四川省内江市威远中学2023-2024学年高三上学期第三次月考理科综合 Word版含解析.docx

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四川省内江市威远中学2023-2024学年高三上学期第三次月考理科综合化学试题注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。2.答题前，考生务必将姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置。3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效，结束后，只交答题卡。4.可能用到的相对原子质量：H-1Be-9N-14Na-23Mg-24Cl-35.5Cu-64第Ⅰ卷(选择题共126分)一、选择题：本大题共14小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意。1.科教兴国，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”。下列说法正确的是A.海水蒸发制海盐的过程中主要发生了化学变化B.中国空间站使用的碳纤维材料属于有机材料C.“嫦娥五号”配置的半导体材料砷化镓GaAs可用代替D.“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油属于混合物【答案】D【解析】【详解】A．海水蒸发制海盐的过程中主要发生了物理变化，故A错误；B．碳纤维材料属于无机非金属材料，故B错误；C．不是半导体材料，“嫦娥五号”配置的半导体材料砷化镓GaAs可用Si代替，故C错误；D．航空煤油由不同馏分的烷烃、芳香烃和烯烃类的碳氢化合物组成，属于混合物，故D正确；故选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1L0.2mol∙L-1K2Cr2O7中的数目为0.2NAB.1mol的正四面体烷中含有σ键数目为6NAC.电解精炼铜，当电路中通过的电子数为0.5NA时，理论上阴极增重16gCuD.1mol∙L-1的NH4Cl溶液中和H+的数目之和大于NA 【答案】C【解析】【详解】A．在K2Cr2O7溶液中存在平衡：+H2O2+2H+，则1L0.2mol∙L-1K2Cr2O7中的数目小于0.2NA，A不正确；B．1mol的正四面体烷中含有6个C-Cσ键和4个C-Hσ键，则含σ键的数目为10NA，B不正确；C．电解精炼铜，当电路中通过的电子数为0.5NA时，理论上阴极生成Cu的物质的量为0.25mol，增重0.25mol×64g/mol=16gCu，C正确；D．1mol∙L-1的NH4Cl溶液的体积未知，无法求出和H+的数目，D不正确；故选C。3.抗癌药多烯紫杉醇中间体的结构简式如图所示。下列关于该化合物的说法错误的是A.分子式为，分子中含有两种含氧官能团B.分子中可能在同一平面上的碳原子最多为7个C.Na和NaOH溶液都能与该化合物反应D.该有机物可在铜、加热条件下发生催化氧化反应【答案】B【解析】【详解】A．多烯紫杉醇中间体的分子式为，分子中含有羟基，酯基两种含氧官能团，A正确；B．由于苯环和碳氧双键均是平面形结构，多烯紫杉醇中间体分子中碳原子均有可能在同一平面上，最多为11个，B错误；C．多烯紫杉醇中间体分子中含有的羟基可与Na反应，含有的酯基可与NaOH溶液反应，C正确；D．含有醇羟基，该有机物可在铜、加热条件下发生催化氧化反应形成酮羰基，D正确；答案选B4.X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X是形成化合物最多的元素，Y与W同主族，且可形成和型化合物，Z与Y形成型离子化合物，下列说法正确的是 A.Y、Z、W的简单离子半径大小为：B.Y与W的简单氢化物的熔沸点和稳定性：C.X与W的最高价氧化物的水化物的酸性强弱为：D.Z与Q形成的化合物中只存在静电吸引【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X是形成化合物最多的元素，则X为C元素；Y与W同主族，且可形成WY2和WY3型化合物，则Y为O元素、W为S元素；Z与Y形成Z2Y2型离子化合物，则Z为Na元素、Q为Cl元素。【详解】A．同主族元素，从上到下离子的离子半径依次增大，则硫离子的离子半径大于氧离子；氧离子和钠离子的电子层结构相同，核电荷数钠大于氧，则半径氧离子大于钠离子，故A错误；B．水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，则水分子间的作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢；元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越大，氧元素的非金属性强于硫元素，则水的稳定性强于硫化氢，故B正确；C．