四川省成都市2023届高三第一次诊断性检测理科综合化学试题（含解析）

这是一份四川省成都市2023届高三第一次诊断性检测理科综合化学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了化学与生活生产密切相关，假设NA代表阿伏加德罗常数值，下列装置能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。

成都市2020级高中毕业班第一次诊断性检测
理科综合
1．化学与生活生产密切相关。下列说法错误的是
A．葡萄酒中添加的既可杀菌，又可防止营养成分被氧化
B．加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，会使真丝中的蛋白质变性
C．常见无机含氯消毒剂有氯气、次氯酸盐、等
D．不锈钢是一种含合金元素和的合金钢
2．假设NA代表阿伏加德罗常数值。下列说法一定正确的是
A．25℃，1 LpH=14的Ba(OH)2溶液含有OH-为NA个
B．含1 mol AlCl3的溶液中离子总数目为4NA
C．32 g Cu与足量浓硝酸反应得到的气体分子总数为NA
D．标准状况下，每生成22.4 LO2转移电子数为4NA
3．布洛芬(图丁)是一种非甾体抗炎药，下面是其一条高产率的合成路线。下列说法正确的是

A．甲中最多有8个碳原子共平面 B．乙转化为丙为加成反应或还原反应
C．与丙有相同官能团的同分异构体只有6种 D．丁与乙酸互为同系物
4．下列装置能达到实验目的的是

A．从盐水中提取 B．除去中的 C．制取收集氨 D．除去中的
5．短周期主族元素Q、X、Y、Z质子数之和为37，Q与X、Y、Z位于不同周期，Q与Z位于同一主族。X、Y、Z最外层电子数分别为x、y、z，且依次增大，x、y、z之和为15，。下列说法正确的是
A．Q是原子半径最小的元素 B．最高正价含氧酸的酸性：
C．分子中各原子最外层达到8电子结构 D．Z的氢化物不可能含有非极性共价键
6．某种电催化法以为催化电极合成腈类化合物和偶氮化合物，装置示意图如图。下列说法错误的是

A．左侧电极的电势比右侧的高，且发生氧化反应
B．阴极发生反应：
C．从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动
D．每当合成得到，同时合成
7．维持下，通过加入或改变溶液的，溶液中的对数值与溶液的变化关系如图所示。已知y点横坐标为4.74．下列叙述错误的是

A．一元弱酸电离常数为
B．溶液的约等于8.37
C．x点纵坐标为，且此时溶液中
D．图中所示各溶液均满足
8．工业上用电解溶液生成的氯气为原料，生产溴酸钾的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)惰性电极电解溶液产生氯气总反应的离子方程式为______________。
(2)“合成I”中得到，该反应的还原剂是______________；“合成II”中加入的目的是____________。
(3)结合溶解度曲线分析，“合成Ⅲ”为复分解反应，该反应能发生的原因是____________；若向溶液中加入______________粉末，可使溶液中的降为[假设溶液体积不变，已知该温度下]。“合成III”实际中用饱和溶液而不用粉末的优点是______________(写一条)。
(4)为了从过滤II后的滤液中获得氯化镁结晶，依次要经过________、___________操作。
(5)另一种产生溴酸盐的方法是用溶液吸收，同时生成气体。写出相应的化学方程式______________；原子经济性更高的是______________(填“吸收法”或“氯气氧化法”)。

9．镀锌钢构件的酸洗废液中含有盐酸、和。实验室从酸洗废液中回收盐酸和的实验流程如下：

已知化合物的溶解度(水)数据如下表：
物质









49.7
59.0
62.5
66.7
70.0
78.3
88.7
94.9

342
363
395
437
452
488
541
614

回答下列问题：
I．回收盐酸和粗产品
(1)操作1应选择______________(填字母序号)。
A．水浴加热       B．油浴加热       C．投入沸石
(2)为了获得粗产品，应适时停止加热且留有少量残余液，这样做除了防止被氧化外，另一目的是___________；若留有残余液过多，会造成的不良后果是___________(答一条)。
II．粗产品的重结晶
(3)检验粗产品中含有的操作方法是____________。
(4)重结晶前加入的物质X为_____________；操作2的名称是______________。
III．滴定亚铁离子，测定晶体纯度
准确称取重结晶后的晶体，溶于混酸中并定容至。移取三份溶液，加入指示剂，用标准溶液()滴定至终点，半分钟内不恢复，平均消耗标准溶液体积为(此时不被氧化)。
(5)计算晶体的纯度为____________(含a、c的代数式，化到最简)。
10．直接将转化为有机物并非植物的“专利”，科学家通过多种途径实现了合成甲醛，总反应为．转化步骤如图1所示：

