01，陕西省西安工业大学附属中学2023-2024学年高三下学期第七次适应性考试理综试题-高中化学

这是一份01，陕西省西安工业大学附属中学2023-2024学年高三下学期第七次适应性考试理综试题-高中化学，共17页。试卷主要包含了5 Cu-64，2，故B正确；等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对分子质量：H-1 C-12 N-14 Fe-56 O-16 Cl-35.5 Cu-64
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。
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. “有机小分子不对称催化”获2021年诺贝尔化学奖，用脯氨酸( )催化分子内的羟醛缩合反应如下：

下列说法不正确的是
A. X中所有碳原子可能处于同一平面
B. X和Y互为同分异构体，且Y能发生消去反应试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。C. 脯氨酸能与Y发生取代反应
D. 1ml脯氨酸与足量NaHCO3反应，生成44gCO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．X中含有1个与4个碳原子通过单键连接的碳原子，所以不可能所有碳原子处于同一平面，故A错误；
B．X和Y分子式相同、结构不同，互为同分异构体；Y分子连接羟基的碳原子的邻位碳原子上有H原子，所以能发生消去反应，故B正确；
C．脯氨酸含有羧基、Y含有羟基，脯氨酸能与Y发生取代反应，故C正确；
D．脯氨酸分子中含有1个羧基，所以1ml脯氨酸与足量NaHCO3反应，生成44gCO2，故D正确；
选A。
3. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硝酸具有挥发性，故生成的二氧化碳气体中混有硝酸蒸汽，所以无法得到三种非金属性依次递减，A错误；
B．高锰酸钾受热易分解，碘单质易升华，无法进行分离提纯，B错误；
C．由于镁离子易水解生成氢氧化镁，故由六水氯化镁晶体制备无水氯化镁需在氯化氢气流中加热，C正确；
D．氨气溶解度大极易溶于水，故通氨气导气管不应插到液面下；而二氧化碳溶解度小，为增大其溶解量，通二氧化碳导气管插入液面下，D错误；
故选C。
4. 一种钠盐的结晶水合物的阴离子由短周期元素X、Y、Z组成，其结构如图。已知：Z为第二周期元素，三种元素原子序数之和小于20，下列说法正确的是
A. X、Y、Z三种元素中原子半径最大的是X
B. 是一种强还原剂，其固体溶于水可产生
C. Z原子的L层上有5个电子
D. 该钠盐可能具有较强还原性
【答案】B
【解析】
【分析】根据阴离子结构图，Y形成一个共价键，Y为H或ⅦA族元素，X形成两个共价键，位于ⅥA元素，三种元素原子序数之和小于20，则X为O，Z位于第二周期，且Z形成4个共价键，该阴离子带有两个单位负电荷，因此推出Z为B，Y为H，据此分析；
【详解】A．三种元素中，B原子的原子半径最大，故A错误；
B．NaZY4的化学式为NaBH4，其中H元素显-1价，与水中+1价H发生氧化还原反应，得到氢气，故B正确；
C．Z原子为B，L层上有3个电子，故C错误；
D．该盐中含有-O-O-键，应该具有较强的氧化性，故D错误；
答案为B。
5. 下列污水处理的方法中，表示其原理的离子方程式不正确的是
A. 混凝法，用明矾做混凝剂：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
B. 中和法，用过量CO2中和碱性废水：CO2＋2OH-=CO+H2O
C. 沉淀法，用Na2S处理含Hg2＋废水：Hg2＋＋S2－=HgS↓
D. 氧化还原法，用FeSO4将酸性废水中Cr2O72-还原Cr3＋：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．混凝法，用明矾做混凝剂，是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体，离子方程式为Al3+ + 3H2OAl(OH)3 + 3H+，故A正确；
B．过量CO2中和碱性废水反应生成碳酸氢根：CO2 + OH-= HCO，故B错误；
C．用Na2S处理含Hg2+废水生成硫化汞沉淀：Hg2+ + S2-= HgS↓，故C正确；
D．FeSO4将酸性废水中Cr2O72—还原为Cr3+，本身被氧化为铁离子，Cr2O+ 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O，故D正确；
故选B。
6. 一种新型短路膜电池分离装置如下图所示。下列说法中正确的是
A. 负极反应为：
B. 正极反应消耗，理论上需要转移电子
C. 该装置用于空气中的捕获，最终由出口A流出