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，硫元素的非金属性强于碳元素，则碳酸的酸性弱于硫酸，故C错误；D．氯化钠是只含有离子键的离子化合物，离子化合物中存在阴阳离子间的静电吸引力和原子核与原子核、电子与电子的静电斥力，故D错误；故选B。5.下列反应的离子方程式正确的是A.向NaHSO4中滴加少量Ba(HCO3)2溶液：B.向溶液中加入一小块钠：C.向FeI2溶液中通入一定量氯气，测得有50%的Fe2+被氧化：D.向水中通入氯气：【答案】C【解析】【详解】A．NaHSO4中滴加少量Ba(HCO3)2溶液，根据少定多变可知，碳酸氢钡完全反应：，A错误；B．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，总反应为： ，B错误；C．离子还原性：I->Fe2+，通入氯气后按照还原性强弱依次反应，则碘离子完全被反应，而一半的亚铁离子被反应，由题意可知两种离子的物质的量之比为1：4，反应为，C正确；D．水中通入氯气生成盐酸和弱酸次氯酸：，D错误；故选C。6.下列实验操作、现象与结论均正确的是选项操作现象结论A常温下，向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞变红，前者红色更深结合质子的能力：CO>HCOB用乙醇与浓硫酸反应制乙烯，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中高锰酸钾溶液紫红色褪去乙烯能被酸性高锰酸钾氧化C向装有X溶液的试管中滴入浓NaOH溶液，将干燥的红色石蕊试纸置于试管口无明显现象X溶液中无NHD淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反应后，向其中加NaOH溶液至碱性一份滴加碘水，溶液不变蓝；另一份加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀淀粉完全水解A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.常温下，向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞，溶液均变红，前者红色更深，说明水解程度，即结合质子的能力:，A正确。 B.用乙醇与浓硫酸反应制乙烯，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾溶液的紫红色褪去，不能说明乙烯能被酸性高锰酸钾氧化，因为挥发出的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液的紫红色褪去，B不正确；C.向装有X溶液的试管中滴入浓NaOH溶液，将干燥的红色石蕊试纸置于试管口无明显现象，不能说明X溶液中无，因为试纸没有用水润湿（还应适当加热），C不正确；D.淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反应后，向其中加NaOH溶液至碱性，一份滴加碘水，溶液不变蓝；另一份加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀，不能说明淀粉完全水解，因为氢氧化钠和碘单质会反应，因此加点水不变蓝，并不能说明淀粉完全水解了，D不正确。本题选A。7.以柏林绿为代表的新型可充电钠离子电池的放电工作原理如图所示，下列说法正确的是A.放电时，Mo箔为电池的阳极B.充电时，正极反应为C.充电时，通过交换膜从右室移向左室D.外电路中通过0.2mol电子时，负极区离子导体质量变化为2.2g【答案】D【解析】【分析】放电时，Mg箔上，Mg发生氧化反应，失去电子生成[Mg2Cl2]2+，Mg箔负极，则Mo箔为正极；充电时，Mg箔接电源负极，Mo箔接电源正极；【详解】A．由分析可知，放电时，Mo箔为电池的正极，A错误；B．由分析可知，放电时，左侧为正极，由图可知，正极反应为：Fe[Fe(CN)6]+2e- +2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，不是充电，充电时为阳极，B错误；C．充电时该装置作电解池，电解池工作时阳离子移向阴极，Na＋应从左室移向右室，C错误；D．负极上应是2Mg－4e－＋2Cl－=[Mg2Cl2]2+，当电路中通过0.2mol电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，同时左侧0.2molNa＋离子定向移动到负极区，则质量增加4.6g-2.4g=2.2g，D正确；答案选D。