(1)原料可通过捕捉技术从空气中或工业尾气中获取，写出一种常见的可作捕捉剂的廉价试剂___________。
(2)已知，则总反应的___________(用图1中焓变以及表示)。
(3)，在容积为的恒容密闭容器中充入和一定量，只发生可逆反应①。若起始时容器内气体压强为，达到平衡时，的分压与起始投料比的变化关系如图2所示。

(ⅰ)若时到达c点，则时的平均反应速率________；
(ⅱ)__________(写计算表达式)；
(ⅲ)c点时，再加入和，使两者分压均增大的转化率_____________(填“增大”、“不变”或“减小”)。
(4)在恒温恒容条件下只发生反应②。关于该步骤的下列说法错误的是____________。
A．若反应②正向为自发反应，需满足
B．若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应②体系已经达到平衡
C．增大的浓度，的平衡物质的量分数一定增大
D．反应②体系存在
(5)已知Arrhenius公式：(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应①②的有关数据分别如图3所示，相对较小的是___________；研究表明，加入某极性介质有助于加快整个反应的合成速率，原因可能是___________。

[化学选修3：物质结构与性质](15分)
11．含银卤化物胶片是摄影中常用的感光材料。回答下列问题：
(1)卤化银曝光后会产生(黑色粉末)和。基态原子的价电子排布式为___________。
(2)加入显影剂(如等)，使潜影银核中的进一步还原为。中(除H外)其他所含元素的第二电离能最大的是___________；该物质能溶于冷水，原因是_____________。
(3)用溶解胶片上多余的，形成可溶的直线形配离子，从而定影．离子的VSEPR模型为___________，中中心的杂化轨道类型为___________，其中配位时给出孤电子对能力较强的是___________(填“S”或“O”)。
(4)电解法可回收银单质。单质为面心立方最密堆积，晶胞参数为，则银原子的半径__________。

(5)晶胞如右图，晶胞参数为。晶体中的配位数为___________；已知离子半径为，离子之间不相切，则晶体中离子半径_____________。
[化学选修5：有机化学基础](15分)
12．肌肉松弛剂Nefopam的合成路线如下所示(表示苯环)。

回答下列问题：
(1)A中的__________(填名称)官能团会被还原，还原后经“反应2”形成B的反应类型是___________。
(2)B与反应得到__________种一元溴代产物；为了使B转化为C的原子利用率为，合适的试剂X是______________。
(3)已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，D分子具有___________个手性碳；一定条件下与足量水溶液反应，最多消耗____________。
(4)中间产物E分子内环化生成。写出产物F的结构简式_____________。
(5)参考上述合成路线，F经____________(填“”或“”)还原以及酸处理形成Nefopam．
(6)写出符合下列条件的B的同分异构体____________(任写一个)。
①能发生银镜反应；②其水解产物之一能与溶液显色；③含有两个苯环和一个五元环。

