重庆市2024届高三化学下学期2月联合考试试题含解析

这是一份重庆市2024届高三化学下学期2月联合考试试题含解析，共22页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，5 Ti-48， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。
2，答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答填空题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生保存，以备评讲)。
可能用到的相对原子质量：Cl-35.5 Ti-48
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合要求)
1. 下列有关化学与生活和科技发展等的解释，不正确的一项是
A. 航天员穿的宇航服内衬面料中会添加芳纶，以增加弹性，芳纶属于有机高分子材料
B. 铜梁非物质文化遗产“打铁花”，是利用了铁元素焰色试验
C. 九滨路长江边上停靠的166舰，舰底镶嵌了很多锌块，这是利用牺牲阳极法对舰底进行保护
D. 2023年11月15日，习主席同美国总统拜登在旧金山进行会晤。期间，习主席乘坐的是国产红旗轿车。红旗轿车在设计时，部分材料采用了碳纤维，碳纤维属于无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．芳纶是芳香族聚酰胺纤维，属于有机高分子材料，故A正确；
B．“打铁花”过程中铁在空气中剧烈燃烧，放出大量的热，火星四溅，属于化学变化，故B错误；
C．舰底镶嵌了很多锌块，铁、锌构成原电池，锌为负极、被腐蚀，舰底被保护，这是利用牺牲阳极法对舰底进行保护，故C正确；
D．碳纤维由碳元素组成，属于新型无机非金属材料，故D正确；
选B。
2. 用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是
A. 中子数为8的氮原子为
B. 由H和Cl形成HCl的过程为
C. 的结构式为
D. 的结构示意图为
【答案】C
【解析】
【详解】A．中子数为8的氮原子质量数为15，化学符号为，故A错误；
B．HCl为共价化合物，电子式：，用电子式表示其形成过程时形成共用电子对，没有电子得失，故B错误；
C．是共价分子，其结构式为，故C正确；
D．的结构示意图，故D错误；
答案选C。
3. 过量浓NaOH溶液和白磷加热煮沸可发生反应：P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑。下列说法不正确的是(用NA表示阿伏伽德罗常数的值)
A. 1mlP4含6NA个σ键B. 当反应生成0.2mlPH3时，转移电子数为0.6NA
C. NaH2PO2为正盐D. PH3分子的键角大于NH3分子的键角
【答案】D
【解析】
【详解】A．P4的结构式为，表明1个P4分子中含有6个P-P共价单键，则1mlP4含6NA个σ键，A正确；
B．在反应中，存在以下关系式：，当反应生成0.2mlPH3时，转移电子数为0.6NA，B正确；
C．由于过量浓NaOH溶液和白磷反应生成NaH2PO2，则H3PO2为一元弱酸，则NaH2PO2属于正盐，C正确；
D．PH3分子中P原子和NH3分子中N原子都发生sp3杂化，P原子和N原子的最外层都有1个孤电子对，但P-H键长大于N-H键长，成键电子对与成键电子对间的排斥力PH3比NH3弱，所以PH3分子的键角小于NH3分子的键角，D不正确；
故选D。
4. 陈述1和陈述2均正确且二者有相关性的是
AAB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．用液氨作制冷剂是因为液氨汽化时吸收大量热量，能使环境温度降低，氨气分子中化学键没有断裂，故A错误；
B．食盐可用于调味和消毒与氯化钠是离子晶体没有关系，故B错误；
C．浓硝酸见光易分解，所以将浓硝酸保存于棕色试剂瓶并放置阴凉处，与硝酸是一元酸没有关系，故C错误；
D．KMnO4具有强氧化性，所以可用KMnO4溶液对环境消毒，故D正确；
故选D。
5. 下列有关离子方程式，正确的是
A. 向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：+CO2+H2O=2
B. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2+CO2+H2O=2+
