四川省成都市第七中学2023-2024学年高三上学期期中考试理科综合化学Word版含解析.docx

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成都七中高2024届高三上学期期中考试理科综合试题本试卷共300分，考试时间150分钟。可能用到的相对原子质量：H—lLi—7O—l6S—32K—39Ga—70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，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活、环境密切相关。下列说法不正确的是A.工业上，常用Na2S处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子B.地沟油禁止食用，但可制肥皂C.用碘酒检验奶粉中是否添加淀粉D.燃煤脱硫有利于实现“碳达峰、碳中和”【答案】D【解析】【详解】A．Cu2+、Hg2+等重金属离子与Na2S反应生成难溶于水的物质，所以工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子可用Na2S处理，A正确；B．“地沟油”的主要成分是油脂，油脂可用来制肥皂和生物柴油，B正确；C．碘单质能使淀粉试液变蓝色，故碘酒可检验奶粉中是否添加淀粉，C正确；D．燃煤脱硫有利于减少硫污染排放，但是不减少二氧化碳排放，不能实现“碳达峰、碳中和”，D错误；故选D。2.脱落酸是抑制植物生长的激素，因能促使叶子脱落而得名，其结构简式如下图所示，下列说法正确的是A.分子式C15H17O4B.所有碳原子不可能共平面C可使溴水及酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同D.分子中含有3种官能团 【答案】B【解析】【详解】A．根据有机物的结构简式，脱落酸的分子式为C15H20O4，故A错误；B．连接2个甲基的碳是四面体结构，则所有碳原子不可能共平面，故B正确；C．该分子有碳碳双键，使溴水褪色的原理是发生加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理是发生氧化反应，故C错误；D．该分子有碳碳双键、酮羰基、羧基、羟基共4种官能团，故D错误；故选：B。3.菠菜是一道平民小菜，价格便宜却营养丰富，菠菜中铁元素的检验可经过“研磨→溶解→过滤→检验”等步骤。下列操作方法不正确的是A.研磨B.溶解C.过滤D.检验A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．将菠菜剪碎后，需要在研钵中用研磨棒研磨，故A错误；B．研磨后的物质要在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，故B正确；C．将溶解后的固体与溶液分离开，需要过滤操作，所需的仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故C正确；D．检验菠菜中的铁元素，可以用稀硝酸将Fe2+转化为Fe3+，再加入KSCN溶液检验Fe3+，故D正确；故选A。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.-143溶液中含氧原子数目为0.3NAB.gKHSO4固体中含有离子的数目为3NAC.室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水，所得溶液的H+数目大于0.1NAD.4与2在光照下充分反应生成的3分子数目为NA 【答案】C【解析】【详解】A．-143溶液，43、H2O中都含氧原子，所以含氧原子数目大于0.3NA，故A错误；B．KHSO4固体中含，gKHSO4固体中含有离子的数目为2NA，故B错误；C．室温下向1LpH=1的醋酸溶液中加水，醋酸电离平衡正向移动，醋酸电离程度增大，所得溶液的H+数目大于0.1NA，故C正确；D．甲烷和氯气取代反应为连锁反应，4与2在光照下充分反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，所以3分子数目小于NA，故D错误；选C。5.一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Y、Z、Q、W原子的半径依次增大，X和W同主族但不相邻，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，下列说法正确的是A.X、Z、Q、W均可与Y形成二元化合物B.简单离子半径：C.Y的氢化物的稳定性和沸点都高于Q的氢化物D.X、Y、Z三种元素只能形成共价化合物【答案】A【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、Q、W原子的半径依次增大，X和W同主族但不相邻，再结合该物质的结构式可得X为H，W为Na，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，则Y为O，Z为N，Q为C；【详解】A．H与O可形成、，N与O可形成、，C与O可形成、，Na与O可形成、，故A正确；B．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径：，故B错误；C．O与N有多种氢化物，稳定性和沸点无法比较，故C错误； D．H、N、O三种元素可形成离子化合物，故D错误；答案选A。6.利用电化学原理控制反应条件能将2电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，反应过程原理的示意图如图，下列有关说法正确的是A.玻碳电极发生还原反应B.铂电极发生的电极反应之一为2C.电池工作时，电子由玻碳电极经电解质溶液到铂电极D.