2024届四川省成都市成华区某校高三上学期一诊模拟考试理综化学试题

这是一份2024届四川省成都市成华区某校高三上学期一诊模拟考试理综化学试题，共16页。试卷主要包含了5 C-59 U-238， 为阿伏加德罗常数的值， 常温下，用0等内容，欢迎下载使用。

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. 化学与生活、生产、科技等息息相关，下列有关说法正确的是
A. 制造蛟龙号潜艇载人舱的钛合金中的钛属于稀土金属
B. 食盐、白糖是常见的食品调味剂，没有防腐作用
C. 笔墨纸砚中的“纸”特指宣纸，宣纸的主要成分是蛋白质
D. 《本草纲目》记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离方法是蒸馏
【答案】D
【解析】
【详解】A．钛元素位于第四周期第IVB族，属于过渡元素，不是稀土金属，故A错误；
B．食盐可以使细菌脱水，可以杀菌，故B错误；
C．笔墨纸砚中的“纸”特指宣纸，宣纸是利用天然纤维制作而成的，主要成分是纤维素，不是蛋白质，故C错误；
D．文中“酸坏”是指少量乙醇被氧化为乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸馏操作进行分离，故D正确；
故选：D。
2. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 28g单晶硅中所含的Si-Si键的数目为
B. 溶液中含有的数目为
C. 0.3ml苯甲酸完全燃烧生成的数目为
D. 标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．28g硅晶体中含有1ml Si原子，晶体硅中，每个硅原子与其它4个Si形成4个键，则每个硅原子形成的共价键为：，则1ml单质硅含有Si-Si键，数目为2，故A错误；
B．未告知溶液体积，无法计算1.0ml/L NaClO溶液中含有ClO-的数目，故B错误；
C．苯甲酸分子式为C7H6O2，根据碳原子守恒，0.3ml苯甲酸完全燃烧生成的数目为，故C正确；
D．标准状况下HF是液体，所以22.4L的HF分子数大于NA，故D错误；
故选：C。
3. X、Y均为第三周期元素，Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]—的形式存在，下列说法不正确的是
A. 原子半径：X>Y
B. 气态简单氢化物的还原性：X>Y
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>X
D. 同周期中第一电离能小于X的元素共有4种
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y均为第三周期元素，Y最高正价与最低负价的代数和为6，则Y为Cl元素；由二者形成的化合物的阴阳离子的化学式可知，X为P元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则磷原子的原子半径大于氯原子，故A正确；
B．元素的非金属性越强，气态简单氢化物的还原性越弱，则磷化氢的还原性强于氯化氢，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，则高氯酸的酸性强于磷酸，故C正确；
D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能小于磷元素的有钠、铝、镁、硅、硫，共有5种，故D错误；
故选D。
4. 下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲除去废铜屑表面的油污B. 用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑
C. 用装置丙过滤得到CuSO4溶液D. 用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，A正确；
B.在酸性条件下，铜与双氧水发生氧化反应得到硫酸铜，B正确；
C.装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶杂质，得到硫酸铜溶液，C正确；
D.用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO4·5H2O，D错误；
答案选D。
5. 某有机物的结构如图所示，下列说法正确的是
A. 该有机物的分子式为 ·B. 该有机物分子中所有碳原子可能共平面
C. 1ml该有机物最多能与6ml发生加成反应D. 该有机物的一氯取代产物有11种