C. Na[Al(OH)4]溶液与NaHCO3溶液混合：[Al(OH)4]-+=Al(OH)3↓+H2O+
D. 向Mg(HCO3)2溶液中加入过量澄清石灰水：Mg2++2+Ca2++4OH-=Mg(OH)2↓+CaCO3↓+2H2O+
【答案】C
【解析】
【详解】A．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，生成的NaCO3溶解达饱和后，会生成白色沉淀：2Na+++CO2+H2O=2NaHCO3↓，A不正确；
B．向苯酚钠溶液中通入少量CO2，由于的酸性比苯酚弱，最终只能生成NaHCO3和苯酚：+CO2+H2O=+，B不正确；
C．Na[Al(OH)4]溶液与NaHCO3溶液混合，发生离子互换反应，生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3等：[Al(OH)4]-+=Al(OH)3↓+H2O+，C正确；
D．向Mg(HCO3)2溶液中加入过量澄清石灰水，生成Mg(OH)2沉淀、CaCO3沉淀等，但溶液中不含有：Mg2++2+2Ca2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O，D不正确；
故选C。
6. 核黄素的结构如图，下列说法正确的是
A. 该物质的分子式为C17H16O4N4
B. 该分子中存在1个手性碳原子
C. 该分子中所有碳原子可能共平面
D. 加热条件下，1ml该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗3mlNaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据结构简式可知该物质的分子式为C17H22O6N4，故A错误；
B．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，则括号内的3个碳原子为手性碳原子，故B错误；
C．分子中含有多个饱和碳原子，所以该分子中所有碳原子不可能共平面，故C错误；
D．分子中含有羧酸、碳酸形成的酰胺基，与足量氢氧化钠反应生成碳酸钠和羧酸钠，所以加热条件下，1ml该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗3mlNaOH，故D正确；
故选D。
7. 下列说法不正确的是
A. 装置甲可以用于探究铁与水蒸气反应，并点燃肥皂泡检验氢气
B. 图乙用(杯酚)识别和，操作①②为过滤，操作③为蒸馏
C. 装置丙可用于实验室配制银氨溶液
D. 装置丁中若将溶液替换成溶液，仍然形成原电池
【答案】C
【解析】
【详解】A．湿棉花受热产生水蒸气，高温下铁与水蒸气反应生成氢气，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡检验氢气，A正确；
B．图乙用(杯酚)识别和，超分子不溶于甲苯，杯酚可溶于氯仿，故操作①②为过滤，杯酚和氯仿沸点不同，操作③为蒸馏，B正确；
C．实验室配制银氨溶液时应该把过量的氨水逐滴滴入硝酸银溶液中，C错误；
D．装置丁中若将溶液替换成溶液，仍然可以形成原电池，锌是负极，铜是正极，D正确；
故选C。
8. 磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞结构如下图，其中的每个原子均满足8电子稳定结构。下列有关说法正确的是
A. 磷化硼属于混合晶体
B. 磷化硼晶体中存在配位键
C. 磷化硼晶体在熔融状态下可作离子导体
D. 磷化硼晶体中微粒的空间堆积方式与氯化钠相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，晶体中仅含共价键，属于共价晶体，A项错误；
B．B原子最外层有3个电子，P原子最外层有5个电子，磷化硼晶体中每个原子均满足8电子稳定结构，则每个B形成3个普通的B—P共价键、还有1个共价键由P单方面提供孤电子对与B共用，即存在配位键，B项正确；
C．磷化硼晶体在熔融状态下不导电，不能作离子导体，C项错误；
D．磷化硼晶体中微粒的配位数为4，NaCl晶体中微粒的配位数为6，两者微粒的空间堆积方式不同，D项错误；
答案选B。
9. 研究人员合成了一种重要的高分子材料丙，其合成路线如下：
下列说法正确是
A. 1ml甲与浓溴水反应，最多消耗1mlBr2
