2024届四川省南充高级中学高三上学期一模理综 Word版含解析.docx

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理科综合化学试题总分300分考试时间150分钟注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3.答非选择题时，将答案书写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效。4.考试结束后将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1　O16　Na23　S32　Fe56　Cu64　Ti48　Mo96第I卷(选择题共126分)一、选择题(本题共13小题，每小题6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.化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是A.大量开发可燃冰作为新能源有利于实现碳达峰、碳中和B.华为新上市的mate60pro手机引发关注，其CPU基础材料是C.“天和”核心舱电推进系统中使用的氮化硼陶瓷基复合材料是新型无机非金属材料D.社区服务中用84消毒液清洗公共桌椅，是因为84消毒液中的有强氧化性【答案】C【解析】【详解】A．可燃冰的主要成分是，作为能源燃烧时仍产生大量的不利于实现碳达峰、碳中和，A项错误；B．华为新上市的mate60pro手机引发关注，其CPU基础材料是硅单质，B项错误；C．“天和”核心舱电推进系统中使用的氮化硼陶瓷材料能耐高温，属于新型无机非金属材料，C项正确；D．社区服务中用84消毒液清洗公共桌椅，是因为84消毒液中的NaClO有强氧化性，D项错误；故选C。2.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.0.1molHClO分子中含有键的数目为B.10g和的混合物中含有的中子数为 C.5.6gFe与足量单质硫充分反应，转移的电子数为D.向溶液通氨气至中性，的数目为【答案】B【解析】【详解】A．HClO分子的结构式为，分子中没有键，A项错误；B．和的摩尔质量均为20g/mol，所以10g和的混合物的物质的量为0.5mol，由于和的中子数均为10，所以10g和的混合物中含有的中子数为，B项正确；C．5.6gFe与足量单质硫充分反应，生成FeS，转移的电子数为，C项错误；D．向溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒：，溶液呈中性，则，，和均会发生水解，数目均小于，D项错误；故选B。3.某有机物的结构简式如图，下列说法正确的是A.该有机物的分子式为B.该有机物是乙醇的同系物C.该有机物所有碳原子可能共平面D.1mol该有机物最多能消耗4molNa【答案】D【解析】【详解】A．该有机物分子中含有12个C原子、5个O原子，20个H原子，则分子式为C12H20O5，A错误；B．该有机物分子中，有三个羟基和一个羧基，与乙醇不是同系物，B错误；C．与甲基相连的C原子发生sp3杂化，与另外3个C原子和1个H原子相连，4个C 原子不可能共平面，C错误；D．该有机物分子中有三个羟基和一个羧基，则1mol该有机物最多能与4molNa发生反应，D正确；答案选D。4.下列实验装置或操作正确，且能达到相应实验目的的是A．从碘水中萃取碘B．制备胶体C．制取并收集干燥的氨气D．测定氯水的pHA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．苯和水互不相溶，且碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，可以用苯从碘水中萃取碘，且苯的密度小于水的密度，苯层在上层，A项正确；B．制备胶体的方法应该是：在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至呈红褐色；向NaOH溶液中滴加饱和氯化铁溶液，会产生氢氧化铁沉淀，B项错误；C．反应生成的氨气不能用无水氯化钙干燥，会生成，且氨气密度比空气小，应该用向下排空气法收集，导管应该短进长出，C项错误；D．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，D项错误；故选A5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大短周期主族元素。