第Ⅱ卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)8.资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用，如回收利用电解精炼铜的阳极泥中含有的银、铂、金等贵重金属。提炼阳极泥的方法有多种，湿法提炼是其中重要的一种，其主要生产流程如下：请回答下列问题：（1）各步生产流程中都涉及了同一种分离方法，该方法需要的玻璃仪器有玻璃棒和___________。（2）脱铜渣A中含有AgCl，它溶于浓氨水的离子方程式为___________。（3）已知N2H4被银氨溶液氧化的产物是氮气，则每生成1molAg，需要消耗___________gN2H4。（4）固体B中单质Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成NaAuCl4，在NaAuCl4中Au元素的化合价为___________，该反应的离子方程式为___________。（5）阳极泥中的铜可以用FeCl3溶液浸出，所得溶液主要含有的阳离子为Cu2＋、Fe3＋和Fe2＋；结合下图分析：(其中的纵坐标代表金属阳离子浓度的对数)①要从浸出液中提纯铜，最好先加入酸化的双氧水，目的是___________(用离子方程式表示)，然后加入适量的CuO调节pH=3.7，除去___________(离子)； ②根据图中数据计算可得Cu(OH)2的Ksp约为___________。【答案】（1）烧杯、漏斗（2）（3）8（4）①.＋3②.（5）①.②.Fe3＋③.【解析】【分析】电解精炼铜的阳极泥，灼烧、酸浸、过滤，得到脱铜渣A，加入氨水过滤分离得到溶液和固体B；溶液中加入，得到银单质；固体B在酸性条件下，与次氯酸钠、氯化钠反应生成，通入二氧化硫还原得到和溶液；溶液中加入锌粉，得到、合金。【小问1详解】各步生产流程中都涉及了同一种分离方法为固体和溶液分离，该方法需要的玻璃仪器有玻璃棒和烧杯、漏斗；【小问2详解】脱铜渣A中含有AgCl，它溶于浓氨水的离子方程式为；【小问3详解】已知N2H4被银氨溶液氧化的产物是氮气，，，，则每生成1molAg，需要消耗的物质的量为0.25mol，质量为；小问4详解】固体B中单质Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成NaAuCl4，在NaAuCl4中钠的化合价是+1价，氯的化合价是-1价，则Au元素的化合价为+3价；该反应的离子方程式为；【小问5详解】要从浸出液中提纯铜，最好先加入酸化的双氧水，目的是；然后加入适量的CuO调节pH=3.7，全部沉淀，铜离子不沉淀，便于除去； ，根据图中数据，时，，，，。9.某实验小组以粗铍(含少量的Mg、Fe、Al、Cu、Si等)为原料制备、提纯BeCl2，并测定产品中BeCl2的含量。Ⅰ.按如图所示装置(夹持装置略)制BeCl2已知：乙醚沸点为34.5℃：BeCl2溶于乙醚，不溶于苯，易发生水解；AlCl3溶于乙醚且溶于苯：MgCl2、FeCl2不溶于乙醚和苯。（1）装置A中，浓硫酸与浓盐酸混合制HCl，仪器a的名称为___________。（2）仪器b的作用是___________；装置D的作用是___________。（3）C中发生的主要反应的化学方程式为___________。（4）上述实验装置的缺点是___________。Ⅱ.提纯BeCl2反应后，装置C中BeCl2的乙醚溶液经过滤、蒸馏出乙醚得固体，用苯溶解固体，充分搅拌后过滤、洗涤、干燥得BeCl2产品。（5）用苯溶解固体，充分搅拌后过滤，目的是___________。Ⅲ.测定产品中BeCl2的含量取1.000g产品溶于盐酸配成100mL溶液；取10.00mL溶液，加入EDTA掩蔽杂质离子，调节pH，过滤、洗涤，得Be(OH)2固体：加入25mL25%KF溶液溶解固体，滴加酚酞作指示剂，用盐酸溶液滴定其中的KOH，消耗盐酸22.50mL。(已知：4KF+Be(OH)2=K2BeF4+2KOH；滴定过程中KF、K2BeF4不与盐酸反应)（6）滴定终点的现象是___________。（7）BeCl2的纯度为___________。(保留小数点后两位数字)【答案】（1）恒压分液漏斗或恒压滴液漏斗 （2）①.防堵塞或防止体系压强过大②.防止BeCl2因吸收空气中水蒸气而水解（3）Be+2HCl=BeCl2+H2↑（4）缺少HCl、H2尾气处理装置或缺少尾气处理装置（5）除去AlCl3杂质（6）当滴入最后一滴盐酸，溶液褪色且半分钟不复色（7）90.00%【解析】【分析】装置A中浓硫酸与浓盐酸混合制HCl，通入Ar气体可促使HCl气体进入装置C中与粗铍(含少量的Mg、Fe、Al、Cu、Si等)反应生成BeCl2、MgCl2、FeCl2、AlCl3，装置B和D的浓硫酸具有吸水性，能干燥气体；据此分析。