当电路中转移1mole⁻时，阳极室溶液的质量减少8g【答案】B【解析】【分析】由图可知，铂电极为电解池的阴极，酸性溶液中，氢离子和二氧化碳在阴极得到电子生成氢气和甲酸，电极反应式分别为2H++2e—=H2↑、CO2+2H++2e—=HCOOH，玻碳电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+。【详解】A．由分析可知，玻碳电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，故A错误；B．由分析可知，铂电极为电解池的阴极，酸性溶液中，氢离子和二氧化碳在阴极得到电子生成氢气和甲酸，电极反应式分别为2H++2e—=H2↑、CO2+2H++2e—=HCOOH，故B正确；C．电池工作时，电解质溶液不能传递电子，故C错误；D．当电路中转移1mol电子时，同时有1mol氢离子通过质子交换膜进入阴极室，则阳极室溶液的质量减少1mol××32g/mol+1mol×1g/mol=9g，故D错误；故选B。7.一定温度下，金属硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。纵坐标表示横坐标表示下列说法不正确的是 A.该温度下，Ag2S的sp-50B.该温度下，溶解度的大小顺序为NiS>SnSC.SnS和NiS的饱和溶液中D.向浓度均为0.01mol·L-1Ag+、Ni2+、Sn2+混合溶液中逐滴加入饱和Na2S溶液，析出沉淀的先后顺序为Ag2S、SnS、NiS【答案】C【解析】【详解】A．由a可知，当c平(S2-)＝10-30mol/L时，c平(Ag+)＝10－(10-lg4)mol·L-1＝4×10-10mol/L，Ksp(Ag2S)＝c(Ag+)·c平(S2-)＝(4×10-10)2×10-30mol3·L-3＝1.6×10-49mol3·L-3，A正确；B．由SnS、NiS的沉淀溶解平衡曲线可知，当两条曲线表示的c平(S2-)相同时，对应的c平(Ni2+)>c平(Sn2+)，由于SnS和NiS沉淀类型相同，则溶解度的大小关系为NiS>SnS，B正确；C．利用NiS的溶解平衡曲线上b点数据，则Ksp(NiS)＝c平(Ni2+)·c平(S2-)＝10-6×10-15mol2·L-2＝10-21mol2·L-2，同理可得Ksp(SnS)＝c平(Sn2+)·c平(S2-)＝10-25×100mol2·L-2＝10-25mol2·L-2，SnS和NiS的饱和溶液中，C错误；D．Ag+、Ni2+与Sn2+的浓度均为0.1mol/L，分别生成Ag2S、NiS与SnS沉淀时，需要的c平(S2-)分别为1.6×10-47mol/L、10-20mol/L、10-24mol/L，因此生成沉淀的先后顺序为Ag2S、SnS与NiS，D正确；故答案为：C。8.碳酸锶(难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量2+2+2+2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下： 已知：I．3为两性氢氧化物；II．常温下，各物质的溶度积常数如表所示。化合物Cr(OH)3Ca(OH)2Mg(OH)2Ksp近似值1×10-315.5×10-61.8×10-11（1）气体A的电子式为_______。（2）“沉钡、铅”时，pH过低会导致24的利用率降低，原因为_______(用离子方程式解释)；“还原”时发生反应的离子方程式为_______。（3）“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。（4）用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的的原因为_______。（5）“滤渣2”的主要成分为_______、_______(填化学式)。（6）“碳化”时，反应的平衡常数K的计算关系式为_______(用相关平衡常数表示，已知碳酸的电离常数。a1a23的溶度积常数为（7）“系列操作”中包含‘℃烘干”等操作，烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去中的微量可溶性杂质，该杂质除2外还可能为_______(填化学式)。【答案】8.9.①.2+2H++H2O②.8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O10.Cr(OH)3 11.pH过大Cr(OH)3会溶解，导致铬的去除率降低12.①.Ca(OH)2②.Mg(OH)213.14.NH4NO3【解析】【分析】工业碳酸锶中加入硝酸进行酸溶，碳酸锶与硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含有Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行沉钡、铅，过滤得到含有Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加入氨水调节pH到7-8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过系列操作得到高纯SrCO3。【小问1详解】气体A为CO2，电子式为；【小问2详解】(NH4)2CrO4溶液中存在2+2H++H2O，pH过低，氢离子浓度过大，平衡正向移动，使转化为，导致(NH4)2CrO4的利用率降低。还原时草酸与重铬酸根离子发生氧化还原反应，离子方程式为8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O；【小问3详解】根据分析可知，滤渣1的主要成分为Cr(OH)3；【小问4详解】Cr(OH)3是两性氢氧化物，pH过大Cr(OH)3会溶解，导致铬的去除率降低，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13；【小问5详解】根据分析可知，滤渣2的主要成分为Ca(OH)2和Mg(OH)2；【小问6详解】碳化时反应的平衡常数K==== =【小问7详解】由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了铵根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除碳酸氢铵、碳酸铵外还可能为硝酸铵。