四川省资中县球溪高级中学2023-2024学年高三上学期11月考试理科综合测Word版含解析.docx

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四川省资中县球溪高级中学2023-2024学年高三上学期11月考试理科综合试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号填涂在答题卡上。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，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H：1O：16S：32As：75Ni：59Zn：65一、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.化学与人类社会密切相关，下列应用和操作涉及氧化还原反应原理的是A.用浸泡过高锰酸钾的硅土保鲜水果B.用热的纯碱去油污C.用二氧化硅制作光纤D.高压钠灯广泛用于道路照明【答案】A【解析】【详解】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化水果释放出的具有催熟作用的乙烯，A符合题意；B．用热的纯碱溶液清理油污是因为水解而显碱性，油脂在碱性溶液中发生水解反应，生成可溶于水的物质，B不符合题意；C．二氧化硅光纤的原理是基于全反射的原理,，C不符合题意；D．利用高压电流通过钠蒸汽产生的放电来产生光线，高压钠灯广泛用于道路照明，D不符合题意；故答案为：A。2.下列有关方程式正确的是A.硫化钠水溶液呈碱性：S2-+2H2OH2S+2OH-B.将碳酸氢钠溶于苯甲酸：HCO+C6H5COOH=C6H5COO-+CO2↑+H2OC.用稀硝酸洗去试管内壁的银：2Ag+2HNO3=2AgNO3+H2↑D.铅蓄电池放电时负极反应：Pb–2e-=Pb2+【答案】B【解析】 【详解】A．多元弱酸根离子分步水解，以第一步水解为主：S2-+H2OHS-+OH-，故A错误；B．苯甲酸与碳酸氢钠反应生成苯甲酸钠和二氧化碳，反应离子方程式为：HCO+C6H5COOH=C6H5COO-+CO2↑+H2O，故B正确；C．稀硝酸与银单质反应生成硝酸银、NO和水，离子方程式为：，故C错误；D．铅蓄电池放电时负极反应：Pb+SO–2e-=PbSO4，故D错误；故选：B。3.利用图示装置进行实验，反应进行一段时间，装置Ⅱ中实验现象正确的是选项①②③装置Ⅱ中实验现象A浓氨水氧化钙硫酸铝溶液先产生白色沉淀，后沉淀溶解得到澄清溶液B稀硫酸CuS新制氯水产生乳黄色沉淀C浓硫酸Cu石蕊溶液先变红，后褪色D稀硫酸碳酸钠饱和碳酸钠溶液产生白色沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】 【详解】A．浓氨水滴到氧化钙中生成氨气，氨气通入硫酸铝溶液中会反应生成氢氧化铝沉淀，但不会溶解，故A错误；B．CuS和稀硫酸不反应，即新制氯水不会产生乳黄色沉淀，故B错误；C．浓硫酸和铜常温下不反应，要加热才能反应，即石蕊溶液不会先变红后褪色，故C错误；D．稀硫酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液会发生反应：，因为碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，而原碳酸钠溶液是饱和的，反应又消耗了水，所以会析出碳酸氢钠固体，即产生白色沉淀，故D正确；故答案为：D。4.研究表明木豆素对学习记忆障碍有一定的改善作用，木豆素的结构如图所示，下列有关木豆素的说法错误的是A分子中含3种官能团B.苯环上的一氯代物有4种C.分子中所有碳原子可能共面D.一定条件下能生成高分子化合物【答案】A【解析】【详解】A．木豆素分子中含羟基、羧基、醚键和碳碳双键4种官能团，A错误；B．苯环上有四种不同环境的H原子，其一氯代物有4种，B正确；C．苯环相连的碳原子共面，其中双键相连的碳原子也可共面，分子中所有碳原子可能共面，C正确；D．因为含有双键，一定条件下能发生聚合生成高分子化合物，D正确；答案选A。5.已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B、C、D为同周期元素且与A均不同族，B、D原子的最外层电子数之和等于A的最外层电子数的2倍，B的氧化物是一种耐火材料，D的多种化合物是生活中常见的漂白剂。下列有关说法不正确的是A.C的氧化物的水化物的酸性可能强于碳酸B.简单离子半径的大小顺序为D>A>B C.A与C可能形成共价化合物C3A4D.电解B与D形成的化合物的水溶液可以制取单质B【答案】D【解析】【详解】B氧化物是耐火材料，推知是Al2O3，B是Al元素，可得C、D也是第三周期元素，D的化合物是一种常见消毒剂，B、C、D原子序数逐渐增大，推测消毒剂是HClO，D是Cl，B、D的最外层电子数之和是A的2倍，B最外层电子数是3，D是7，故A最外层电子数是5，是N元素，与B、C、D不同主族，推测是C是Si元素或者S元素。据此分析解题。【分析】A．C若是S元素，氧化物对应水化物可能是硫酸，酸性比碳酸强，A正确；B．简单离子A、B、D分别是N3-、Al3+、Cl-，N3-、Al3+是2个电子层，Cl-是3个电子层最外层电子数均是8，电子层数多，半径相对大，同样电子层，原子序数大，半径小，故半径大小是Cl->N3->Al3+，B正确；C．若C是Si，与N形成Si3N4，是共价化合物，C正确；D．B和D形成化合物是AlCl3，电解AlCl3溶液，得不到铝单质，D错误；故答案为：D。6.我国科学家研制了Cu2P2O7催化剂建构Zn—CO2二次电池，实现了电还原CO2合成多碳产品(如乙酸，乙醇等)，装置如图所示。双极膜中水电离出的H＋和OH-在电场作用下可以分别向两极迁移。下列说法不正确的是A.放电时，双极膜中H＋向Cu2P2O7极迁移B.电势：Cu2P2O7极高于Zn极C.当外电路通过2mol电子时，理论上双极膜中水减少18gD.