【答案】C
【解析】
【详解】A．该有机物的分子式为，故A错误；
B．分子中用*标注的碳原子通过单键与另外3个碳原子连接，不可能有碳原子共平面，故B错误；
C．苯环能与氢气发生加成反应，1ml该有机物最多能与6ml发生加成反应，故C正确；
D．有机物的一氯取代产物有9种，故D错误；
选C。
6. 电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，可用于降解去除废水中的持久性有机污染物[如(苯酚)]，其工作原理如图所示(表示自由基，有强氧化性)。下列说法错误的是
A. 应与电源的负极相连
B. 在该电芬顿工艺中作催化剂
C. 上电极反应式之一为
D. 若处理苯酚，则理论上电路中通过电子
【答案】D
【解析】
【分析】由图分析可知，此为电解池，且电极发生得电子得还原反应，为电解池得阴极，而Pt电极则为电解池的阳极。
【详解】A．为电解池的阴极，接电源的负极，A正确；
B．转化为，和过氧化氢生成羟基自由基和，在反应前后没有改变，是该电芬顿工艺的催化剂，B正确；
C．由图知阴极发生反应、，C正确；
D．由反应，和，可知，消耗苯酚，电路中转移，D错误；
故选D。
7. 常温下，用0.12ml/L的Na2SO4溶液滴定50.00mL未知浓度的BaCl2溶液。溶液中电导率k、随滴入Na2SO4溶液体积V(Na2SO4)的变化关系如下图所示。
下列叙述正确的是
A. 当时，溶液中存在的离子只有、
B. 该BaCl2溶液的物质的量浓度是0.06ml/L
C. 该温度下BaSO4的溶度积常数
D. 当V(Na2SO4)=3.00mL时，溶液中
【答案】D
【解析】
【分析】如图所示，用0.12ml/L的Na2SO4溶液滴定50.00mL未知浓度的BaCl2溶液，横坐标是滴加硫酸钠的体积，两个纵坐标分别是电导率k、；V(Na2SO4)=2.5mL时，氯化钡和硫酸钠恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，参与反应的氯化钡的物质的量为。
【详解】A．当时，V(Na2SO4)=2.5mL氯化钡和硫酸钠恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，溶液中存在的离子除、外还有氢离子和氢氧根离子，A错误；
B．V(Na2SO4)=2.5mL，氯化钡和硫酸钠恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，参与反应的氯化钡的物质的量为，BaCl2溶液的物质的量浓度为，B错误；
C．恰好完全反应时，由图像可知，，此时硫酸根、钡离子主要由硫酸钡电离得到，，则，C错误；
D．V(Na2SO4)=2.5mL，Na2SO4与BaCl2恰好完全反应，，当 V(Na2SO4)=3.00mL时，，则当V(Na2SO4)=3.00mL时，溶液中D正确；
故选D。
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。
(一)必考题：共129分。
8. FTO导电玻璃广泛用于液晶显示屏、光催化、薄膜太阳能电池基底等，实验室可用无水四氯化锡()制作FTO，制备的装置如图所示。
有关信息如表：
（1）仪器A名称为_______，甲中发生反应的离子方程式为_______。
（2）将如图装置连接好，先检查装置气密性，再慢慢滴入浓盐酸，待观察到_______现象后，开始加热装置丁。
（3）若将制得的少许溶于水中得到白色沉淀，其反应的化学方程式为_______，若将溶于适量中，二者互溶，原因是_______。
（4）为测定产品中的含量，甲、乙两位同学设计了如下实验方案：
①甲同学：准确称取m g产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，用酸性高锰酸钾标准溶液滴定，滴定终点时消耗酸性高锰酸钾标准溶液。由此可计算产品中的质量分数。乙同学认为甲同学的方案明显不合理，会导致测得的的质量分数严重偏高，理由是_______。
②乙同学：准确称取m g产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，X溶液作指示剂，用。硝酸银标准溶液滴定，滴定终点时消耗硝酸银溶液，由此可计算产品中的质量分数。硝酸银溶液最好盛放在_______(填序号)滴定管中。
A.无色酸式滴定管 B.棕色酸式滴定管 C.无色碱式滴定管 D.棕色碱式滴定管
参考表中的数据，X溶液最好选用的是_______(填序号)。
A.溶液 B.溶液 C.溶液 D.溶液
【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②.
