四川省绵阳南山中学2023-2024学年高三上学期第二次综合演练理综化学 Word版含解析.docx

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绵阳南山中学2023年秋季高2021级综合演练(二)理综试题可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　O-16　Na-23　Fe-56　Ca-40一、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.下列说法正确的是A.我国着陆火星的“天问一号”探测器采用了钛合金，钛合金属于金属材料B.太阳能电池板将太阳能转化为电能，电池板芯片的主要成分为C.卡塔尔的贝都因帐篷独特的尖顶形状采用聚四氟乙烯编织玻璃纤维膜实现，其中玻璃纤维是一种纤维素D.“天宫”空间站航天员使用是双层蛋白皮革耳机，皮革属于新型无机非金属材料【答案】A【解析】【详解】A．金属材料包括合金和纯金属。火星探测器上天线接收器外壳为钛合金，钛合金属于金属材料，A项正确；B．太阳能电池板将太阳能转化为电能，电池板芯片的主要成分是Si，为半导体材料，故B错误；C．玻璃纤维是一种无机非金属材料，而纤维素属于有机物，故C错误；D．皮革属于有机物，故D错误；答案选A。2.《本草纲目》果部第三十卷中提到“山楂化饮食，消肉积、症瘕、痰饮、痞满吞酸、滞血痛胀。”山楂中的有效成分枸橼酸又称柠檬酸，结构如下，下列说法中正确的是A.柠檬酸的酸性比碳酸弱B.柠檬酸易溶于水，可与水分子形成氢键C.lmol柠檬酸可与4molNaOH反应D.柠檬酸可发生取代反应、加成反应和氧化反应【答案】B【解析】 【详解】A．柠檬酸分子中含有三个羧基，酸性比碳酸强，选项A错误；B．柠檬酸分子中含有三个羧基和一个醇羟基，均为亲水基，易溶于水，分子中含有羟基，可与水分子形成氢键，选项B正确；C．柠檬酸分子中含有三个羧基，lmol柠檬酸可与3molNaOH反应，选项C错误；D．柠檬酸分子中含有三个羧基和一个醇羟基，可发生取代反应、氧化反应，但不能发生加成反应，选项D错误；答案选B。3.下列实验中，所选用的实验仪器(夹持装置略)能完成相应实验的是A.灼烧干海带：选用①、⑦B.除去中的少量：选用③、④和⑥C.配制的溶液：选用③、⑤、⑥D.溶液的蒸发结晶：选用①、⑦和⑧【答案】D【解析】【详解】A．用酒精灯和坩埚灼烧干海带，仪器⑦是蒸发皿，不是坩埚，故A错误；B．BaSO4和BaCO3都是难溶物，不用过滤法除去，故B错误；C．配制100mL0.1mol⋅L-1的NaOH溶液，选用托盘天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，选用③、⑤、⑥、⑨，故C错误；D．NaCl溶液的蒸发结晶需选用酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，即选用①、⑦和⑧，故D正确；故选：D。4.NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法中正确的是A.溶液中，含有个数为NAB.标准状况下，22.4L氯气与足量铝充分反应，转移的电子数为3NAC.常温常压下，92g的和混合气体含有的原子数为6NAD.在反应中，每生成转移的电子数为6NA 【答案】C【解析】【详解】A．缺溶液的体积，无法计算0.5mol/L氯化镁溶液中氯化镁的物质的量和含有氯离子的个数，故A错误；B．标准状况下，22.4L氯气与足量铝充分反应，转移的电子数为×2×NAmol—1=2NA，故B错误；C．二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，均为NO2，则92g二氧化氮和四氧化二氮混合气体含有的原子数为×3×NAmol—1=6NA，故C正确；D．由方程式可知，反应中生成3mol碘单质，反应转移5mol电子，则转移电子数目为5mol×NAmol—1=5NA，故D错误；故选C。5.对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是A.将通入含的溶液中：B.溶液与足量的NaOH溶液反应：C.将过量通入饱和溶液中：D.的和溶液等体积混合：【答案】D【解析】【详解】A．将通入含的溶液中，因的还原性大于，所以离子方程式为，故A错误；B．溶液与足量的NaOH溶液反应的离子方程式为，故B错误；C．将过量通入饱和溶液中会有沉淀产生，所以离子方程式为：，故C错误；D．的和溶液等体积混合，因量不足，只能使部分溶解，所以离子方程式为，故D正确； 故答案选D。6.物质M广泛用于化学工业，其结构如下：其中X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大；Y、Z位于同一周期，X、Z位于同一主族。下列说法正确的是A.