B. 反应①为加成反应，反应②为加聚反应
C. 丙分子可以发生水解反应重新生成乙分子和甲分子
D. 若用18O标记甲分子中的O原子，则丙分子中一定含有18O
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯酚和溴水反应，和酚羟基处于邻对位碳原子上的氢原子都可以被溴原子取代，所以1ml甲与浓溴水反应，最多消耗3mlBr2，故A错误；
B．反应①还有水生成，故不是加成反应，反应②中还有甲醇生成，是缩聚反应，B错误；
C．乙到丙的反应过程有甲醇生成，故应该是丙分子和甲醇反应重新生成乙分子和碳酸二甲酯，不能得到甲分子，C错误；
D．发生反应②时，乙中断裂O-H键，碳酸二甲酯断裂酯基中的C-O键，所以若用18O标记甲中的O原子，则丙中一定含有18O，D正确；
故选D。
10. 下列方案设计、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．非金属性的强弱可以根据最高价酸的酸性强弱来判断。盐酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，能证明酸性：HCl>H2CO3，而盐酸不是氯的最高价酸，所以不能证明氯与碳的非金属性的强弱，故A错误；
B．乙醇与浓硫酸共热至170℃所得气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾溶液褪色，乙醇易挥发同时乙醇也能与酸性高锰酸钾反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．亚硫酸钠水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子，溶液呈碱性，加热促进亚硫酸钠水解，溶液中的OH-浓度增大，水的电离程度也增大，且硫为+4价，加热过程中硫易被氧化，反应生成硫酸钠，显中性，最终溶液的pH减小不能说明的水解过程为放热过程，C错误；
D．将少量BaCl2溶液分别逐滴加入等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液中，Na2SO4溶液中先出现沉淀，证明Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，故D正确；
故选D。
11. 微生物电池可用来处理废水中的对氯苯酚，其工作原理示意图如下。关于该电池的说法不正确的是
A. a极是负极
B. H+向b极迁移
C. 对氯苯酚在电极上发生的反应是+H++2e—=+Cl—
D. 电路中通过0.4mle—，消耗了0.1mlCH3COO—
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，该装置为原电池，a极是原电池的负极，醋酸根离子在a极的微生物膜上失去电子发生氧化反应生成碳酸氢根离子和碳酸，电极反应式为CH3COO——8e—+4H2O=2HCO+9H+或CH3COO——8e—+4H2O=2H2CO3+7H+，b极为正极，对氯苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯酚和氯离子，电极反应式为+H++2e—=+Cl—。
【详解】A．由分析可知，a极是原电池的负极，故A正确；
B．由分析可知，a极是原电池的负极，b极为正极，电池工作时，溶液中的氢离子向正极b极移动，故B正确；
C．由分析可知，b极为正极，对氯苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯酚和氯离子，电极反应式为+H++2e—=+Cl—，故C正确；
D．由分析可知，a极是原电池的负极，醋酸根离子在a极的微生物膜上失去电子发生氧化反应生成碳酸氢根离子和碳酸，电极反应式为CH3COO——8e—+4H2O=2HCO+9H+或CH3COO——8e—+4H2O=2H2CO3+7H+，由电极反应式可知，电路中通过0.4mle—，消耗了0.05ml醋酸根离子，故D错误；
故选D。
12. M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，基态X原子2p能级上仅有2个电子，Y元素原子的价层电子数是W的两倍，由五种元素组成的某电极材料的结构如图所示。下列说法一定正确的是
A. 氢化物沸点：X c(OH-)+2c()，由于溶液显碱性，则c(H+)2c()，B项正确；