X与Z的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，X是有机物的基本骨架元素，W、Y同族且两种元素组成的某种阴离子在强酸性溶液环境下可以产生淡黄色沉淀。下列说法中一定正确的是A.原子半径：B.最简单氢化物的稳定性：C.W的氧化物对应的水化物为强酸 D.Z的单质能将X从化合物中置换出来【答案】D【解析】【分析】X是有机物的基本骨架元素，则X为碳元素；W、Y同族且两种元素组成的某种阴离子在强酸性溶液环境下可以产生淡黄色沉淀，该淡黄色沉淀为S，该阴离子为，在酸性条件下发生反应：，所以Y为氧元素，W为硫元素；X与Z的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，则Z的最外层电子数为2，由于原子序数Y＜Z＜W，则Z为镁元素；综上所述，X为碳元素，Y为氧元素，Z为镁元素，W为硫元素。【详解】A．同周期主族元素，原子序数越大，原子半径越小；同主族元素，原子序数越大，原子半径越大；Y为O原，Z为Mg元素，W为S元素，则原子半径大小关系为：r(Z)＞r(W)＞r(Y)，A项错误；B．非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越高，X为碳元素，Y为氧元素，W为S元素，非金属性：O＞S＞C，则最简单氢化物的稳定性：Y＞W＞X，B项错误；C．W为S元素，其氧化物对应的水化物有硫酸和亚硫酸，亚硫酸为弱酸，C项错误；D．Z为镁元素，X为碳元素，Y为氧元素，为，镁可以和发生置换反应：，D项正确；故选D。6.用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(如图)，可实现大电流催化电解溶液制氨。工作时，在双极膜界面处被催化解离成和，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是A.“卯榫”结构的双极膜中的移向电极aB.b电极的电极反应式为C.电解过程中，阳极室中KOH的物质的量浓度增大D.每生成，双极膜处有16mol解离【答案】C 【解析】【分析】催化电解溶液制氨，氮元素化合价降低，硝酸钾发生还原反应，则电极a为阴极，电极b为阳极，双极膜界面产生的移向阴极，而移向阳极，阴极反应式为，阳极反应式为。【详解】A．由分析可知，“卯榫”结构的双极膜中的移向阴极，即电极a，A项正确；B．由分析可知，b电极为阳极，电极反应式为，B项正确；C．由分析可知，每生成，转移8mol电子，双极膜处有8mol的解离，产生的移向电极b所在的阳极室且全部放电，阳极室中KOH的物质的量不变，而阳极产生水，所以阳极室中KOH的物质的量浓度减小，C项错误；D．由分析可知，每生成，转移8mol电子，则每生成，双极膜处有16mol的解离，D项正确；故选C。7.25℃时，用NaOH溶液分别滴定HX、、三种溶液，pM[p表示负对数，M表示、、随pH变化关系如图所示，已知：(不考虑二价铁的氧化)。溶液中离子浓度可以认为已经除去。下列说法错误的是A.HX的电离常数B.曲线①代表NaOH溶液滴定溶液的变化关系C.调整溶液的，可使工业废水中的沉淀完全D.滴定HX溶液至a点时，溶液中【答案】C【解析】 【分析】由题干信息可知，，加碱后溶液中Cu2+先沉淀，Fe2+后沉淀，①代表滴定溶液的变化关系，②代表滴定溶液的变化关系，③代表滴定HX溶液的变化关系。时，，pH=4.2，c(H+)=10-4.2，，；同理，，pH=6.5，，；时，pH=5.0，此时HX的电离平衡常数为，据此分析解答；【详解】A．由分析可知，HX的电离平衡常数为，A项正确；B．由分析可知，曲线①代表NaOH溶液滴定溶液的变化关系，B项正确；C．根据分析，调节溶液的pH=8.0时，，＞10-5mol/L，沉淀不完全，不能除去工业废水中的亚铁离子，C项错误；D．由分析可知HX的电离常数Ka=10-5，说明HX为弱酸，滴定HX溶液至a点时，由图可知，溶液pH略大于7，c(OH-)>c(H+)，X-部分水解，c(Na+)>c(X-)，则溶液中，D项正确；故选C。第Ⅱ卷(非选择题，共174分)三、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分，第22-32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.氧化亚铜主要用于制造船底防污漆等。它是一种难溶于水和乙醇的砖红色固体，在酸性溶液中歧化NaOH溶液为二价铜和铜单质。某小组制备并测定其纯度采用如下步骤，回答下列问题：I．制备将新制溶液和溶液按一定量混合，加热至90℃并不断搅拌。反应生成，同时有气体产生。反应结束后，经过滤、洗涤、干燥得到粉末。