D. 短路膜和常见的离子交换膜不同，它既能传递离子，还可以传递电子
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，通入氢气的一极为负极，电极反应式为，氢离子与离子反应生成CO2，通入氧气的一极为正极，电极反应式为，二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸根离子。
【详解】A．负极的电极反应方程式为，A错误；
B．正极反应消耗标准状况下22.4L氧气，理论上需要转移电子，题目中未指明在标准状况下，B错误；
C．由图可知，该装置吸收含二氧化碳的空气，二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸根离子，故A口流出的空气不含CO2，C错误；
D．由图可知，短路膜中存在电子运动，与常见的离子交换膜不同，它既能传递离子，还可以传递电子，D正确；
故选D。
7. 25℃下，图1表示溶液中，各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。在图2中，曲线Ⅰ满足关系，曲线Ⅱ满足关系。[不同pH下由图1得到]。下列说法不正确的是
A. 平衡常数
B. 当一半的发生水解时，溶液
C 改变条件，使溶液位于图2a点，达平衡后不会出现沉淀
D. 向溶液中加入一定量的氯化镁，可能生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图1可知，pH＝6.2时，此时H2CO3的电离平衡常数，同理H2CO3的电离平衡常数Ka2＝10−10.2，则的平衡常数，故A正确；
B．当一半的发生水解成和OH−时，溶液中，由图1可知溶液pH≈10.2，故B正确；
C．由图2可知，a点时，Q(MgCO3)＞Ksp(MgCO3)、Q[Mg(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，则改变条件，a点溶液中有MgCO3沉淀，无Mg(OH)2沉淀，故C错误；
D．由图2可知，pH＞10.6时Na2CO3溶液中Mg2＋主要转化为Mg(OH)2沉淀，pH＜10.6时Na2CO3溶液中Mg2＋主要转化为MgCO3沉淀，向Na2CO3溶液中加入一定量MgCl2，若溶液的pH＞10.6则可生成Mg(OH)2沉淀，故D正确；
故答案选C。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，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：129分。
8. 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，难溶于水)是电池磷酸铁锂正极材料所需的主要原材料。某同学在实验室，利用废铁屑制备草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)。回答下列问题：
（1）利用废铁屑制备硫酸亚铁溶液。废铁屑在使用前需要用热的饱和碳酸钠溶液进行洗涤，目的是___________；为了防止硫酸亚铁变质，制备过程中应采取的措施是___________。
（2）草酸亚铁晶体制备，实验装置如图所示。
①仪器X的名称为___________。
②实验过程中不断通入N2，其目的除了提供无氧环境，另一个目的是___________(结合实验装置回答)。
③反应完全后，用蒸馏水和无水乙醇多次洗涤，进行固液分离，在60℃下干燥12h，得到淡黄色的草酸亚铁晶体产品。检验草酸亚铁晶体洗涤干净的方法是___________；写出制备草酸亚铁晶体的离子方程式：___________。
（3）产品中FeC2O4·2H2O的质量分数测定[假设产品中杂质仅为FeSO4和(NH4)2SO4]
Ⅰ．将准确称量的ag草酸亚铁晶体样品置于250mL锥形瓶内，加入适量的H2SO4溶解，加热至70℃左右，立即用浓度为的高锰酸钾标准溶液滴定至终点，重复2~3次，平均消耗高锰酸钾溶液bmL；
Ⅱ．向上述滴定混合液中加入适量的Zn粉和过量的的H2SO4溶液，煮沸(不含Fe3+)，继续用的高锰酸钾标准溶液滴定至终点，平均消耗高锰酸钾溶液cmL。
①步骤Ⅱ中检验溶液不含Fe3+的操作：取一滴煮沸后的溶液滴入装有___________(填化学式)溶液的试管中，若___________，则说明溶液不含Fe3+。
②产品中FeC2O4·2H2O的质量分数为___________%(用含a、b、c的式子表示)。
已知。
【答案】（1） ①. 洗涤铁屑表面油污 ②. 硫酸亚铁溶液中加少量铁粉
（2） ① 三口烧瓶 ②. 起到搅拌作用，使草酸铵和硫酸亚铁溶液充分混合 ③. 取最后一次洗涤液，加足量盐酸，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含硫酸根离子，则草酸亚铁晶体已洗涤干净 ④.