C．由图知溶液的pOH=3，即，据知，，，C项错误；
D．由图可知pOH=7时，温度高于室温，，再由电荷守恒式知：时，，即溶液中有，D项错误；
故选B。
二、填空题(本题包括4小题，共58分)
15. 从粗贵金属精矿(含金铂钯等单质，及部分铜铁镍等金属元素)中分离金铂钯元素的工艺流程如图：
已知：①当有硝酸存在时，铂可形成难溶的亚硝基配合物(NO)2PtCl6。
②该反应条件下：Fe2+、Cu2+、Ni2+完全沉淀时溶液的pH分别为4.4、6.5、10.0。
③滤液1、滤液2、滤渣3中均含有铜铁镍等金属元素。
（1）焙烧浸取时可以提高反应速率的方法有___________。(任写一条)
（2）“浸取”过程钯(Pd)可与王水反应生成H2PdCl4和NO气体，则该反应的化学方程式为___________。
（3）加入盐酸将“浸取”后的糊状物在“赶硝”步骤中煮沸，其目的是___________。
（4）“还原”时，溶液中的与草酸反应生成对环境无污染的气体，则该反应的离子方程式为___________。
（5）沉淀后滤液的含钯成分为红棕色的H2PdCl4，第二次加氨水后得到浅黄色的Pd(NH3)4Cl2溶液，滤渣3中主要物质为___________、___________。
（6）若产品的杂质含量偏高，可将其溶于___________，再加入___________得到Pd(NH3)2Cl2沉淀，如此反复可得到Pd(NH3)2Cl2含量大于99.9%的产品。
（7）铂镍合金在较低温度下形成一种超结构有序相，其立方晶胞结构如下图所示，晶胞参数为apm。晶胞结构中有两种大小一样的八面体空隙，一种完全由镍原子构成(，用A表示)，另一种由铂原子和镍原子共同构成(，用B表示)。
①该晶体的化学式为___________。
②晶体中A和B的数目之比为___________。
【答案】15. 将固体粉碎，搅拌
16. 3Pd+2HNO3+12HCl=3H2PdCl4+2NO↑+4H2O
17. 将难溶的亚硝基配合物(NO)2PtCl6溶解，提高铂的浸出率
18. 2+3H2C2O4=2Au↓+6CO2↑+8Cl-+6H+
19. ①. Cu(OH)2 ②. Fe(OH)3
20. ①. 氨水 ②. 盐酸
21. ①. Ni3Pt(或PtNi3) ②. 1：3
【解析】
【分析】从粗贵金属精矿(含铂金钯等单质，及部分铜铁镍等金属)中分离铂钯金，同时要除去Fe3+、Cu2+、Ni2+，而滤液1、滤液2、滤渣3中均可用于提炼金属，可知其除去的步骤，以无机物的性质和应用为主，考查物质的变化过程，分离提纯、陌生化学方程式的书写、氧化还原反应等知识，以此解题。
【小问1详解】
焙烧浸取时可以提高反应速率的方法有将固体粉碎，搅拌；加热或适当增大浸取液浓度。
【小问2详解】
“浸取”过程钯(Pd)可与王水反应生成H2PdCl4和NO气体，由此可以写出反应为：3Pd+2HNO3+12HCl=3H2PdCl4+2NO↑+4H2O；
【小问3详解】
根据题干信息可知，当有硝酸存在时，铂可形成难溶的亚硝基配合物(NO)2PtCl6，因此需要除去硝酸，将难溶的亚硝基配合物(NO)2PtCl6溶解，提高铂的浸出率；
【小问4详解】
溶液中的AuCl与草酸(H2C2O4)反应生成对环境无污染的气体，故产物中应该仅有二氧化碳气体，该反应的离子方程式为2+3H2C2O4=2Au↓+6CO2↑+8Cl-+6H+；
【小问5详解】
根据题干信息知道Fe3+、Cu2+、Ni2+完全沉淀时溶液的pH分别为4.4、6.5、9，当加入氨水调pH小于7.5时，主要沉淀的铁离子、铜离子，滤渣3中主要物质为Cu(OH)2、Fe(OH)3；
【小问6详解】
若产品的杂质含量偏高，可将其溶于氨水，使杂质离子充分沉淀，再过滤，滤液中加盐酸调节pH值得到纯度较高的产品。
【小问7详解】
①由铂镍合金晶胞可知，Pt的个数：8×=1，Ni的个数：6×=3，故化学式为Ni3Pt(或PtNi3)；②完全由镍原子构成的八面体空隙在晶胞的体心，铂原子和镍原子共同构成的八面体空隙在棱心，二者的数目之比为1：3。
16. 钛是一种稀有金属，钛及钛系化合物作为精细化工产品，有着很高的附加价值，前景十分广阔。某中学对此开展了相应的研究性学习。
I．甲小组同学以TiO2、TiCl4、H2为原料，用如下装置制备Ti2O3。
B为直形管式电阻炉，880℃时，该装置内先后发生以下反应：
①3TiO2+TiCl4+2H2=2Ti2O3+4HCl
②2TiCl4+H2=2TiCl3+2HCl
