器a中的支管的用途为___________。（3）仪器b的名称为___________，冷凝水的进水口为___________(填“c”或“d”)。 （4）本实验最好在通风橱中进行，其原因是___________。（5）写出己二酸与过量乙醇酯化反应的化学方程式___________。（6）本实验需严格控制反应温度为80℃左右，温度过高可能产生的后果是___________(写出一点即可)。（7）己二酸可发生下列哪些反应类型___________。a．取代反应b．氧化反应c．消去反应d．加聚反应【答案】（1）检查装置气密性（2）平衡气压，使液体能顺利滴下（3）①.球形冷凝管②.d（4）产生的氮氧化物是有毒气体，不可逸散到实验室内（5）HOOC(CH2)4COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3+2H2O（6）①浓硝酸分解；②反应过于剧烈，难以控制，引发事故（7）a、b【解析】【分析】由环己醇制取己二酸的过程分两步进行，第一步将环己醇加入浓硝酸中，浓硝酸将环己醇氧化为环己酮；第二步将环己酮氧化为己二酸，浓硝酸具有挥发性，且受热易分解，此步需要控制温度在80℃，生成的己二酸在热水中溶解度较大，在冷水中溶解度小，所以分离产品时，可将反应产物冷凝，让己二酸结晶析出。【小问1详解】在密闭容器内制取物质，加入实验药品前，应检查装置是否漏气，即进行的操作为：检查装置气密性。【小问2详解】使用分液漏斗往容器内滴加液体时，若容器内压强大于大气压强，则分液漏斗内液体很难流出，则仪器a中支管的用途为：平衡气压，使液体能顺利滴下。【小问3详解】仪器b的内管呈球形，则其名称为球形冷凝管，冷凝水的流向是下进上出，即进水口为d。【小问4详解】本实验在操作过程中，浓硝酸会发生分解，从而产生大气污染物，所以最好在通风橱中进行，其原因是：产生的氮氧化物是有毒气体，不可逸散到实验室内。【小问5详解】己二酸与过量乙醇发生酯化反应，生成己二酸二乙酯等，化学方程式：HOOC(CH2)4COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOC(CH2)4COOCH2CH3+2H2O。 【小问6详解】本实验中，所用硝酸易分解，反应为放热反应，需严格控制反应温度为80℃左右，温度过高可能产生的后果是：①浓硝酸分解；②反应过于剧烈，难以控制，引发事故。【小问7详解】己二酸分子中含有羧基，能发生酯化反应，能被强氧化剂氧化，但不能发生消去反应和加聚反应，所以可发生的反应类型为取代反应、氧化反应，故选a、b。【点睛】羧基虽然具有氧化性，但不能被氢气还原。9.某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Ni2＋Al3＋Fe3＋Fe2＋开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题：（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是___________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式___________。“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、___________。（2）“转化”中可替代H2O2的物质是___________。A.酸性KMnO4溶液B.O2C.硝酸D.新制氯水（3）若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即则“滤液③”中可能含有的杂质离子为___________。（4）利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=___________。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为 1.0mol·L-1，则“调pH”应控制的pH范围是___________。（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式___________。【答案】（1）①.除去油脂、溶解铝及其氧化物②.AlO＋H+＋H2O=Al(OH)3↓或Al(OH)＋H+=Al(OH)3↓＋H2O③.Fe2+、Fe3+（2）B（3）Fe3+（4）①.10-15.6②.3.2≤pH<6.2（5）2Ni2+＋ClO-＋4OH-=2NiOOH↓＋Cl-＋H2O【解析】【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。【小问1详解】根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2和过量的NaOH，加入稀硫酸，调为中性，生成氢氧化铝沉淀，发生反应的离子方程式为AlO＋H+＋H2O=Al(OH)3↓；加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋。【小问2详解】“转化”中H2O2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，可用O2或空气替代，由于不能引入其他杂质，所以不能用酸性高锰酸钾、硝酸和氯水，答案选B。