四川省成都市第七中学2023-2024学年高三上学期11月月考理科综合Word版含解析.docx

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成都七中2024届高三测试理科综合试卷可能用到的相对原子质量：Li—7　Cl—35.5　Cu—64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。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、社会、科技关系密切。下列解释正确的是A.利用SiO2的导电性来制备光导纤维B.自行车镀锌辐条破损后仍能抗腐蚀，是利用了原电池反应原理C.石油的分馏，煤的气化、液化均属于物理变化D.夏天雷雨过后空气清新的主要原因是放电时N2和O2合成了NO【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硅中不存在自由移动的离子，不能导电，利用其良好的导光性来制备光导纤维，故A错误B．自行车镀锌辐条破损后仍能抗腐蚀是利用了原电池反应原理，锌和铁在潮湿的空气中构成原电池，锌做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，故B正确；C．煤的气化、液化的过程中有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D．夏天雷雨过后空气清新的主要原因是氧气在放电条件下生成了臭氧，臭氧能消毒杀菌，故D错误；故选B。2.NA表示阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是A.标准状况下，含中子数为B.溶液中含有的Cl⁻个数为NAC.电解精炼铜时，阳极质量减少64g，转移电子数为2NAD.与足量水反应时转移的电子数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A．14CO2中含有的中子数为24，则标准状况下，2.24L14CO2中含有的中子数为×24×NAmol—1=2.4NA，故A正确； B．缺溶液的体积，无法计算0.5mol/L氯化铜溶液中氯化铜的物质的量和含有的氯离子个数，故B错误；C．电解精炼铜时，粗铜做精炼池的阳极，锌、铁、铜在阳极失去电子形成金属阳离子，则无法计算64g金属混合物的物质的量和转移电子数，故C错误；D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则0.1mol与足量水反应时转移的电子数为0.1mol×1×NAmol—1=0.1NA，故D错误；故选A。3.利用下列实验装置能达到实验目的的是A.分离CH3COOH和CH3COOC2H5混合液B.验证NH4NO3晶体溶于水的热效应C.蒸发FeCl3溶液得到FeCl3固体D.验证C、Cl、Si的非金属性强弱【答案】B 【解析】【详解】A.CH3COOH和CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分离，故A错误；B.硝酸铵晶体溶于水吸热，所以U型管中的液体向左侧移动，故该实验能验证NH4NO3晶体溶于水的热效应，故B正确；C.蒸发FeCl3溶液时促进铁离子水解，最后得到氢氧化铁，灼烧又得到氧化铁固体，故C错误；D.根据元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强分析，要验证C、Cl、Si的非金属性强弱应用实验证明高氯酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，但实验中使用的是盐酸，故D错误。故选B。【点睛】掌握非金属性强弱与最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱的对应关系，不能用盐酸的酸性强弱进行比较。4.工业上可用甲苯合成苯甲醛，下列说法正确的是A.甲苯分子中所有原子都在同一平面内B.反应①②③的反应类型相同C.苯甲醇可与金属钠反应D.苯甲醇的同分异构体有4种【答案】C【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，反应①为甲苯光照条件下与氯气发生取代反应生成苄氯甲苯，反应②为苄氯甲苯在氢氧化钠溶液中中共热发生水解反应生成苯甲醇，反应③为在铜做催化剂条件下苯甲醇与氧气共热发生催化氧化反应生成苯甲醛。【详解】A．由结构简式可知，甲苯分子中含有饱和碳原子，则分子中所有原子不可能在同一平面内，故A错误；B．由分析可知，反应①为甲苯的取代反应、反应②为卤代烃的水解反应，反应③为苯甲醇的氧化反应，则反应③的反应类型与反应①②不同，故B错误；C．由结构简式可知，苯甲醇分子中含有的醇羟基能与钠发生置换反应生成氢气，故C正确；D．苯甲醇的不饱和度为4，属于芳香化合物的同分异构体有苯甲醚、邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚，共有4种，加上非芳香化合物，多于4种，故D错误；故选C。 5.我国科学家用毛笔书写后的纸张(含石墨)作空气电极，设计并组装了可折叠的可充电锂—空气电池，工作原理如图所示。下列有关说法正确的是A.放电时，纸张中的纤维素作为锂电池的正极材料B.充电时，金属锂电极增重7g，空气电极放出C.充电时，有机电解质溶液中Li⁺移向金属锂电极发生氧化反应D.放电时，正极的电极反应式为：【答案】D【解析】【详解】A．纤维素不导电，是C作为锂电池的正极材料，故A错误；B．充电时，氧元素从Li2O2的-1价升高到0价，根据得失电子守恒有Li~e-~0.5O2，金属锂电极增重7g，标况下，空气电极放出11.2LO2，未指明气体状况，则不能确定其体积，故B错误；C．充电时，有机电解质溶液中Li⁺移向金属锂电极发生还原反应，故C错误；D．放电时，正极氧气得电子结合锂离子生成过氧化锂：，故D正确；故选D。6.