（2）丁装置充满黄绿色气体
（3） ①. ②. 是非极性分子，易溶于非极性溶剂
（4） ①. 也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多 ②. B ③. D
【解析】
【分析】在装置甲中用氯酸钾与浓盐酸混合发生氧化还原反应制取氯气，在装置乙中用饱和食盐水除去中的杂质，装置丙作用是干燥；装置丁为氯气与Sn反应制取四氯化锡()，由于制取的无水四氯化锡()为分子晶体，熔、沸点较低，装置戊通过冷水降温收集四氯化锡()，装置己中碱石灰可以防止空气中的水蒸气即，防止其进入装置戊，因而可避免水解变质为。
【小问1详解】
由仪器结构可知仪器A名称为球形冷凝管；甲中与浓盐酸发生氧化还原反应制取，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：；
【小问2详解】
为防止制取的无水水解，要排出装置中的空气；当丁装置充满黄绿色气体时表明空气已排尽，这时开始的热酒精灯，加热装置丁；
【小问3详解】
若将制得的少许溶于水中得到白色沉淀，同时生成氯化氢，其反应的化学方程式为；若将溶于适量中，二者互溶，原因是是非极性分子，易溶于非极性溶剂；
【小问4详解】
①由于氧化性：，酸性高锰酸钾溶液可以氧化，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多，由此计算的的质量分数严重偏高；
②硝酸银是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故溶液应该使用酸式滴定管；同时不稳定，见光易分解，因此应盛放在棕色滴定管中，故进行滴定时，溶液盛放在棕色酸式滴定管中，故合理选项是B；测定的是不能使用溶液，、对应的银盐溶解度比小，也不能使用，则应该使用的指示剂为溶液，故合理选项是D。
9. 三氯化六氨合钴是一种重要的化工原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有、、、等。
② 、
已知：溶液中金属离子物质的量浓度低于时，可认为沉淀完全。
③具有较强还原性。
回答下列问题：
（1）制备。
“除杂”过程中加调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含的滤液，调节pH的范围为___________。
（2）制备。
①“混合”过程中需先将，溶液混合，然后再加入活性炭，的作用是___________。
②“氧化”过程应先加入___________(选填“氨水”或“双氧水”)，原因是___________。
③生成的离子方程式为___________。
（3）分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是___________。
（4）含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取0.10g产品加入稍过量的NaOH溶液并加热，将C完全转化为难溶的，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2~3滴淀粉溶液，再用溶液滴定(反应原理：、)，达到滴定终点时消耗溶液24.00mL，则产品中钴元素的含量___________。
【答案】（1）4.7~7.4(大于等于4.7小于7.4)
（2） ①. 会抑制的电离，防止生成沉淀；参与反应提供 ②. 氨水 ③. 具有较强还原性，易被氧化；先加将氧化为，后加氨水，会生成，不利于产品的生成 ④.
（3）增大，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出
（4）14.16%
【解析】
【分析】以含钴废料用盐酸溶解，过滤出滤渣，得到含、、、的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣(主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3)和滤液，向含有C2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CCl2•6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：、；再将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品；
【小问1详解】
“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，使Al3+、Fe3+完全沉淀，而C2+不产生沉淀，由题干信息 、可知当Al3+完全沉淀后，Fe3+已经早就完全沉淀，此时，则pH=4.7，同时得到含c(C2＋)=0.1 ml/L的滤液，此时溶液中,则pH=7.4，即调节pH的范围为4.7 ~7.4；
【小问2详解】
①流程中除作反应物外，溶于水电离出的会抑制后期加入的NH3•H2O的电离，可防止加氨水时c(OH - )过大，防止生成C(OH)2沉淀；故答案为：会抑制NH3•H2O的电离，防止生成C(OH)2沉淀；参与反应提供NH；
②若先加H2O2，将C元素氧化到C3+，后加氨水，会生成C(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2，可防止C(OH)3的生成，故答案为：氨水；具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将C2＋氧化为C3＋，后加氨水，会生成C(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2；
③由分析可知，生成[的反应方程式为：，则其离子方程式为；
【小问3详解】
由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出；
【小问4详解】
据题干反应原理可知，，则产品中钴元素的含量为=14.16%。
10. “碳达峰”“碳中和”是推动我国经济社会高质量发展的内在要求。通过二氧化碳催化加氢合成二甲醚是一种重要的转化方法，其过程如下：
反应I：
反应II：
回答下列问题：
（1）反应的___________。