原子半径：B.Z的氧化物对应的水合物是强酸C.M具有强氧化性D.M中X只显-2价【答案】C【解析】【分析】由题干物质结构示意图可知，X可以形成2个共价键，Z可以形成6个共价键，且X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，Y、Z位于同一周期，X、Z位于同一主族，故X为O、Z为S，Y为+1价离子，且原子序数大于O，小于S，则Y为Na，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，X为O、Y为Na、Z为S，根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大可知，原子半径为Na＞S＞O即，A错误；B．由分析可知，Z为S，则Z的氧化物对应的水合物中H2SO4是强酸，而H2SO3为中强酸，B错误；C．由分析可知，X为O、Y为Na、Z为S，根据题干M的结构示意图可知，M中存在过氧键-O-O-，故M具有强氧化性，C正确；D．由分析可知，X为O、Y为Na、Z为S，根据题干M的结构示意图可知，M中存在过氧键-O-O-，即M中X显-2价或-1价，D错误；故答案为：C。7.氨氮废水可用电化学催化氧化法加以处理，在某电极表面的氧化过程的微观示意图如下(另一电极上通入)。下列说法不正确的是A.该催化氧化法的总反应为 B.参与上述氧化过程的10电子微粒有：、、、、C.过程①～③中有极性键断裂，过程④中存在非极性键形成D.使用该方法处理氨氮废水时，两个电极材料不可能均为铁【答案】B【解析】【详解】A．由图知，氨气在电化学催化氧化处理中生成氮气和水，则该催化氧化法的总反应为，A正确；B．、、中氮元素的化合价均为价，氨气在失电子的过程中不可能生成、、等，B错误；C．①②③过程中有极性键N—H的断裂，④有非极性键的形成，C正确；D．铁作为活性电极，易失去电子，所以两个电极材料不可能均为铁，D正确；故选B。三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，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。8.无水氯化锌常用作有机合成的脱水剂、缩合剂和催化剂。无水易吸水潮解。某化学兴趣小组的同学设计如下实验方案制备无水，并测定其纯度，涉及的实验装置如图所示：（1）装置A中反应的离子方程式为_____。（2）按气流从左到右的方向，装置合理的连接顺序为a→_____(填仪器接口小写字母，装置不可重复使用)。装置A中橡皮管的作用为_____。（3）若省略装置D，经检验产物中含有氧化锌，利用所学知识解释原因：_____。（4）装置B中的药品为_____，其作用为_____。（5）氯化锌纯度的测定：取ag试样配成100mL溶液，取25.00mL，加入磷酸三钠消除干扰离子后，滴入两滴半二甲酚橙作指示剂，用()标准溶液滴定，反应的离子方程式为，达到滴定终点时，消耗EDTA标准溶液的平均体积为12.50mL。 ①配制溶液需用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_____。②该氯化锌试样中氯化锌的质量分数为_____(用含a、b的代数式表示)。【答案】（1）（2）①.gfdeb(c)②.平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下（3）氯化锌水解生成的受热分解生成ZnO（4）①.碱石灰②.吸收多余的氯气和HCl，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入装置A（5）①.100mL容量瓶②.【解析】【小问1详解】装置A为制备Cl2的装置，故装置A中反应的离子方程式为；【小问2详解】①无水易吸水潮解，所以进入装置C的气体不能有水，则按气流从左到右的方向，装置合理的连接顺序为agfdeb；②装置A中橡皮管的作用为平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下；【小问3详解】若省略装置D，则空气中的水会进入C中，氯化锌水解生成的受热分解生成ZnO；小问4详解】装置B的作用是隔绝空气中的水，以及吸收多余的氯气和HCl，防止污染空气，所以装置B中的药品为碱石灰；【小问5详解】①配制100mL溶液需要用到100mL容量瓶；②依据离子方程式，结合相关数据可得。9.电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离，实现资源再利用。 已知：Ksp(CuS)=6.3×10-36和Ksp(NiS)=3.0×10-19回答下列问题：（1）中Cr元素的化合价为_______。（2）还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为_______。（3）沉淀1为Cr(OH)3，其性质与Al(OH)3相似，则Cr(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式_______。