已知：①TiCl4易挥发，高温时能与O2反应，不与HCl反应，易水解，能溶于有机溶剂。
②TiO2、Ti2O3熔沸点较高，在反应装置内为固态。
（1）C装置的作用是___________，D装置中浓硫酸的作用是___________。
（2）TiCl4过多，易引发副反应②，可通过调节___________控制TiCl4通入量。
Ⅱ．乙小组同学利用如下装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略去)。
（3）装置C中除生成TiCl4外，还生成一种气态不成盐氧化物，该反应的化学方程式为_______。
（4）制得的TiCl4中常含有少量CCl4，已知TiCl4与CCl4分子结构相似。TiCl4属于___________分子(“极性”或者“非极性”)，通过减压蒸馏提纯，先馏出的物质为___________。
（5）利用如图装置测定所得TiCl4的纯度：取1.0g产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水，待TiCl4充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几滴0.10ml/LK2CrO4溶液作指示剂，用0.5000ml/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液40.00mL。
已知：常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12，Ag2CrO4呈砖红色，TiCl4+(2+n)H2O=TiO2·nH2O↓+4HCl。
①滴定终点的判断方法是___________。
②产品的纯度为___________%(保留一位小数)。
【答案】（1） ①. 收集冷凝四氯化钛并防止倒吸 ②. 防止空气中水进入装置
（2）A中水浴的温度（3）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
（4） ①. 非极性 ②. CCl4
（5） ①. 当加入最后半滴AgNO3标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉淀，且半分钟不消失 ②. 95.0%
【解析】
【分析】I．实验中应先通一段时间氢气后，排除装置内空气，然后打开装置B的加热开关，TiO2、TiCl4、H2反应生成Ti2O3，当装置中出现紫红色气体，说明TiO2已消耗完毕，关闭装置B的加热开关，待冷却后再关闭K1、K2；Ⅱ．本实验利用Cl2与TiO2反应制备TiCl4，A为制备Cl2的装置，C、D分别为制备、收集TiCl4的装置，因TiCl4易水解，要求制备和收集过程无水，故在C前、D后都要加干燥装置，所以B、E中盛放试剂为浓硫酸；F中盛放NaOH溶液，目的是除去未反应的Cl2，据此答题；
【小问1详解】
TiCl4在C装置中被液化从而使气压变小，起到安全瓶的作用，故C装置的作用是收集冷凝的四氯化钛并防止倒吸；浓硫酸具有吸水性，D装置中浓硫酸的作用是防止空气中水进入装置BC中，干扰实验的进行；
【小问2详解】
TiCl4与H2的比例过大，容易引发副反应②，可通过调节装置A中水浴的温度，控制TiCl4的气化量，达到调整TiCl4的通入量；
【小问3详解】
根据元素守恒可知一种气态不成盐氧化物为CO，则该反应的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
【小问4详解】
根据TiCl4与CCl4分子结构相似，则都是正四面体结构，所以TiCl4属于非极性分子；CCl4的相对分子量小，则熔沸点比TiCl4低，所以CCl4先蒸馏出来；
【小问5详解】
①根据题目给的溶度积常数和信息可知，滴定终点的判断方法是当加入最后半滴AgNO3标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉淀，且半分钟不消失；②根据元素守恒关系TiCl4～4HCl～4AgNO3，n(TiCl4)＝n(AgNO3)＝×0.5×40×10-3ml，产品的纯度为=95.0%
17. 近日，科学家开发新型催化剂实现一氧化二氮对C4馏分中2-丁烯的气相选择性氧化，反应原理如下：
反应l：CH3CH=CHCH3(g)+N2O(g)⇌CH3CH2COCH3(g)+N2(g) △H1
反应2：CH3CH=CHCH3(g)+2N2O(g)⇌2CH3CHO(g)+2N2(g) △H2”“