【小问3详解】若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2＋，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3＋。【小问4详解】由上述表格可知，Ni2＋完全沉淀时的pH＝8.7，此时c(Ni2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－8.7mol·L－1，则c(OH－)＝1.0×10－5.3，则Ni(OH)2的Ksp＝c(Ni2＋)×c2(OH－)＝10－5×(10－5.3)2＝10－15.6；如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1.0mol·L－1，为避免镍离子沉淀，此时c(OH－)＝mol·L－1=10-7.8mol·L－1，则c(H＋)＝1.0×10－6.2mol·L－1，即pH＝6.2；Fe3＋完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH” 应控制的pH范围是3.2≤pH<6.2。【小问5详解】由题意可知，NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，生成NiOOH和NaCl，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Ni2+＋ClO-＋4OH-=2NiOOH↓＋Cl-＋H2O。10.丙酮蒸气热裂解可生产乙烯酮，反应为，现对该热裂解反应进行研究，回答下列问题：（1）若该反应的逆反应的活化能为，根据表格中的键能数据，计算该反应的正反应活化能为_______；化学键键能412348612（2）在恒温恒容密闭容器中，充入丙酮蒸气，可以判断下列到达平衡状态的是_______。A.消耗同时消耗B.容器内物质的量不再变化C.和的质量比保持不变D.混合气体的平均相对分子质量不再变化（3）丙酮的平衡转化率随温度、压强变化如图所示：①图中A、B两点的温度是A_______B(填“”、“”或“”)②B、C两点化学平衡常数_______(填“”、”或“”)；③B点时，的体积分数为_______(用分数表示)（4）在容积可变的恒温密闭容器中，充入丙酮蒸气维持恒压()。 ①经过时间，丙酮分解20%。用单位时间内气体分压变化表示的反应速率_______；②该条件平衡时丙酮分解率为a，则_______(以分压表示，分压总压物质的量分数)。【答案】（1）（2）BD（3）①.<②.=③.（4）①.2②.【解析】【小问1详解】根据表格中的键能数据，反应：的焓变=2×348-612=84，由于=E(正)-E(逆)，该反应的逆反应的活化能为，则该反应的正反应活化能为。【小问2详解】在恒温恒容密闭容器中：A.消耗同时消耗，二者均指逆反应速率，不能判断该反应是否达到平衡；B.容器内的物质的量不再变化，说明体系内各物质的含量保持一定，能判断该反应达到平衡状态；C.由于容器内只充入反应物丙酮蒸气，则产物和的物质的量之比始终不变，即质量比始终保持不变，故该选项的表述不能判断该反应是否达到平衡；D.该反应各物质均是气体，混合气体的总质量保持不变，该反应的气体分子数发生改变，混合气体的平均摩尔质量，发生改变，故混合气体的相对分子质量不再变化能判断该反应达到平衡状态；故答案选BD。【小问3详解】①由小问1的解析可知，该反应的>0，是吸热反应，随着温度的升高，平衡正向移动，丙酮的平衡转化率增大，结合图中曲线可知，温度是A”、“<”或“=”)（4）亚氨基锂(Li2NH，摩尔质量为Mg/mol)，是一种储氢容量高、安全性能好的固体储氢材料，其晶胞结构如图所示，若晶胞参数为dpm，密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数___________(列出表达式)。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8②.激发（2）①.平面三角形②.sp3、sp2③.分子晶体④.分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多(或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键)（3）<（4）【解析】【小问1详解】Ni元素为28号元素，失去最外层两个电子形成Ni2+，基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8；基态Ni2+的核外电子空间运动状态有1+1+3+1+3+5=14种，若该离子核外电子空间运动状态有15种，则该离子处于激发态。【小问2详解】①的中心原子价层电子对数为=3，孤电子对数为0，所以空间构型为平面三角形；②甘氨酸(NH2CH2COOH)中-CH2-中C原子形成四个键，达到饱和状态，价层电子对数为4，所以为sp3杂化，-COOH中C原子连接一个碳氧双键，所以为sp2杂化；甘氨酸熔沸点较低属于分子晶体；分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键）。【小问3详解】 由于NH3提供孤电子对与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以∠H-N-H键角增大，则NH3分子(前者)和在中NH3(后者)分子中∠H-N-H的键角大小，前者<后者。【小问4详解】