（2）二氧化碳与氢气合成时，通常控制温度为500℃左右，其可能的原因为___________(填字母)。
A. 反应速率快B. 平衡的转化率高
C. 催化剂活性高D. 主反应催化剂选择性好
（3）在1L恒温密闭容器中充入和，初始压强为p，20min时反应I、II都达到平衡状态，体系压强为0.8p，测得。
①0~20min内___________。
②反应II的化学平衡常数___________。
③平衡时的选择性=___________。(的选择性)
（4）在密闭容器中通入和，在铁系催化剂作用下进行反应，的平衡转化率随温度和压强的变化如图所示。图中，温度大于800℃时，随着压强的增大，的平衡转化率减小，请解释原因：___________。
（5）为实现“碳中和”，还可通过电解法用制备，电解装置如图所示。
①铂电极的电极反应式为___________。
②当玻碳电极收集到标况下22.4L气体时，阴极区的质量变化为___________。
【答案】（1） （2）ACD
（3） ①. ②. 2 ③. 40%
（4）温度温度大于800℃时，以反应II为主，压强增大平衡不移动，但压强增大反应I平衡正向移动，水蒸气浓度增大，浓度减小，从而导致反应II平衡逆移，故二氧化碳的平衡转化率减小
（5） ①. ②. 33.3g
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知的。
【小问2详解】
二氧化碳与氢气合成反应为放热反应，高温不利于平衡正向移动，故转化率较低，选择控制温度为500℃左右，其可能的原因为反应速率快、催化剂活性高或主反应催化剂选择性好。
【小问3详解】
恒温恒容条件下，压强之比等于气体物质的量之比，压强减少了20%，则气体的物质的量减少20%，故和反应后气体的物质的量减少2ml，反应II不影响气体物质的量的变化，故设反应I中变化量分别为2x、6x、x、3x，即2x+6x-x-3x=4x=2ml，得x=0.5ml。列出三段式即：
由可知平衡时水物质的量为3ml，说明反应II中水的变化量为1.5ml，列出三段式即：
可知0~20min内。
②反应II化学平衡常数。
的选择性。
【小问4详解】
温度大于800℃时，随着压强的增大，的平衡转化率减小，其原因可能是温度温度大于800℃时，以反应II为主，压强增大平衡不移动，但压强增大反应I平衡正向移动，水蒸气浓度增大，浓度减小，从而导致反应II平衡逆移，故二氧化碳的平衡转化率减小。
【小问5详解】
玻碳电极产生氧气，发生氧化反应，为阳极，则铂电极为阴极，故电极反应式为，当玻碳电极收集到标况下22.4L气体即1ml氧气时，电路中转移4ml电子，阴极区吸收ml二氧化碳，且将会有4ml氢离子移向阴极，故增重。
(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。
11. 铀氮化合物是核燃料循环系统中的重要材料。已知。回答下列问题：
（1）基态氮原子价电子轨道表达式为___________。
（2）反应中断裂的化学键有___________(填标号)。
a．氢键 b．极性键 c．非极性键 d．离子键 e．配位键
（3）反应所得的气态产物中属于非极性分子的是___________(填化学式，下同)；氢化物中更易与形成配离子的是___________。向溶液中滴加少量氨水，反应现象为___________，继续滴加氨水可得到深蓝色透明溶液，写出该反应的离子方程式___________。
（4）基态U原子的外围电子排布式为，则处于下列状态的铀原子或离子失去一个电子所需能量最高的是___________(填标号)。
A. B. C. D.
（5）的空间构型为___________，其结构中存在大键，可表示为___________(用表示，m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数)。
（6）某种铀氮化物的晶胞如图。已知晶胞密度为，U原子半径为nm，N原子半径为nm，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的空间利用率为___________(含d、、、的计算表达式)。
【答案】（1） （2）bde
（3） ①. 、 ②. ③. 产生蓝色沉淀 ④. (或) （4）A
（5） ①. 平面三角形 ②.
（6）或
【解析】
【小问1详解】
基态氮原子的价电子排布式为2s22p3，根据构造原理书写基态N原子价电子轨道表示式为；
【小问2详解】
(NH4)4[UO2(CO3)3]中，(NH4)+与[UO2(CO3)3]-之间存在离子键，(NH4)+中N原子与H+间存在配位键，N原子与H原子间存在极性键，故反应中断裂的化学键有离子键、配位键、极性键，故答案为：bde；
【小问3详解】
正负电荷中心重合的分子为非极性分子，CO2和N2是非极性分子，电负性N＜O，N原子更容易提供孤对电子，则NH3与Cu2+形成的配离子稳定性强于H2O与Cu2+形成的配离子稳定性，所以NH3更易与Cu2+形成配离子；向CuSO4溶液中滴加少量氨水，首先反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，反应现象为生成蓝色沉淀；继续滴加氨水，氢氧化铜和氨水生成铜氨离子，可得到深蓝色透明溶液，该反应的离子方程式(或)；
【小问4详解】
基态U原子的外围电子排布式为5f36d17s2，5f37s27p1、5f47s2、5f36d17s2均为其基态原子的激发态，5f36d17s1 为U+，由第二电离明显高于第一电离可知，5f36d17s1 再失去1个电子所需要的能量最高，故答案为：A；
【小问5详解】
中C原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子VSEPR模型为平面三角形，中形成大π键的电子个数=(4+2+6×3)-3×2-4×3=6，为4原子、6电子形成的大π键，所以其大π键，故答案为：平面三角形；；
【小问6详解】
晶胞中U原子个数=8×+6×=4，N原子个数4×2=8，则U和N的总体积为，晶胞体积为=，则该晶胞的空间利用率为×100%=。化学式
Sn
熔点/℃
232
246
沸点/℃
2260
652
114
其他性质
银白色固体金属
无色晶体，易被、等氧化为
无色液体，易水解生成
难溶物
颜色
白
浅黄
白
砖红