（4）Na2S溶液呈碱性的原因是_______(用离子方程式表示)，沉淀2为_______。（5）若废水中还含有Cd2+，pH=4时Cd2+的浓度为_______mol·L-1，用该结果说明Cd2+影响上述流程进行分离的原因是_______(设H2S平衡浓度为1.0×10-6mol·L-1。已知：H2S的K1=1.0×10-7，K2=7.0×10-15，Ksp(CdS)=7.0×10-27)【答案】（1）+6（2）（3）Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O（4）①.S2-+H2OHS-+OH-②.CuS（5）①.1.0×10-7mol/L②.在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可以发现此时c(Cd2+)<1.0×10-5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开【解析】【分析】废水经预处理后含有和少量的、，题目要对其中所含离子进行逐一分离，实现资源再利用。这是解题的关键，根据要求“逐一分离”这一点，结合流程及题目给出的信息，可以推断沉淀1、沉淀2、沉淀3分别为、CuS、NiS。【小问1详解】利用化合物中元素化合价代数和为0来解答，不过这里的是离子，所以各元素化合价代数和等于该离子所带的电荷数（要带上正负），即：若假设，则2x+7×(-2)=-2，可得x=+6，故答案为：+6；【小问2详解】 从流程可知，还原池中加入了含有和少量的、废水，和用于调节溶液酸碱性的，且还原池中有生成，即转变成了，依据氧化还原反应的规律可推断转变为，按照电子守恒和质量守恒即可写出正确的离子反应方程式：，故答案为：；【小问3详解】的性质与相似，依据反应，可以写出与NaOH溶液反应的化学方程式，故答案为：；【小问4详解】溶液呈碱性是由于盐类水解，是多元弱酸的正盐，水解反应分两步进行：第一步，第二步；沉淀池2和沉淀池3都是利用溶液进行分离，结合可知，CuS更容易沉淀，故沉淀2为CuS；故答案为：；CuS；【小问5详解】H2S的、，pH=4时，，则，而沉淀池2中进行的沉淀反应需要调节溶液体系pH=4，此时，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开；故答案为：；在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可以发现此时c(Cd2+)<1.0×10-5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS 的混合物而无法准确分离开。10.完成下列小题（1）页岩气不仅能用作燃料，还可用于生产合成气(CO和)。与通入聚集太阳能反应器，发生反应　。已知：Ⅰ．、、CO的燃烧热()分别为、、；Ⅱ．　。则_____(用含字母a、b、c、d的代数式表示)。（2）用合成气生成甲醇的反应为　，在10L恒容密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和，200℃时随时间的变化如表所示：t/min0135/mol8.05.44.04.0①0~3min内用表示的反应速率_____。②200℃时，该反应的平衡常数_____。向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入5molCO、、，保持温度不变，则反应_____(填“正向”“逆向”或“不”)进行。③上述反应如果在绝热恒容的密闭环境下进行，下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是_____(填字母)。A．混合气体密度不再变化B．容器内的温度保持不变C．CO和的物质的量之比保持不变D．CO的消耗速率与的生成速率之比为1：1（3）汽车尾气是雾霾形成的原因之一、研究氮氧化物的处理方法可有效减少雾霾的形成，可采用在催化剂作用下氧化还原法脱硝：　根据图示判断提高脱硝效率的最佳条件是_____；氨氮物质的量之比一定时，在400℃时，脱硝效率最大，其可能的原因是_____。 【答案】（1）（2）①.(或0.067)②.6.25③.正向④.B（3）①.温度400℃，氨氮物质的量之比为1②.在400°℃时催化剂的活性最好，催化效率高，同时400℃温度较高，反应速率快【解析】【小问1详解】的燃烧热热化学方程式为，的燃烧热热化学方程式为，的燃烧热热化学方程式为，结合已知条件II，根据盖斯定律可得【小问2详解】由表格可列三段式①由三段法可得②200℃时，该反应平衡常数；向上述200℃ 达到平衡的恒容密闭容器中再加入5molCO、、，保持温度不变，此时体系的，可知，所以反应正向进行；③A.根据，、V都为不变量，所以ρ也为不变量，不能作为该反应达到平衡状态的标志，故A错误；B．