下图为元素周期表短周期的一部分，Z原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+l。下列叙述错误的是RWXYZA.氢和R、W三种元素形成的阴离子有3种以上B.RY2分子中每个原子的最外层均为8电子结构C.X、Z的简单氢化物的热稳定性和还原性都是X的强D.R、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强 【答案】C【解析】【分析】Z原子电子层数为n，最外层电子数为2n+l，则Z为Cl，根据图示依次推出R、W、X、Y分别为C、O、F、S。【详解】A．氢和C、O三种元素形成的阴离子有3种以上，绝大多数为有机酸酸根离子，故A正确；B．CS2的结构类似于CO2，每个原子都达到了最外层8电子结构，故B正确；C．F的非金属性强于Cl，HCl的还原性强于HF，故C错误；D．C、S、Cl的非金属性依次增强，对应最高价氧化物水化物的酸性依次增强，故D正确；故选C。7.25℃时，用0.10mol·L-1的氨水滴定10.0mLamol·L-1的盐酸，溶液的pH与氨水体积(V)的关系如图所示，已知N点为恰好完全反应点。下列说法不正确的是A.a=0.10B.N、P两点溶液中水的电离程度：NKsp(AgSCN)。(4)步骤②移取溶液时所需仪器名称为______，步骤④中达到滴定终点的现象为______。(5)产品中氯元素的质量分数为______。(6)下列操作，可能引起测得产品中氯含量偏高是______。A.步骤③中未加硝基苯B.步骤①中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线C.用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡D.滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴【答案】①.E②.H③.J④.H⑤.将BCl3冷凝为液态分离出来⑥.BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl⑦.F中黑色固体变成红色且澄清石灰水变浑浊⑧.酸式滴定管或移液⑨.当滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液由无色变为红色且半分钟内不褪色⑩.%⑪.B【解析】【分析】(1)G制备BCl3和CO，E收集，连接干燥装置H防止水蒸气进入E，J除去氯气，H干燥CO，然后用CuO检验CO，澄清石灰水检验生成的CO2，最后收集CO，据此分析作答；(2)BCl3接触潮湿空气时会形成白雾，生成硼酸和HCl，据此书写；(3)CO将黑色CuO还原为红色Cu，生成CO2能使澄清石灰水变浑浊；(4)步骤①得到酸性溶液，②取10.00mL溶液应用酸式滴定管或移液管；根据滴定原理，KSCN与过量的硝酸银反应完后，与指示剂中铁离子结合显红色，据此可得；(5)根据AgNO3与HCl和KSCN溶液反应，利用元素守恒可得产品中氯元素的物质的量，据此列式求解；(6)根据AgNO3溶液发生的化学反应及误差分析方法分析判断。【详解】(1)用Cl2、B2O3、C在加热条件下反应生成BCl3和CO，由于BCl3的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，所以收集BCl3要用冰水冷却，未反应的BCl3尾气用氢氧化钠吸收，BCl3易水解，应防止氢氧化钠溶液中的水进入装置E，在E和J之间接上干燥装置H，用于吸水，生成的CO经干燥后再通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清石灰水检验，可以证明原反应中有CO生成，多余的CO 不能排放到空气中，要用排水法收集，据上面的分析可知，装置连接的合理顺序为G→E→H→J→H→F→D→I；反应产生的BCl3为气态，用冰水冷却降温变为液态，便于与未反应的氯气分离开来，所以其中装置E的作用是将BCl3冷凝为液态分离出来；(2)BCl3接触潮湿空气时会形成白雾，生成硼酸和HCl，反应方程式为：BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl；(3)CO在加热条件下将CuO还原为Cu，CO被还原为CO2，能使澄清石灰水变浑浊，故F中黑色固体变成红色且澄清石灰水变浑浊证明反应中有CO生成；(4)步骤①中BCl3与水反应产生硼酸和盐酸的混合物，溶液为酸性溶液，所以②取10.00mL该溶液应用酸式滴定管或移液管；根据滴定原理，KSCN与过量的硝酸银溶液反应完后，与指示剂中铁离子结合显红色，故终点判断为：当滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液由无色变为红色且半分钟内不褪色；(5)加入的AgNO3的总物质的量n(AgNO3)=c1·V1×10-3mol，反应中过量的硝酸银的物质的量为：c2·V2×10-3mol，则发生Ag++Cl-=AgCl↓反应的AgNO3的物质的量n(AgNO3)=c1·V1×10-3mol-c2·V2×10-3mol=(c1·V1-c2·V2)×10-3mol，则根据元素守恒，可知产品中氯元素为n(Cl-)=(c1·V1-c2·V2)×10-3mol×=(c1·V1-c2·V2)×10-2mol，故产品中氯元素的质量分数为:×100%=%；(6)A．步骤③中未加硝基苯，根据Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)，AgCl与KSCN反应，消耗标准液多，剩余硝酸银偏多，导致结果偏低，A错误；B．步骤①中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线，导致溶液浓度偏大，所取溶液中氯元素偏多，测定结果偏高，B正确；C．用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡，则标准液体积消耗读数偏高，剩余硝酸银偏多，导致结果偏低，C错误；D．滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴，消耗标准液体积偏多，则剩余硝酸银偏多，导致结果偏低，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查化学实验基本操作方法的综合应用。把握实验的原理和目的为解答该类题目的关键，注意物质的性质并结合题给信息分析解答，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。9.高温下用H₂还原CuCl制备活性铜，反应原理如下： 已知：H-H、Cl-Cl、H-Cl的键能(kJ/mol)分别为：436、242、432（1）______。（2）反应②的平衡常数表达式K=______；经测定利用反应②制备活性铜的热力学趋势大，原因是：______。（3）若反应①在恒温、恒容下进行，下列说法正确的是______。A.气体平均摩尔质量不变时，反应达平衡B.增大Cu的量，可提高Cl₂的转化率C.吸收amolCl₂只需2amolCuD.若向容器内通入少量氯气，则v正>v逆（4）在某温度下，反应①达到平衡状态，在t₁时，压缩容器体积为原来的l/2(Cu过量)，在图中画出Cl₂浓度的变化趋势线______。（5）CuCl难溶于水但易溶于氨水。已知：25℃时，NH3•H2O和NH₄Cl等浓度混合时溶液呈碱性，将amol/L溶液和bmol/LNaOH溶液等体积混合，溶液呈中性，则该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______，若忽略体积变化，则25℃时，NH3•H2O的电离常数。______(用含a、b的式子表示)。【答案】9.10.①.②.反应②的正反应ΔH<0，ΔS>0，是自发反应，逆反应为非自发反应，因此制备活性铜的反应热力学趋势大11.D12.13.①.②.【解析】 【小问1详解】H-H、Cl-Cl、H-Cl的键能(kJ/mol)分别为：436、242、432，则的，、、，①+②=③，；【小问2详解】反应②中氯化铜和铜都是固体，不算入平衡常数，反应②的平衡常数表达式，反应②的正反应ΔH<0，ΔS>0，是自发反应，逆反应为非自发反应，因此制备活性铜的反应热力学趋势大；【小问3详解】反应①气体只有氯气，平均摩尔质量是个定值，平均摩尔质量不变，不能判断平衡，A错误；Cu是固体，增加Cu不能使平衡发生移动，B错误；该反应是可逆反应，吸收amolCl₂需要大于2amolCu，C错误；若向容器内通入少量氯气，平衡正向移动，则v正>v逆，D正确；【小问4详解】在某温度下，反应①达到平衡状态，在tl时，增加压强到原来的2倍(Cu的量足够)，反应速率增大，平衡正向移动，但平衡常数不变，达到新平衡是氯气的浓度不变，Cl2浓度的变化趋势线为；【小问5详解】NH3•H2O和NH₄Cl等浓度混合时溶液呈碱性，说明NH3•H2O的电离大于NH₄Cl的水解，将amol/L溶液和bmol/LNaOH溶液等体积混合，溶液呈中性说明b＞a，电荷守恒为，溶液呈中性，溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，，所以有 ；混合溶液中，溶液呈中性，二者等体积混合后溶液中的氯离子浓度为原来的一半，c（NH3•H2O）=[0.5a-（a-0.5b）]mol/L=（0.5b-0.5a）mol/L；NH3•H2O的电离常数为：。10.某油脂厂废弃的油脂加氢所用催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及他们的氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍来制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示，回答下列问题：金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时的pH6.23.72.275沉淀完全时的pH8.74.73.29.0(1)废弃催化剂上的油脂在_______过程中被处理(2)滤液①中含有的无机阴离子除OH-离子外还有_______。(3)“转化”过程的离子方程式_______；“转化”过程宜控制较低温度的原因是_______。(4)加NaOH溶液“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_______。(6)操作I为_______、_______、过滤、洗涤、干燥，得到产品。【答案】①.碱浸②.③.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O④.温度过高会导致过氧化氢分解⑤.3.2≤pH＜6.2(或3.2～6.2)⑥.2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O⑦.蒸发浓缩⑧.冷却结晶【解析】【分析】由流程可知，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↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O，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，以此解答该题。