【小问1详解】仪器a的名称为恒压分液漏斗或恒压滴液漏斗；【小问2详解】仪器b长导管可与空气连通平衡大气压，作用是防堵塞或防止体系压强过大；装置D中浓硫酸具有吸水性，已知BeCl2易发生水解，作用是防止BeCl2因吸收空气中水蒸气而水解；【小问3详解】浓硫酸与浓盐酸混合制HCl，HCl气体进入C中与Be反应生成氯化铍和氢气，发生的主要反应的化学方程式为Be+2HCl=BeCl2+H2↑；【小问4详解】盐酸与粗铍中活泼金属单质反应生成氢气，多余的尾气氯化氢和氢气没有吸收装置，则上述实验装置的缺点是缺少HCl、氢气的尾气处理装置或缺少尾气处理装置；【小问5详解】已知溶于BeCl2乙醚、不溶于苯，AlCl3溶于乙醚且溶于苯，用苯溶解固体，充分搅拌后过滤，目的是除去AlCl3杂质；【小问6详解】用盐酸溶液滴定其中的KOH，指示剂为酚酞，则滴定终点现象为当滴入最后一滴盐酸，溶液褪色且半分钟不复色；【小问7详解】根据滴定原理：KOH+HCl=KCl+H2O，则n(KOH)=n(HCl)=c∙V=×22.50×10-3L=2.25×10-3mol，由4KF+Be(OH)2=K2BeF4+2KOH，可知n(Be)=nBe(OH)2=n(KOH)=×2.25×10-3mol=1.125×10 -3mol，BeCl2的纯度为。10.中科院“大气灰霾追因与控制”项目针对北京强霾过程进行分析，强霾过程中，出现了大量有毒有害的含氮有机颗粒物。燃煤和机动车尾气是氮氧化物的主要来源。现在对其中的一些气体进行了一定的研究：（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知：①CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH=-574kJ·mol-1②CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH=-1160kJ·mol-1③H2O(g)=H2O(l)　ΔH=-44.0kJ·mol-1写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式___________。（2）为了减轻大气污染，人们提出在汽车尾气排气管口采用催化剂将NO和CO转化成无污染气体参与大气循环。T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程中NO的物质的量随时间变化如图所示。①写出该反应的化学方程式___________。②10min内该反应的速率v(N2)=___________；T℃时该化学反应的平衡常数K=___________。③若该反应ΔH<0，在恒容的密闭容器中，反应达平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是___________。④一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量NO和CO进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是___________。a．容器中压强不再变化b．CO2的浓度不再改变c．2v正(NO)=v逆(N2)d．气体的密度保持不变（3）一定温度下，用水吸收SO2气体时，若得到pH=4的H2SO3溶液，试计算溶液中 =___________。SO2可用足量小苏打溶液吸收，反应的离子方程式是___________。(已知该温度下，H2SO3的电离常数：K1=4.5×10-2，K2=2.5×10-7，H2CO3的电离常数K1=8.4×10-7，K2=1.2×10-10)【答案】（1）CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH=-955kJ·mol-1（2）①.2NO＋2CON2＋2CO2②.0.005mol·L-1·min-1③.5④.c⑤.ab（3）①.400②.HCO＋SO2=HSO＋CO2【解析】【小问1详解】已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ∙mol-l；②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)       ΔH=-1160kJ∙mol-l；③H2O(g)=H2O(1)    ΔH=-44.0kJ∙mol-l。