9.实验室用和亚硫酰氯制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知：的沸点为℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：（1）实验仪器B的名称为_______，仪器E的名称为_______，仪器G中盛有的试剂为_______溶液。（2）已知B中试剂为，实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置_______(填“B”或“D”)。（3）遇水蒸气发生反应的化学方程式为_______。（4）有人认为产品可能含，判断理由是_______。（5）实验完毕后，测定产品成分。取一定量产品溶于蒸馏水中，分成甲、乙两等份，进行如下实验：实验1：在甲中加入足量KI，再滴几滴淀粉溶液，用标准溶液滴定至终点，消耗2S2O3溶液V1mL。实验2：在乙中滴几滴24；溶液作指示剂，用3溶液测定氯离子的量，滴定至终点，消耗AgNO3溶液V2mL。已知：实验1中滴定反应为22S2O32。 ①若实验Ⅰ中溶液酸性较强，可能会使标准液变质，导致V1偏大，该过程用离子方程式表示：_______②若_______时，可判断产品中全部是FeCl3。【答案】（1）①.三颈烧瓶②.球形冷凝管③.氢氧化钠（2）B（3）（4）生成的二氧化硫气体具有还原性，可能将铁离子还原为亚铁离子（5）①.②.3【解析】【分析】亚硫酰氯的沸点为76℃，加热易气化为蒸气，与在D中反应制备无水，尾气使用碱液吸收防止污染；【小问1详解】实验仪器B的名称为三颈烧瓶，仪器E的名称为球形冷凝管；已知：的沸点为℃，遇水极易反应生成两种酸性气体，根据质量守恒可知，生成气体为二氧化硫和氯化氢，故仪器G中盛有的试剂为氢氧化钠溶液，用于吸收尾气防止污染；【小问2详解】B中试剂为，实验开始先通N2排净装置中空气，一段时间后，先加热装置B，使得气化进入D装置中；【小问3详解】遇水极易反应生成两种酸性气体，根据质量守恒可知，生成气体为二氧化硫和氯化氢，；【小问4详解】生成的二氧化硫气体具有还原性，可能将铁离子还原为亚铁离子，使得产品可能含【小问5详解】铁离子和碘离子发生反应生成碘单质：，碘单质和反应：22S2O32，通过测定消耗的碘单质的量，求出I2的量，进而求出Fe3+的量，但酸性条件下发生，所以溶液酸性较强的话，会消耗更多的，使得V1偏大； 由于反应可知，，所以，所以，当，可判断产品中全部是FeCl3。10.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。（1）已知在25℃和101kPa时存在下列反应：①-1②C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-395kJ•mol-1③2223-1已知：标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物的焓变，如上述反应②可表示为CO2的标准摩尔生成焓。请写出表示乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式_______。（2）在一容积为2L的密闭容器中，CO和H2初始物质的量均为0.3mol，在一定条件下发生反应：242测得CO的平衡转化率与温度、压强关系如图所示：①由图可知，压强p3_______(填“>”或“<”)p1，原因是_______。压强为2时，升高温度，反应的平衡常数将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。②温度为1100℃、压强为p1时，x点的平衡常数。为_______(K是指用平衡时各组分的物质的量百分数代替物质的量浓度计算得到的平衡常数)。③在一定温度、的初始条件下，该反应达到平衡后体系的压强变为100kPa，则CO的平衡转化率为_______。④下列说法能说明该反应在上述条件下达到平衡状态的是_______(填字母)。A．体系的密度不再发生变化B．断裂2molH-H键的同时生成2molC=O键C．各组分的物质的量浓度不再改变D．体系的气体的平均相对分子质量不再发生变化 E．体积分数：V%(CH4)=V%(CO2)（3）固体氧化物甲烷燃料电池以固体氧化锆-氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2-)在其间通过。该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。则b区发生的电极反应式为_______。【答案】（1）2C(石墨，s)+3H2(g)=C2H6(g)△H=-87kJ•mol-1。（2）①.<②.该反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大③.减小④.144⑤.75%⑥.CD（3）CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O【解析】【小问1详解】①-1②C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-395kJ•mol-1③2223-1根据盖斯定律②×2+③-①得乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式2C(石墨，s)+3H2(g)=C2H6(g)△H=(-395×2-570+3116)kJ•mol-1=-87kJ•mol-1。【小问2详解】①该反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，由图可知，压强p3