制备装置如图所示： （1）仪器a的名称是______，装置B的作用是______。（2）制备时，原料理论配比为，该反应的化学方程式为______。（3）反应过程中需不断滴加NaOH溶液，原因是______。（4）过滤后，将滤渣依次用蒸馏水、______洗涤数次，判断洗涤干净的实验操作是______。Ⅱ．测定纯度称取ag样品置于锥形瓶中，加入足量溶液，样品完全溶解后，加入4滴邻菲罗啉指示剂，然后用溶液进行滴定至终点，共消耗溶液VmL。(已知：)（5）加入溶液时发生反应的离子方程式为______。（6）该样品中的纯度为______。（7）若滴定前平视读数，终点时仰视读数会导致测定结果______(填“偏低”或“偏高”或“无影响”)。【答案】（1）①.三颈烧瓶②.吸收生成的气体，防止污染环境；防倒吸（2）（3）反应产生，导致溶液酸性增强，在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质，从而降低产率（4）①.乙醇②.取少量最后一次洗涤液于试管中，先加稀盐酸酸化，再加几滴溶液，若不产生白色沉淀，则洗涤干净（5） （6）（7）偏高【解析】【分析】装置A中将新制溶液和溶液按一定量混合，加热至90°C并不断搅拌，反应生成，同时有气体产生，装置B用于吸收尾气并防止倒吸。【小问1详解】仪器a的名称是三口烧瓶（三颈烧瓶）；装置B的作用是吸收生成的气体，防止污染环境，并防止倒吸。【小问2详解】制备时，亚硫酸钠溶液和硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氧化亚铜沉淀和二氧化硫，若原料理论配比为，则该反应的化学方程式为。【小问3详解】反应中需不断滴加NaOH溶液，原因是反应产生，导致溶液酸性增强，在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低产率。【小问4详解】为除去表面的水分，利于干燥，滤渣用蒸馏水洗涤后，可用乙醇洗涤数次。亚硫酸钠溶液和硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氧化亚铜沉淀和二氧化硫，反应生成的氧化亚铜表面会附有可溶的硫酸钠，则判断沉淀是否洗净的操作实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，具体操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加稀盐酸酸化，再加几滴溶液，若不产生白色沉淀，则洗涤干净。【小问5详解】由题意可知，加入氯化铁溶液发生的反应为酸性条件下，溶液中的铁离子与氧化亚铜反应生成铜离子、亚铁离子和水，根据得失电子守恒和元素守恒配平可得反应的离子方程式为。【小问6详解】由题意可知，溶液与反应之后生成的与溶液反应，共消耗 溶液VmL，根据方程式、可得，，则该样品中的纯度为。【小问7详解】若滴定前平视读数，终点时仰视读数会导致测定结果，可导致滴定体积偏高，则导致测定结果偏高。9.钼系催化剂主要用于石油炼制和化学工业中。以废钼催化剂(主要含有和)为原料制备钼酸钠晶体和硫酸钠晶体的一种工艺流程如下图所示。回答下列问题：已知：与相似，能在高温下跟发生类似的反应。（1）中Mo元素的化合价为______。为了提高“焙烧”效率，可采用的措施为______(写一条即可)（2）“水溶”时，钼浸取率与浸取时间、浸取温度的关系如下图所示，综合考虑成本等因素，则最佳浸取时间和浸取温度为______。（3）“调pH”时，生成的离子方程式为______。（4）“操作I”中用到的玻璃仪器有______；根据右上图分析“结晶”过程的操作为______(填标号)。A．蒸干溶剂B．蒸发浓缩，冷却至10℃左右C．蒸发水分至有大量晶体析出时，趁热过滤 （5）碱性条件下，将废钼催化剂加入NaClO溶液中，也可以制备钼酸钠，同时生成硫酸盐，该反应的离子方程式为______。（6）若废钼催化剂中含，上述工艺中获得的质量为205.7kg，则钼酸钠晶体的产率为______。【答案】（1）①.②.粉碎废钼催化剂以增大接触面积【或适当提高焙烧温度、适当增大空气的量、逆流焙烧等，合理即可】（2）4h、70℃（3）（4）①.漏斗、烧杯、玻璃棒②.B（5）（6）85%【解析】【分析】由流程可知，废钼催化剂与碳酸钠固体通入空气焙烧，生成和二氧化硫、二氧化碳，生成偏铝酸钠、二氧化碳，水溶后加入稀硫酸调节pH分离出氢氧化铝沉淀，得到溶液1结晶分离出晶体，溶液2最终得到。【小问1详解】①中钠元素的化合价为+1价，氧元素的化合价为-2价，氢元素的化合价为+1价，根据正负化合价代数和为零的规则，可得Mo元素的化合价为+6价。