根据盖斯定律：(①+②+③×2)得CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(1)的热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+4H2O(l)   ΔH=-955kJ∙mol-l；【小问2详解】①采用催化剂将NO和CO转化成无污染气体二氧化碳和氮气，该反应的化学方程式为2NO+2CO=N2+2CO2；②由图象知10min内NO的物质的量变化为(0.4-0.2)mol=0.2mol，由反应方程式知N2的物质的量变化为0.1mol，浓度变化为0.05mol/L，该反应的速率v(N2)==0.005molL-1∙min-1；利用三行式分析；则T℃时该化学反应的平衡常数K===5；③a．该反应为放热反应，升高温度，K减小，与图象不符，故a不符合题意；b．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，与图象不符，故b不符合题意；c．平衡常数的影响因素为温度，温度不变，K不变，与图象相符，故c符合题意；d．增大N2的浓度，平衡逆向移动，NO的转化率降低，与图象不符，故d不符合题意；答案选c；④a．随着反应的进行，容器内气体的物质的量逐渐减小，根据阿伏伽德罗定律知容器中压强逐渐减小，当容器内压强不再变化说明反应达到平衡状态，故a符合题意； b．反应达平衡后各物质的浓度不变，若CO2的浓度不再改变，反应达到平衡状态，故b符合题意；c．2v正(NO)=v逆(N2)，正、逆反应速率不相等，反应未达到平衡，故c不符合题意；d．一定温度下，在恒容密闭容器中，根据质量守恒定律知容器内气体的质量保持不变，气体的密度不随反应的进行而变化，密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，故d不符合题意；故选ab；【小问3详解】亚硫酸的电离方程式为，H2SO3⇌+H+，⇌H++，得到pH=4的H2SO3溶液，c(H+)=10-4mol/L，由于K2=，===400；由于Ka1(H2SO3)＞Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2SO3)，所以SO2可用足量小苏打溶液吸收，反应产生亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离子方程式为：+SO2=+CO2。(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，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的小方框涂黑。注意：所做题目的题号必须与所涂黑题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做，则每学科按所做的第一个题目计分。【化学——选修3：物质结构与性质】11.配合物顺铂[Pt(NH3)2Cl2]是临床使用的第一代铂类抗癌药物。（1）Pt(NH3)2Cl2的配体为NH3和Cl-，写出NH3的电子式：___________。（2）顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的Pt(NH3)2(OH)Cl与结合，破坏的结构，阻止癌细胞增殖。如：①基态原子价层电子的轨道表示式为___________，Cu属于___________区元素。②生成物中a、b表示的作用力类型分别是___________。③在Pt(NH3)2Cl2中，配体与铂(II)的结合能力：Cl__________NH3(填“>”或“<”)。此外，顺铂还能躲避癌细胞对受损的修复，使癌细胞彻底死亡。（3）顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。 顺铂反铂结构25℃时溶解度/g0.25770.0366①推测Pt(NH3)2Cl2中Pt的杂化轨道类型不是sp3，依据是___________。②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是___________。（4）顺铂的发现与铂电极的使用有关。铂晶胞为正方体，边长为，结构如下图。铂晶体的摩尔体积Vm=___________(阿伏加德罗常数为NA)。资料：单位物质的量的物质所具有的体积叫做摩尔体积。【答案】11.12.①.②.ds③.配位键、氢键④.<13.①.若Pt的杂化轨道类型为sp3，则Pt(NH3)2Cl2为四面体结构，不存在同分异构现象②.顺铂是极性分子，反铂是非极性分子14.【解析】【小问1详解】NH3的电子式：。小问2详解】①铜的核电荷数为29，基态Cu原子的价层电子的轨道表示式为：，属于周期表中ds区元素。②生成物中a表示的作用力是配位键，b表示的作用力是氢键。③Cl原子半径大于N原子的，与铂(Ⅱ)形成配位键时，Pt与Cl 间的配位键键长更大，键能更小，结合力更小，故配体与铂(II)的结合能力Cl