充电时，阳极上的电极反应式为C2H5OH-12e-＋3H2O=2CO2↑＋12H＋【答案】C【解析】 【分析】由图可知，放电时为原电池，Zn发生失电子的氧化反应转化为[Zn(OH)4]2-，为负极，负极反应为Zn+4OH--2e-═[Zn(OH)4]2-，Cu2P2O7纳米片为正极，发生还原反应，CO2发生得电子的还原反应转化为C2H5OH，正极反应为CO2+12H++12e-═C2H5OH+3H2O，H2O电离出的H+和OH-分别由双极膜移向正极、负极；充电时为电解池，原电池正负极分别与电源正负极相接，以此解答。【详解】A．放电时为原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即双极膜中H+向Cu2P2O7极迁移，故A正确；B．放电时为原电池，Zn为负极，Cu2P2O7纳米片为正极，即电势：Cu2P2O7极高于Zn极，故B正确；C．双极膜中水电离的方程式为H2O=H++OH-，外电路通过2mol电子时，理论上有2molH+和OH-分别向正极、负极移向，即有2molH2O参与电离，质量减少18g/mol×2mol=36g，故C错误；D．充电时为电解池，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，正极反应为CO2+12H++12e-═C2H5OH+3H2O，则阳极反应为C2H5OH-12e-+3H2O═2CO2↑+12H+，故D正确；故选C。7.分析化学中“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。常温下以0.10mol·L-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是A.该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂B.从x点到z点的整个过程中，y点的水的电离程度最大C.x点处的溶液中满足：c(MOH)＋c(OH-)c(H+)，c(MOH)+c(OH-)”“<”或“=”，下同)；Y点速率___________。③将上述反应放在恒温恒容密闭容器中反应，测得起始压强为，反应后甲烷转换率为50%。已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数，则X点对应温度下的___________(用含的代数式表示)。【答案】（1）①.②.第一步③.第一步反应的活化能更低④.C（2）①.AC②.<③.<④.【解析】【小问1详解】①图中指第二步反应的反应热，则；②活化能越低，反应速率越快，则反应速率较快的是第一步反应； ③A．高温，可加快正反应速率，升温，平衡逆移，降低了平衡转化率；B．降低浓度，降低正反应速率，提高了平衡转化率；C．高压，可加快正反应速率，提高平衡转化率；D．分离出尿素，不影响反应速率和平衡移动；E．催化剂，可加快反应速率，不影响平衡移动；故选C；【小问2详解】①A．和的物质的量之比保持不变时，证明达到平衡状态，故A正确；B．CO和的浓度相等时，不一定是平衡状态，故B错误；C．反应速率：，表示正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；D．同时断裂4molC-H键和2molH-H键时，达到平衡状态，故D错误；故选AC；②相同温度下，压强越大，CH4的平衡转化率越低，则<；Y点时，未达到平衡状态，CH4的转化率偏小，说明反应在向正方向进行，即<；③，平衡时总压强为0.15P0，CH4、CO2、CO、H2的分压分别为0.25P0，0.25P0，0.5P0，0.5P0，则。10.As2S3是国民经济发展中不可缺少的资源，是剧毒物质。某小组拟在实验室模拟对As2S3矿渣进行回收处理，湿法制取As2O3。实验装置及步骤如下。 步骤1：向C装置的反应瓶中，加入49.2gAs2S3粉料与200mL足量的CuSO4溶液形成料浆，关闭开关B，控制温度80℃左右，持续搅拌反应1小时。步骤2：待C装置反应瓶中的反应溶液冷却至室温，料浆中主要含CuS和As2O3。打开B，通入过量氧气使微溶的As2O3氧化成易溶的As2O5，过滤。步骤3：向步骤2的滤液中通入二氧化硫，使As2O5还原，经冷却析出As2O3晶体19.8g。(1)A装置中仪器X的名称是_______；步骤1将As2S3粉碎后制成料浆的目的是_______；实验中的加热方式为_______。(2)C装置反应瓶中发生反应的化学方程式为_______。步骤2中，若过滤后的溶液中Cu2+浓度为1.0mol·L-1，已知CuS的Ksp=6.3x10-36。则滤液中S2-浓度为_______mol·L-1。(3)步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原的离子方程式为_______。(4)本实验中As2O3的产率最接近于_______(填标号)。A．40%B．50%C．60%D．70%(5)将分离出As2O3晶体后的母液收集、循环使用，其实际工业生产的意义是_______。【答案】①.蒸馏烧瓶②.增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率③.水浴加热④.3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4⑤.6.3x10-36⑥.As2O5+2SO2+2H2O=As2O3↓+2+4H+⑦.B⑧.提高CuSO4的利用率【解析】【分析】本实验的目的，是将As2S3矿渣进行回收处理，湿法制取As2O3。具体操作为：将As2S3矿渣用CuSO4溶液处理，制得As2O3，然后再用H2O2分解制得的O2氧化，制得易溶的As2O5，从而实现与CuS等杂质的分离；再用SO2还原，便可制得纯净的As2O3。 【详解】(1)A装置中仪器X的名称是蒸馏烧瓶；步骤1将As2S3固体与CuSO4溶液反应时，颗粒越小，接触面积越大，越有利于充分反应，所以粉碎后制成料浆的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；实验中，加热温度为80℃左右，所以加热方式为水浴加热。答案为：蒸馏烧瓶；增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；水浴加热；(2)C装置反应瓶中，As2S3与CuSO4溶液在加热条件下反应，生成CuS、As2O3等，发生反应的化学方程式为3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4。