（3） ①. KSCN溶液 ②. 不变红 ③.
【解析】
【小问1详解】
热的纯碱溶液可以去油污，废铁屑在使用前需要用热的饱和碳酸钠溶液进行洗涤，目的是洗涤铁屑表面油污；Fe3+能被Fe还原为Fe2+，为了防止硫酸亚铁变质，制备过程中应采取的措施是在硫酸亚铁溶液中加少量铁粉；
【小问2详解】
①根据装置图，仪器X的名称为三口烧瓶。
②实验过程中不断通入N2，根据图示，通入氮气可以起到搅拌作用，使草酸铵和硫酸亚铁溶液充分混合，加快反应速率。
③取最后一次洗涤液，加足量盐酸，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含硫酸根离子，则草酸亚铁晶体已洗涤干净；草酸铵、硫酸亚铁反应生成草酸亚铁晶体、硫酸铵，反应的离子方程式为。
【小问3详解】
①Fe3+遇KSCN溶液变红，步骤Ⅱ中检验溶液不含Fe3+的操作：取一滴煮沸后的溶液滴入装有KSCN溶液的试管中，若溶液不变红，则说明溶液不含Fe3+。
②根据步骤Ⅰ，Fe2+、 共消耗高锰酸钾的物质的量为，根据步骤Ⅱ，Fe2+消耗高锰酸钾的物质的量为，则消耗高锰酸钾的物质的量为，根据，可知的物质的量为，根据守恒FeC2O4·2H2O的物质的量为，产品中FeC2O4·2H2O的质量分数为。
9. 氯化亚铜()广泛应用于冶金工业，也用作催化剂和杀菌剂。以硫化铜精矿为原料生产的工艺如下：
已知：难溶于醇和水，溶于较大的体系，潮湿空气中易水解氧化。
（1）步骤1是“氧化酸浸”的过程，该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，化学方程式是___________。
（2）步骤2是溶解过程，溶解时反应的离子方程式___________。
（3）步骤3为主反应，的沉淀率与加入的的量关系如图所示。
①反应的氧化产物是___________；
②比较相对大小：A点___________C点(填“>”、“ ③. 加水稀释
（4）过滤 （5） ①. 具有强氧化性会把氧化 ②. 去除固体表面的水，防止其被空气氧化
（6） ①. ②. (或)
【解析】
【分析】根据流程图，H2O2在酸性条件下将CuS中的S2-氧化生成S单质，其反应方程式为：CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，CuSO4被还原生成Cu单质；利用硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，可氧化Cu单质生成Cu2+，溶液中加入(NH4)2SO3和NH4Cl发生氧化还原反应生成CuCl沉淀，过滤得到的CuCl经硫酸酸洗后再用乙醇洗涤，经干燥得到CuCl，据此分析解答。
【小问1详解】
步骤1是“氧化酸浸”的过程，该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，，说明生成硫酸铜和硫单质，H2O2在酸性条件下将CuS中S2-氧化成硫单质，其反应方程式为CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S↓+2H2O。
【小问2详解】
步骤2是溶解过程，利用硝酸根在酸性条件性具有强氧化性，可溶解Cu生成氧化产物Cu2+，硝酸根被还原成NO或NO2，则溶解时反应的离子方程式为或。
【小问3详解】