因为该体系为绝热体系，故温度为变量，所以能作为该反应达到平衡状态的标志，故B正确；C．CO和H2的物质的量之比保持不变不一定达到平衡状态，故C错误；D．CO的消耗速率与CH3OH的生成速率之比一直为1：1，故D错误。【小问3详解】根据图示可知脱硝效率最高的最佳条件是温度400℃，氨氮物质的量之比为1；由图示可知4000C不是最低或最高温度，故推测在400℃时催化剂的活性最好，催化效率高，同时400℃温度较高，反应速率快。(二)选考题：共45分。请考生从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，则每科按所做的第一题计分。【化学——选修3：物质结构与性质】11.一种新型硫酸盐功能电解液由和混合组成，电化学测试表明该电解液构建的、电池可以稳定循环500次以上。（1）中三种原子的半径由小到大的顺序是_____(用元素符号表示)，其中电负性最大的元素是_____(填名称)。（2）第一电离能的原因是_____。（3）中，基态核外电子的空间运动状态有_____种，中键和键的数目之比为_____。（4）中磷原子的杂化类型是_____。（5）N、O两种元素形成的简单氢化物的键角：_____(填“>”“<”或“=”)，其原因是_____。（6）立方晶胞结构如图所示。已知晶胞的边长为npm，设为阿伏加德罗常数的值。 ①_____。②该晶体密度是_____(用含n、的代数式表示)。【答案】（1）①.②.氧（2）基态氮原子价电子排布式为，为半充满的稳定结构，较难失去1个电子(合理即可)（3）①.14②.1：1（4）（5）①.<②.均为杂化，分子中N只有1对孤电子对，水分子中O原子有2对，后者排斥力更大键角更小（6）①.1：3：4②.【解析】【小问1详解】电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则Mg、S、O的半径由小到大，OO；【小问3详解】Fe2+核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，则核外电子的空间运动状态有14种；[Fe(CN)6]4-中配位键为6，碳氮三键数为6，则σ键数为12，π键数为12，比值1：1；【小问4详解】磷酸根中的孤电子对数=，则价层电子对数为4，磷原子的杂化类型是sp3；【小问5详解】两者均为sp3杂化，NH3分子中N只有1对孤电子对，水分子中O原子有2 对，后者排斥力更大键角更小；【小问6详解】根据均摊法，晶体中Ni的个数为；Mg的个数为，Fe的个数为4，则x：y：z=1：3：4，NiMg3Fe4中，，，则。【化学——选修5：有机化学基础】12.一种新型含硅阻燃剂的合成路线如图。请回答：（1）化合物A转化为B的化学方程式为_______，B的官能团名称是_______。（2）H的系统命名为_______，H共有_______种等效氢。（3）H→I的反应类型是_______。（4）D的分子式为_______，反应B+I→D中Na2CO3的作用是_______。（5）F的结构简式为_______。（6）D的逆合成分析中有一种前体分子C9H10O2，符合下列条件的同分异构体有_______种。①核磁共振氢谱有4组峰；②能发生银镜反应；③与FeCl3发生显色反应。【答案】（1）①.+3Br2→↓+3HBr②.羟基、碳溴键（2）①.3﹣氯丙烯②.3（3）氧化反应（4）①.C9H7O2Br3②.吸收生成的HCl，提高反应产率 （5）（6）2【解析】【分析】根据D的结构简式及A生成B的反应条件知，B为；G和氯气发生取代反应生成H，H发生氧化反应生成I；B、I发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生取代反应生成F为。【小问1详解】化合物A转化为B的方程式为：+3Br2→↓+3HBr，B中官能团名称是：碳溴键、羟基，故答案为：+3Br2→↓+3HBr；碳溴键、羟基；【小问2详解】H的系统命名为3﹣氯丙烯，H共有3种等效氢，故答案：3﹣氯丙烯；3；【小问3详解】I比H多氧原子，则H→I的反应类型是氧化反应， 故答案为：氧化反应；【小问4详解】由结构可知D的分子式为C9H7O2Br3，反应B+I→D中有HCl生成，碳酸钠消耗生成HCl，有利于平衡正向移动，Na2CO3的作用是：吸收生成的HCl，提高反应产率，故答案为：C9H7O2Br3；吸收生成的HCl，提高反应产率；【小问5详解】F的结构简式为，故答案为：；【小问6详解】D的逆合成分析中有一种前体分子C9H10O2，其同分异构体符合下列条件：①核磁共振氢谱有4组峰，说明含有4种氢原子；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，C9H12O2的不饱和度为=5，苯环的不饱和度是4、醛基的不饱和度是1，说明符合条件的同分异构体中含有1个苯环和1个醛基，除此之外没有环或双键，符合条件的同分异构体有：、，