②为了提高“焙烧”效率，可采用的措施有：粉碎废钼催化剂以增大接触面积或适当提高焙烧温度、适当增大空气的量、逆流焙烧等。【小问2详解】由图可知，最佳浸取时间为4h，4h以后浸取率没有明显增加，最佳浸取温度为70℃，此时浸取率已经很高且再升高温度浸取率没有明显增加，故最佳浸取时间和浸取温度为4h、70℃。【小问3详解】“调pH”时，加入稀硫酸，偏铝酸根离子和氢离子反应生成沉淀，离子方程式为：。【小问4详解】①“操作I”为分离固液的操作，为过滤，用到的玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒。②“溶液1”中含有大量和少量，通过“结晶”过程得到 晶体和溶液2，溶液2最终得到，则结晶过程中硫酸钠结晶析出而没有结晶析出，结合图可知，晶体在30℃以下溶解度受温度影响较大且溶解度较小易结晶析出，而晶体在10℃以下溶解度受温度影响较大且溶解度较小才易结晶析出，故操作为：蒸发浓缩，冷却至10℃左右；故选B。【小问5详解】NaClO具有强氧化性，碱性条件下，废钼催化剂加入NaClO溶液生成钼酸钠，同时生成硫酸盐，该反应的离子方程式为。【小问6详解】若废钼催化剂中含，则含钼元素的质量为，根据钼元素守恒可知，理论上可得到的质量为，则钼酸钠晶体的产率为。10.二甲醚是无色气体，可作为一种新型能源，同时也是重要的化工原料，采用催化加氢可合成二甲醚，发生的反应如下：I．　Ⅱ．　回答下列问题：（1）已知反应：　，则______；（2）在恒温恒容密闭容器中充入一定量的和，发生上述反应。下列能说明反应I达到平衡状态的是______。a．容器内气体的密度不再发生变化b．容器内的压强不再发生变化c．d．容器内气体平均相对分子质量不再变化（3）在压强、和的起始投料一定的条件下，发生反应I、Ⅱ，实验测得( 平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如图所示。(已知：的选择性)其中表示平衡时的选择性的曲线是______(填“①”或“②”)；温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是______。（4）对于反应Ⅱ的反应速率其中、分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压总压物质的量分数)。a．达到平衡后，降低温度，______(填“增大”、“减小”或”不变”)；b．在一定温度和压强下的反应Ⅱ，按照n(CO2):n(H2)=6:7投料，当CO2转化率为50%时，用气体分压表示的平衡常数（5）二甲醚—氧气燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质溶液为NaOH溶液时，燃料电池的负极反应式为______。【答案】（1）（2）bd（3）①.①②.温度高于300℃时，反应Ⅱ起主导作用，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率升高【或反应I的，反应Ⅱ的，温度升高使转化为CO的平衡转化率上升，转化为的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度。其他合理答案也可】（4）减小0.75或（5）【解析】【小问1详解】由盖斯定律知反应Ⅰ=Ⅲ＋2×Ⅱ得，所以 ；【小问2详解】a．反应Ⅰ全部是气体，气体总质量不变，体积恒容，密度一直保持不变，不能说明化学反应达到平衡状态，a项错误；b．反应Ⅰ正向反应是气体分子数减少的反应，即压强减小的反应，故压强不变可以证明反应达到平衡状态，b项正确；c．由可得，，不等于其化学计量数之比，则正、逆反应速率不相等，c项错误；d．容器内气体的平均相对分子质量，气体质量不变，但气体总物质的量变化，则M也变化，当M不变时可判定达到平衡状态，d项正确；故选bd；【小问3详解】升高温度，反应向吸热方向进行（即△H＞0的方向），所以反应I向逆向进行，Ⅱ向正向进行，CH3OCH3变少，CO2增多，故CH3OCH3选择性应一直减小，故表示平衡时CH3OCH3选择性时曲线①；当T＞300℃时曲线②（CO2平衡转化率）随温度升高的原因为：反应I的△H＞0，Ⅱ的△H＜0，升高温度使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，故温度T＞300℃时反应Ⅱ占主导；【小问4详解】①降低温度平衡向放热反应方向进行（即△H＜0的方向），所以本题逆向进行，故k正-k逆减小，故答案为：减小；设初始物质的量n(CO2)=6mol，n(H2)=7mol，当二氧化碳转化率为50%时，列三段式：恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比P(CO2)=P(CO)=P(H2O)=P(总)，P(H2)=P(总)，；【小问5详解】 二甲醚燃料电池中，燃料二甲醚在负极失电子，发生氧化反应，电解质环境是碱性的，故电极反应式为：。