1．B
【详解】
A．SO2可以抑制细菌生长，也具有还原性，在葡萄酒中可以杀菌，也可用于防氧化，A正确；
B．真丝织品的主要成分是蛋白质，加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，是因为酶使真丝中的蛋白质水解，B错误；
C．常见无机含氯消毒剂有氯气、次氯酸盐、 ClO2 等，C正确；
D．不锈钢主要含有Fe、Cr、Ni和少量的碳，D正确；
故选B。
2．A
【详解】
A．25℃，Kw=10-14，1 LpH=14的Ba(OH)2溶液中n(OH-)=1 mol，则其中含有OH-为NA个，A正确；
B．溶液中还存在水电离出的氢离子和氢氧根离子，不能计算离子数目，B错误；
C．32 g Cu的物质的量是0.5 mol，其与足量浓硝酸发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，根据方程式中物质反应转化关系可知0.5 mol Cu反应产生1 mol NO2气体，但可能有部分NO2溶解在溶液中，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，则反应得到的气体分子总数可能小于NA，C错误；
D．在标准状况下，22.4 LO2的物质的量是1 mol，由于不确定制取O2的方法，因此不能根据反应制取O2的物质的量确定反应过程中转移电子数目，D错误；
故合理选项是A。
3．B
【详解】
A．甲中苯环上的6个碳原子共平面，和苯环直接相连的碳原子也共平面，以该碳原子为中心，取代基上与该碳原子直接相连的碳原子与其共面，以此类推，取代基上还有一个碳原子与它们共面，所以总共是6+1+1+1=9，所以最多有9个碳原子共平面，A选项错误；
B．乙转化为丙是在催化剂的作用下，碳氧双键与氢气发生加成反应生成，是加成反应或还原反应，B选项正确；
C．与丙有相同官能团即含有-OH，除了苯环外，取代基有6个C原子，并且可以是一取代、二取代、三取代等取代方式，所以同分异构体种类远远超过6种，C选项错误；
D．丁的分子式为，乙酸的分子式为C2H4O2，分子组成上并不是相差n个-CH2-，故不互为同系物，D选项错误；
答案选B。
4．B
【详解】
A．盐水中提取NaCl，用蒸发结晶的方法，需要用蒸发皿，坩埚是用于灼烧的，A错误；
B．Br2能与NaOH反应，且NaOH溶液与CCl4不互溶，所以可以用NaOH除去Br2后，再用分液的方法将NaOH溶液与CCl4分离，B正确；
C．浓氨水与生石灰混合，生石灰溶于水放热且生成氢氧化钙，使一水合氨的电离平衡往逆向移动，从而产生氨气，氨气会与氯化钙反应，不能用无水氯化钙干燥，C错误；
D．Cl2也可以与NaOH反应，用NaOH除去HCl，也会将Cl2除掉，D错误；
故选B。
5．C
【分析】
由题意，x、y、z之和为15，，可推知y=5，x=3或4，z=7或6，又由Q、X、Y、Z质子数之和为37，Q与X、Y、Z位于不同周期，Q与Z位于同一主族，可推出X为C，Y为N，Z为O，Q为S。
【详解】
A．根据元素周期律，同周期元素，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，得Z是原子半径最小的元素，故A错误；
B．同周期元素的非金属性随原子序数增大而递增，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性X C．XQ2为CS2，分子中各原子最外层都达到了8电子稳定结构，故C正确；
D．Z的氢化物有H2O和H2O2两种，H2O2分子中既含有极性共价键又含有非极性共价键，故D错误；
故答案选C。
6．D
【详解】
A．右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧为阴极、左侧为阳极，所以左侧电极的电势比右侧的高，且发生氧化反应，故A正确；
B．右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧为阴极，阴极发生反应为 ，故B正确；
C．右侧为阴极、左侧为阳极，从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动，故C正确；
D．阳极反应式为，R-CH2NH2-4e-+4OH-=R-CN+4H2O，根据得失电子守恒，每当合成得到，同时合成，故D错误；
选D。
7．D
【分析】
根据题意，溶液中存在水解平衡Z-+H2OHZ+OH-，随着pH增大，增大，则lgc(OH-)增大，d为，减少，则lgc(H+)减小，a为，b为，c为，据此分析解题。
【详解】
A．，取y点计算， =， =，A正确；
B．根据水解平衡Z-+H2OHZ+OH-，可知，，，溶液的约等于8.37，B正确；
C．x点纵坐标为，沿着x点作一条横坐标的垂线，可得与c点的交点大于与d点的交点，且此时溶液中，C正确；
D．当溶质仅为NaZ时存在物料守恒，，若加入NaOH，改变，体系中不成立，D错误；
答案选D。
8．(1)
(2)          与反应得到溴酸根离子，在合成Ⅲ中更多地生成溴酸钾与氯化镁分离，提高的纯度
(3)     反应体系中溶解度较小，析出沉淀     1.08     用饱和溶液沉淀速率更快或转化率(利用率)更高
(4)     蒸发结晶     趁热过滤
(5)          氯气氧化法