①步骤3为主反应，涉及反应为：2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+，反应中S元素化合价由+4价升高为+6价，被氧化，氧化产物为或(NH4)2SO4；
②随着氯化铵浓度不断增大，亚铜离子的沉淀率由低到高后又有所下降，则B点之前Cu+过量、且Cu+与Cl-形成CuCl的沉淀，B点时恰好沉淀完全得，B点之后，c(Cl-)增大，部分CuCl(s)溶解：，故A点铜元素主要存在形式为Cu+与CuCl，B点铜元素主要存在形式CuCl，C点铜元素主要存在形式为与CuCl，则相对大小：A点＞C点；
③B点之后，c(Cl-)增大，发生，部分CuCl(s)溶解，沉淀减少，若加水稀释，减少c(Cl-)，平衡左移，则提高C点状态混合物中沉淀率的措施是加水稀释；
【小问4详解】
步骤4把氯化亚铜沉淀分离出来，则进行的实验操作是过滤；
【小问5详解】
洗涤过程中不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是：硝酸具有强氧化性，可氧化CuCl，所以洗涤过程中不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”。已知 难溶于醇，在潮湿空气中易水解氧化，则用乙醇洗涤的目的是：去除固体表面的水，防止其被空气氧化。
【小问6详解】
①溶于溶液的离子方程式是。
②产品纯度测定时存在关系式，，消耗标准溶液b mL，则产品中(摩尔质量为99g/ml)的质量分数为
10. 氨是一种重要化工产品，研究有关氨反应规律具有重要意义。的催化氧化是工业制备硝酸的重要反应。
（1）已知氨催化氧化时会发生如下两个竞争反应Ⅰ、Ⅱ
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在反应过程中，上述反应Ⅰ和Ⅱ的能量变化如图甲、乙所示：

则反应：_______
（2）为了研究不同催化剂和温度对该反应的选择性影响，在1L密闭容器中充入2ml和3ml，发生上述竞争反应Ⅰ和Ⅱ.在相同时间段内，测得不同催化剂对应的选择性变化如图丙所示，在最优催化剂下进行反应时，生成、NO的的转化率随温度的变化如图丁所示［已知：ⅰ.的选择性=；ⅱ.C点及以后两反应均达到平衡状态］

①在硝酸工业中，催化氧化氨制取NO时，应选择的催化剂和温度是_______、_______。C点后NO的产率下降的原因是_______，硝酸溶液中，酸根阴离子的空间构型为_______
②下列叙述中能说明反应Ⅰ达到平衡状态的是_______(填标号)
A.混合体系中、保持不变
B.反应速率
C.混合气体的密度不再变化
③C点对应温度下，反应Ⅰ的平衡常数为_______(列出计算式即可)
④若反应25min到达C点，在0~25min内用表示的速率_______
【答案】（1）-1628.2
（2） ①. 催化剂Y ②. 840℃ ③. 反应Ⅰ正反应放热，达到平衡后升高温度，平衡向左移动，NO产率下降 ④. 平面三角形 ⑤. A ⑥. ⑦. 0.076
【解析】
【小问1详解】
由图示可知、，根据盖斯定律，将Ⅱ×2-Ⅰ得，故。
【小问2详解】
①工业制硝酸中应尽可能将转化为NO，由图丙可知应选择的选择性最低的催化剂，故应该选用催化剂Y；由于反应Ⅰ是放热反应，达到平衡后，再升高温度，平衡向左移动，故NO的产率下降，酸根阴离子为，中心原子N的价层电子对数，故离子的空间构型为平面三角形。
②A.混合体系中和NO的浓度保持不变，说明达到平衡，A项正确；
B.