(二)选考题(共45分，请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。)【化学—选修3：物质结构与性质】11.钛及其化合物被广泛应用于飞机、火箭、卫星、舰艇、医疗等领域。（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式是______。（2）与互为等电子体，与甲基咪唑反应可以得到其结构如下图所示。①分子的空间构型为______。②甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为______，C、N、Si的电负性由大到小的顺序为______，1个中含有______个σ键。③稳定性比差，试从化学键角度分析原因：______。（3）属于四方晶系，晶胞棱边夹角均为90°。研究表明，通过氮掺杂反应可生成，能使对可见光具有活性，反应如图所示。①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。已知上述晶胞中所有键键长为rpm，B点钛原子分数坐标为，占据氧原子围成的八面体空隙，则A点钛原子的分数坐标为(，0，______)。若晶体密度为，则阿伏加德罗常数的值______。 ②晶体中______。【答案】11.12.①.正四面体②.、③.④.54⑤.钛原子半径比碳大，键比键的键长大、键能低，易断裂13.①.②.③.【解析】小问1详解】Ti的原子序数为22，位于第四周期第ⅣB族，基态Ti原子的价电子排布式为，则基态Ti原子的价电子轨道表示式是。【小问2详解】①分子中，中心Si原子的价层电子对数为，根据价层电子对互斥理论可知的空间构型为正四面体，与互为等电子体，所以分子的空间构型也为正四面体。②由离子的结构可知，离子中含有杂化方式为杂化的单键碳原子和杂化的双键碳原子；同周期主族元素，电负性随着原子序数的增大而增大，同主族元素，原子序数越大，电负性越小，故C、N、Si的电负性由大到小的顺序为：N>C>Si；离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是键，双键中含有1个键，则离子中含有54个键。③钛原子半径比碳大，Ti−Cl键比C−Cl键的键长大、键能低，所以更容易断裂，所以稳定性比差。【小问3详解】①由图可知A点x坐标与B点相同为，A点y坐标为0，A点z坐标为B点坐标基础上增加一个Ti-O键长的相对长度，即为；由题干晶胞图可知，一个晶胞中含有Ti个数为：，O个数为：，故一个晶胞的质量为：，又知一个晶胞的体积为：，故晶体密度为 ，所以。②由题干的晶胞图可知，一个晶胞中含有Ti个数为：，O个数为：，N原子为：，故该晶体中：，故晶体中，解得。【化学—选修5：有机化学基础】12.丹皮酚(G)具有抗心律失常、增强免疫力等多种药理作用，一种合成丹皮酚及其衍生物H的合成路线如下：回答下列问题：（1）A的化学名称为_______，C中的官能团名称为_______。（2）每个D分子中含有_______个手性碳(连有4个不同的原子或基团的碳原子称为手性碳)。（3）反应②的反应类型为_______，反应④的化学方程式为_______。（4）芳香化合物X是G的同分异构体，满足下列条件的X共有_______种。①与NaHCO3溶液反应放出CO2②与FcCl3溶液显色③苯环上有两个取代基其中，符合上述条件的X中，核磁共振氢谱峰面积比为3∶2∶2∶1∶1∶1的结构简式为_______。（5）根据上述路线中的有关知识，由甲醇、环己醇和丙氨酸()为主要原料，设计制备的合成路线：_______。【答案】（1）①.苯甲醇②.羟基、硝基 （2）2（3）①.加成反应②.（4）①.6②.（5）【解析】【分析】A苯甲醇在铜作催化剂条件下氧化为苯甲醛B，B与硝基乙烷在醛基上加成反应转化为化合物C再进一步还原为D，间苯二酚E和乙酸作用生成F，结合G的结构式得知F的结构简式为，F生成G，D和G通过先加成后消去最后得到H。【小问1详解】A是苯甲醇；C中的官能团是羟基和硝基；【小问2详解】D分子中有2个手性碳原子，如图；【小问3详解】反应②是醛基上发生加成反应；反应④的方程式为；【小问4详解】G的结构简式为，分子式为C9H10O3 ，同分异构体中与碳酸氢钠反应放出气体说明有羧基，与氯化铁显色说明有酚羟基，苯环上有2个取代基，结构有以下几种：（位置有邻间对）和（位置有邻间对）共6种，符合条件的是；【小问5详解】