【分析】
工业上用电解饱和食盐水生成氯气生产溴酸钾的工艺流程，分析流程可知，饱和食盐水电解生成氯气具有氧化性，在水中和溴单质反应生成溴酸和氯化氢，加入过量氧化镁和盐酸溴酸反应生成氯化镁和溴酸镁，过滤得到滤液中加入饱和氯化钾溶液，溴酸镁在饱和溶液中析出晶体，以此解答。
【详解】
（1）用惰性电极电解 MgCl2溶液过程中，阳极2Cl--2e-=Cl2↑ 阴极2H2O+2e-+Mg2+=H2↑+ Mg(OH)2↓， 总反应的离子方程式为。
（2）“合成I”发生反应是氯气在水溶液中氧化溴单质为溴酸，反应的化学方程式5Cl2+Br2+6H2O=2HBrO3+10HCl，Br元素化合价上升，该反应的还原剂是；依据流程分析可知，加入和溶液中反应得到溴酸根离子，在合成Ⅲ中更多地生成溴酸钾与氯化镁分离，提高的纯度。
（3）过量氧化镁和盐酸溴酸反应生成氯化镁和溴酸镁，加入饱和氯化钾溶液，反应体系中溶解度较小，析出沉淀，发生了复分解反应；降为时，即需要沉淀2×0.15mol/L×2-2×0.1mol/L=0.4mol，需要消耗0.4molKCl，此时溶液中剩余c(K+)=，需要加入KCl的物质的量n(K+)=0.34mol/L×2L+0.4mol=1.08mol；“合成III”实际中用饱和溶液而不用粉末的优点是：用饱和溶液沉淀速率更快或转化率(利用率)更高。
（4）氯化镁的溶解度随温度变化较大，可以通过重结晶的方法从溶液中获得氯化镁结晶，依次要经过蒸发结晶、冷却结晶操作。
（5）和反应生成、和KBr，Br元素化合价由0价上升到+5价，又由0价下降到-1价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为： ；该方法中部分转化为KBr，氯气氧化法中全部转化为，所以原子经济性更高的是氯气氧化法。
9．(1)B   C
(2)     防止结晶水水量偏低     造成析出的晶体过少，甚至无晶体析出或盐酸回收不充分
(3)取少量粗产品样品，加入少量无氧水溶解，滴加溶液显红色
(4)     粉     过滤
(5)

【分析】
酸洗废液中含有盐酸、氯化亚铁和氯化锌，操作Ⅰ为蒸馏，溜出液为HCl，残余液中有氯化锌和氯化亚铁，冰水浴冷却抽滤得到氯化亚铁的粗产品，加入盐酸和Fe，加入盐酸防止FeCl2在结晶过程中水解，加入Fe防止Fe2+被氧化，操作2为过滤，干燥最终得到氯化亚铁晶体。
【详解】
（1）操作1为蒸馏，温度为150℃，水浴无法达到150℃，因此应该选择油浴加热，油浴需要加入沸石，答案选BC。
（2）为了获得粗产品，应适时停止加热且留有少量残余液，这样做除了防止被氧化外，另一目的是防止FeCl2·4H2O结晶水水量偏低。若留有残余液过多，会导致析出的FeCl2·4H2O晶体过少，甚至无晶体析出或盐酸回收不充分。
（3）检验氯化铁晶体中是否含有Fe3+的操作方法为取少量粗产品样品，加入少量无氧水溶解，滴加溶液，若溶液显红色，说明其中含有铁离子反之则无。
（4）结晶前需要加入的物质X为铁粉，用途为防止Fe2+被氧化，操作2的名称为过滤。
（5）K2Cr2O7与亚铁离子反应离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗的物质的量为cV×10-3mol，则消耗Fe2+的物质的量为6cV×10-3mol，则ag样品中含有Fe2+2.4cV×10-2mol，则FeCl2·4H2O晶体的纯度为%
10．(1)溶液或氨水或石灰乳
(2)
(3)     0.18          增大
(4)C
(5)     反应②     极性介质使反应①的活化能降低