【详解】(1)油脂可以在碱性环境中水解生成可溶于水的甘油和高级脂肪酸盐，所以油脂在“碱浸”过程中被处理；(2)根据分析可知滤液①中含有的无机阴离子除OH-离子外还有铝以及氧化铝和NaOH溶液反应生成的；(3)转化过程中发生的主要反应为双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；温度过高会导致过氧化氢分解，所以“转化”过程宜控制较低温度；(4)调节pH的目的是使Fe3+完全沉淀，但不使Ni2+沉淀，根据题目所给数据可知范围为3.2≤pH＜6.2(或3.2～6.2)；(5)根据题意可知碱性溶液中Ni2+被ClO-氧化为NiOOH，化合价升高1价，ClO-被还原为Cl-，根据电子守恒可知Ni2+和ClO-的系数比应为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O；(6)操作I可以从滤液中得到硫酸镍晶体，所以为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(二)选考题(共45分)【选修3：物质结构与性质】11.决定物质性质的根本因素是物质结构。请回答下列问题：（1）物质中非金属元素的电负性由小到大的顺序为______。（2）Ca元素基态原子的价电子排布式为______；Ca元素的气态原子逐个依次失去第1至第5个电子所需能量(电离能)用I1至I5表示，其中所需能量差值最大的是______(填字母)。A、B、C、D、（3）物质Na3AsO3中As原子的杂化方式为______；AsCl3的空间构型为______。（4）已知：GaAs和GaN的晶胞结构均与金刚石的相似，GaAs熔点为1238℃，GaN熔点约为l500℃，则GaAs熔点低于GaN的原因为______。（5）与互为等电子体的分子的化学式为______(写一种)。（6）FeS2晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为anm，FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为______；晶胞中Fe2+位于S2-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。 【答案】11.P＜O＜F12.①.4s2②.B13.①.sp3②.三角锥形14.GaAs和GaN都是共价晶体，As的半径大于N，键长Ca-As比Ga-N长，键能Ga-As小于Ga-N，GaAs熔点低于GaN15.N2O416.①.②.【解析】【小问1详解】，非金属为P、O、F、一般的，同周期元素核电荷数越大电负性越大，同主族元素核电荷数越大电负性越小，故电负性P＜S＜O＜F；【小问2详解】Ca是20号元素，位于第四周期、第ⅡA族，价电子排布式为4s2，因此第二电离能到第三电离能会突然变大，Ca元素的气态原子逐个依次失去第1至第5个电子所需能量(电离能)用I1至I5表示，其中所需能量差值最大的是，选B；【小问3详解】中有3个σ键、孤电子对数为，价层电子对数为4，As原子杂化方式为sp3；AsCl3中有3个σ键、孤电子对数为，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形；小问4详解】GaAs和GaN的晶胞结构相似，故二者均是共价晶体，As的半径大于N，键长Ca-As比Ga-N长，键能Ga-As小于Ga-N，GaAs熔点低于GaN；【小问5详解】互为等电子体的条件是原子数和价电子数相等，满足与互为等电子体的分子有：N2O4等； 【小问6详解】根据均摊法，，，一个晶胞中有4个FeS2，其密度为；晶胞中Fe2+位于S2-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边为两个面心相连，其距离为。【选修5：有机化学基础】12.2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如下：（1）按系统命名法，有机物A的名称是_______。（2）B的结构简式是__________。（3）C→D的反应类型是___________。（4）写出D→M的化学方程式________。（5）已知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N的结构简式为_______。（6）满足下列条件的X的同分异构体共有_______种，写出任意一种的结构简式_________。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上的一氯取代物只有两种（7）写出E→F合成路线（用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件）。______→→→【答案】①.2-甲基-1-丁烯②.CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3③.取代反应④. +2H2O⑤.⑥.3⑦.⑧.【解析】【分析】由F的结构简式可知A应为CH2=C(CH3)CH2CH3，生成E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，则C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，以此解答该题。【详解】(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3，名称为2-甲基-1-丁烯；(2)由以上分析可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3；(3)C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，故反应类型为取代反应；(4)D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，反应的方程式为 +2H2O；(5)由以上分析可知N为；(6)X为苯乙醇，对应的同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，②苯环上的一氯取代物只有两种，另一取代基为2个甲基或1个乙基，共3种，即等；(7)E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，在铜催化条件下被氧化生成醛，然后与弱氧化剂反应生成酸，反应的流程为。