步骤2中，若过滤后的溶液中Cu2+浓度为1.0mol·L-1，已知CuS的Ksp=6.3x10-36，则滤液中S2-浓度为=mol·L-1=6.3×10-36mol·L-1。答案为：3CuSO4+As2S3+3H2O3CuS+As2O3+3H2SO4；6.3x10-36；(3)步骤3中，通入二氧化硫使As2O5还原，生成As2O3，同时SO2被氧化为硫酸，离子方程式为As2O5+2SO2+2H2O=As2O3↓+2+4H+。答案为：As2O5+2SO2+2H2O=As2O3↓+2+4H+；(4)本实验中，As2O3的理论产量为=39.6g，产率为=50%，故选B；(5)分离出As2O3晶体后的母液中，仍含有一定浓度的CuSO4，不管是从提高原料利用率角度考虑，还是从环保角度考虑，都应收集、循环使用，所以其实际工业生产的意义是提高CuSO4的利用率。答案为：提高CuSO4的利用率。【点睛】水浴加热，不仅可以控制温度，还可以使反应物均匀受热。11.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：（1）Zn原子核外电子排布式为________。（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是______________________。（3）ZnF2具有较高的熔点(872℃)，其化学键类型是________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是__________________________________________________。（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为________，C原子杂化形式为___________________。（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为____________________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏伽德罗常数的值为NA，Zn的密度为________g·cm－3(列出计算式)。 【答案】①.[Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)②.大于③.Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子④.离子键⑤.ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小⑥.平面三角形⑦.sp2⑧.六方最密堆积(A3型)⑨.【解析】【分析】本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。【详解】（1）Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。（2）Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。（4）碳酸锌中的阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4－3×2＋2)/2=3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×+2×+3=6个，所以该结构的质量为6×65/NAg。该六棱柱的底面为正六边形，边长为acm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6×cm2，高为ccm，所以体积为6×cm3。所以密度为：g·cm-3。【点睛】 本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。12.有机推断题。有机物G是一种医药中间体，可通过如图所示路线合成。A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志，H的分子式是C7H8。已知：请回答以下问题：（1）A的结构简式是_______。（2）H→I的化学反应方程式为_______，E→F的化学方程式_______。（3）C→D的反应类型是_______，I→J的反应类型是_______。（4）两个E分子在一定条件下发生分子间脱水生成一种环状酯的结构简式是_______。（5）满足以下条件的F的同分异构体还有_______种(不包含F)。①能与氯化铁溶液发生显色反应②红外光谱等方法检测分子中有“-COO”结构③苯环上有两个取代基其中能与碳酸氢钠溶液反应且核磁共振氢谱测定有5个吸收峰的同分异构体的结构简式为_______。【答案】（1）CH2=CH2（2）①.②.+CH3OH+H2O（3）①.取代反应②.氧化反应（4）（5）①.11②.【解析】【分析】A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志，可知A为CH2=CH2，由转化关系可知，B为CH3CHO，C为CH3COOH，C发生取代反应生成D，结合G的结构可知F为 ，H的分子式是C7H8，根据J结构简式知，H含有一个苯环，故H为，由J的结构可知I为，I发生氧化反应得到J，J发生水解反应得到E(邻羟基苯甲酸)，E与甲醇发生酯化反应得到F，D和F发生取代反应生成G。【小问1详解】由上述分析可知，A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；【小问2详解】由上述分析可知，H为，I为，H与溴在溴化铁作催化剂的条件下发生取代反应生成I，反应的化学方程式为；E为与甲醇发生酯化反应生成F，则E→F的化学方程式为+CH3OH+H2O，故答案为：；+CH3OH+H2O；【小问3详解】C→D是氯原子取代羧基中的羟基，为取代反应；I→J是酸性高锰酸钾把苯环上的甲基氧化为羧基的过程，为氧化反应，故答案为：取代反应；氧化反应；【小问4详解】E为，两个E分子在一定条件下发生分子间脱水生成一种环状酯，其结构简式为 ，故答案为：；【小问5详解】