和均表示正反应速率，不能说明是否平衡，B项错误；
C.容器容积不变，混合气总质量不变，密度不能说明是否平衡，C项错误；
答案选A；
③C点时NO和的转化率分别为90%、5%，说明生成，，根据化学方程式，列三段式：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
平衡时、、，容器容积为1L，故反应Ⅰ的平衡常数。
④C点生成，生成，则共消耗，则用表示的速率。
(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，则每学科按所做的第一题计分。
［化学——选修3，物质结构与性质］
11. 科学家对多种过渡金属元素进行深入的研究，在新能源、新材料研发，医疗等领域应用广泛。回答下列问题：
(1)铜元素位于周期表中___________区，画出Fe 3+ 离子能量最高的能级的电子排布图___________。
(2)CO可以形成Ni (CO)4、Fe(CO)5 等多种配合物，在提纯金属方面应用广泛。与CO互为等电子体的一种阴离子和一种单质分子的化学式分别为___________ 、___________，CO分子中σ键和π键个数比为___________。
(3)[PtCl2(NH3)2］有如下两种平行四边形结构：
研究表明，图a分子用于抗癌药物，在图a中用箭头标出配位键___________。解释分子b不溶于水的原因：___________。
(4)铜和氧形成的一种离子化合物是良好的半导体材料。晶胞结构如下图，
铜离子的电荷数为___________，其配位数为___________，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，称作原子分数坐标，例如图中a原子和b原子坐标分别为(0，0，0)( )，则c原子分数坐标为___________，若晶体密度为d g/cm-3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞中阴阳离子最短距离为___________ nm(列出计算式即可)。
【答案】 ①. ds ②. ③. CN- ④. N2 ⑤. 1:2 ⑥. ⑦. b分子为非极性分子，而水为极性溶剂，极性不同，根据相似相溶原理，b分子不溶于水 ⑧. +1 ⑨. 2 ⑩. ( ) ⑪. 107
【解析】
【分析】
【详解】(1)铜原子的核电荷数为29，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，铜元素位于周期表中的ds区；Fe3+离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，能量最高的是3d，则Fe3+离子能量最高的能级的电子排布图，故答案为：ds；；
(2) CO有2个原子，价电子总数为10，则与CO互为等电子体的一种阴离子和一种单质分子的化学式分别为CN-、N2，CO与N2为等电子体，结构相似，分子中σ键数为1个，π键数为2个，则σ键和π键个数比为1:2，故答案为：CN-；N2；1:2；
(3) [PtCl2(NH3)2］的中心原子为Pt，提供空轨道，配位原子为Cl、N，提供孤电子对，则在图a中用箭头标出配位键为；由b分子结构可知，b分子结构对称，为非极性分子，而水为极性溶剂，根据相似相溶原理，b分子不溶于水，故答案为：；b分子为非极性分子，而水为极性溶剂，极性不同，根据相似相溶原理，b分子不溶于水；
(4)由晶胞结构图可以看出，晶胞中Cu位于晶胞内，其个数为4，O有8个位于顶点、一个位于体心，其个数为8+1=2，该晶体的化学式为Cu2O，故Cu2O中铜离子的电荷数为+1；与每个铜离子最近的氧离子有2个，则铜离子的配位数为2；图中a原子和b原子坐标分别为(0，0，0)、( )，说明是以图中a点为坐标原点的，则c原子分数坐标为( )；晶胞的质量为g，晶胞的体积V=cm3=cm3，晶胞的棱长为cm，晶胞体对角线长为cm，由图可知晶胞中阴阳离子最短距离为晶胞体对角线长的四分之一，即cm=107nm，故答案为：+1；2；( )；
107。
［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→↓+3HBr ②. 羟基、碳溴键
（2） ①. 3﹣氯丙烯 ②. 3
（3）氧化反应 （4） ①. C9H7O2Br3 ②. 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，
故答案为：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：、，
故答案为：2。A．验证非金属性
B．提纯高锰酸钾
C．制备无水
D．制备碳酸氢钠