【分析】
总反应可以根据盖斯定律计算出该反应的活化能；根据平衡常数的表达数能计算出用分压表示平衡常数，根据了勒夏特列原理分析平衡移动的情况；根据反应的活化能和速率成反比，可以根据反应的活化能判断反应速率的相对大小。
【详解】
（1）能与CO2反应的，均可以作为CO2捕获剂，一般选择碱性物质，结合题目要求需要选择廉价并常见的试剂，可以是溶液或氨水或石灰乳；
（2）根据图1及盖斯定律，总反应是①+②+③-④得到的，则反应热 ；
（3）根据图1反应① 为：
i.起始时容器内气体的总压强为1.2kPa，若5min时反应到达c点，c点CH3OH的物质的量为x，，x=0.6mol，则反应消耗氢气的物质的量为1.8mol，v(H2)==0.18mol/(L·min)；
ii.b点和c点在同一温度下，所以b点平衡常数与c点一样，根据c点数据列三段式：
甲醇压强为0.24kPa，则二氧化碳的压强为0.16kPa、氢气的压强为0.08kPa、水蒸气的压强为0.24kPa，b点时反应的平衡常数Kp=；
iii.c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05kPa，Qc= （4）根据图1反应②，
A．若反应②正向为自发反应，则说明，该反应是气体分子数减小的反应，故△S<0，需满足才能自发进行，A正确；
B．该反应随着反应的进行，气体质量一直在减小，反应是气体分子数减小的反应，则物质的量一直在减小，则气体平均摩尔质量不变不能确定是否达到平衡，故B错误；
C．增大的浓度，平衡往正向移动，则的平衡物质的量分数一定增大，C正确；
D．反应②中H2O2是纯液体，D错误；
故选C。
（5）根据图示，反应②的斜率比反应①小，根据公式，斜率即Ea的大小，所以活化能较小的是反应②；总反应的决速步骤一般是反应速率较慢的那个反应，加入某极性介质有助于加快整个反应的合成速率，根据图示分析，反应速率较慢的是反应①，所以可能是极性介质使反应①的活化能降低，从而加快了总反应的速率。
11．(1)
(2)     O     一方面该分子具有极性，与水相似相溶，另一方面可与水形成分子间氢键
(3)     四面体(形)     sp     s
(4)
(5)     6    

【详解】
（1）基态原子为35号元素，故价电子排布式为。
（2）O、N、C原子失去1个电子后的价电子排布式为2s22p3、2s22p2、2s22p1，此时O的2p上处于半满状态，较稳定，再失去一个电子需要更高的能量，故第二电离能最大；一方面该分子为极性分子，易溶于同为极性分子的水中，另一方面可与水形成分子间氢键，故该物质能溶于冷水。
（3）与SO互为等电子体，故成键和结构相似，故VSEPR模型为四面体(形)；中中心形成2个配位键，故杂化轨道类型为sp杂化，S的电负性比O小，故S提供孤电子对。
（4）单质为面心立方最密堆积，故面对角线上的3个Ag原子相切，面对角线长度为pm=4r1，故pm。
（5）如图所示，以体心处Ag+为对象，则距离最近的Cl-位于6个面心，晶体中的配位数为6。边长apm=2bpm+2r2，则r2=()pm。
12．(1)     (酮)羰基     酯化反应(或取代反应)
(2)     7    
(3)     1     3
(4)
(5)
(6)等

【分析】
A经还原后羰基转化为醇羟基，羟基再与羧基发生酯化得到B，B与发生取代反应生成C，C在作用下脱出羰基形成D，D与发生取代反应生成E，E中氯原子与-NH-发生分子内取代反应生成F，F发生还原反应再经酸化得到Nefopam，据此分析解答。
【详解】
（1）对比A与B的结构可知A中羰基转化成单键，羰基被还原，还原后羰基转化为醇羟基，羟基再与羧基发生酯化得到B，故答案为：(酮)羰基；酯化反应(或取代反应)；
（2）B与发生苯环上的取代反应，B中有两个苯环，其中Ph代表的苯环中存在三种氢，另一苯环中存在4种氢，共有7种溴代产物；为了使B转化为C的原子利用率为，结合B和C的结构对比，合适的试剂X应为，故答案为：7；；
（3）根据手性碳的概念，D中只有羟基所连碳为手性碳原子；中1molCl可消耗1molNaOH，其中ClCO-中氯原子被取代后生成-COOH，能继续消耗NaOH，因此可消耗3molNaOH，故答案为：1；3；
（4）由以上分析已知F为，故答案为：；
（5）由A到B，C到D的转化过程可知能将羰基直接脱氧，因此F经处理才能得到Nefopam，故答案为：；
（6）①能发生银镜反应，可知存在醛基或甲酸酯基结构；②其水解产物之一能与溶液显色，可知存在酯基，结合氧原子个数，及发生银镜反应，可知存在甲酸酯基，且甲酸酯基结构直接与苯环相连才能水解出酚类结构；③含有两个苯环和一个五元环，符合的结构有：等，故答案为：等；