四川省内江市威远中学2023-2024学年高三上学期第三次月考理科综合试题（Word版附解析）

这是一份四川省内江市威远中学2023-2024学年高三上学期第三次月考理科综合试题（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，可能用到的相对原子质量， 下列反应的离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
2.答题前，考生务必将姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置。
3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效，结束后，只交答题卡。
4.可能用到的相对原子质量：H-1 Be-9 N-14 Na-23 Mg-24 Cl-35.5 Cu-64
第Ⅰ卷 (选择题共126分)
一、选择题：本大题共14小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意。
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. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1L0.2ml∙L-1K2Cr2O7中的数目为0.2NA
B. 1ml的正四面体烷中含有σ键数目为6NA
C. 电解精炼铜，当电路中通过的电子数为0.5NA时，理论上阴极增重16gCu
D. 1 ml∙L-1的NH4Cl溶液中和H+的数目之和大于NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．在K2Cr2O7溶液中存在平衡：+H2O2+2H+，则1L0.2ml∙L-1K2Cr2O7中的数目小于0.2NA，A不正确；
B．1ml的正四面体烷中含有6个C-Cσ键和4个C-Hσ键，则含σ键的数目为10NA，B不正确；
C．电解精炼铜，当电路中通过的电子数为0.5NA时，理论上阴极生成Cu的物质的量为0.25ml，增重0.25ml×64g/ml=16gCu，C正确；
D．1 ml∙L-1的NH4Cl溶液的体积未知，无法求出和H+的数目，D不正确；
故选C。
3. 抗癌药多烯紫杉醇中间体的结构简式如图所示。下列关于该化合物的说法错误的是
A. 分子式为，分子中含有两种含氧官能团
B. 分子中可能在同一平面上的碳原子最多为7个
C. Na和NaOH溶液都能与该化合物反应
D. 该有机物可在铜、加热条件下发生催化氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．多烯紫杉醇中间体的分子式为，分子中含有羟基，酯基两种含氧官能团，A正确；
B．由于苯环和碳氧双键均是平面形结构，多烯紫杉醇中间体分子中碳原子均有可能在同一平面上，最多为11个，B错误；
C．多烯紫杉醇中间体分子中含有的羟基可与Na反应，含有的酯基可与NaOH溶液反应，C正确；
D．含有醇羟基，该有机物可在铜、加热条件下发生催化氧化反应形成酮羰基，D正确；
答案选B
4. X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X是形成化合物最多的元素，Y与W同主族，且可形成和型化合物，Z与Y形成型离子化合物，下列说法正确的是
A. Y、Z、W的简单离子半径大小为：
B. Y与W的简单氢化物的熔沸点和稳定性：
C. X与W的最高价氧化物的水化物的酸性强弱为：
D. Z与Q形成的化合物中只存在静电吸引
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X是形成化合物最多的元素，则X为C元素；Y与W同主族，且可形成WY2和WY3型化合物，则Y为O元素、W为S元素；Z与Y形成Z2Y2型离子化合物，则Z为Na元素、Q为Cl元素。
【详解】A．同主族元素，从上到下离子的离子半径依次增大，则硫离子的离子半径大于氧离子；氧离子和钠离子的电子层结构相同，核电荷数钠大于氧，则半径氧离子大于钠离子，故A错误；
B．水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，则水分子间的作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢；元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越大，氧元素的非金属性强于硫元素，则水的稳定性强于硫化氢，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，硫元素的非金属性强于碳元素，则碳酸的酸性弱于硫酸，故C错误；
D．氯化钠是只含有离子键的离子化合物，离子化合物中存在阴阳离子间的静电吸引力和原子核与原子核、电子与电子的静电斥力，故D错误；
故选B。
5. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 向NaHSO4中滴加少量Ba(HCO3)2溶液：
B. 向溶液中加入一小块钠：
C. 向FeI2溶液中通入一定量氯气，测得有50%的Fe2+被氧化：
D. 向水中通入氯气：
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaHSO4中滴加少量Ba(HCO3)2溶液，根据少定多变可知，碳酸氢钡完全反应：，A错误；
B．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，总反应为：，B错误；
C．离子还原性：I->Fe2+，通入氯气后按照还原性强弱依次反应，则碘离子完全被反应，而一半的亚铁离子被反应，由题意可知两种离子的物质的量之比为1：4，反应为，C正确；
D．水中通入氯气生成盐酸和弱酸次氯酸：，D错误；
故选C。
6. 下列实验操作、现象与结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.常温下，向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞，溶液均变红，前者红色更深，说明水解程度，即结合质子的能力:，A正确。
B. 用乙醇与浓硫酸反应制乙烯，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾溶液的紫红色褪去，不能说明乙烯能被酸性高锰酸钾氧化，因为挥发出的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液的紫红色褪去，B不正确；
C. 向装有X溶液的试管中滴入浓NaOH溶液，将干燥的红色石蕊试纸置于试管口无明显现象，不能说明X溶液中无，因为试纸没有用水润湿（还应适当加热），C不正确；
D. 淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反应后，向其中加NaOH溶液至碱性，一份滴加碘水，溶液不变蓝；另一份加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀，不能说明淀粉完全水解，因为氢氧化钠和碘单质会反应，因此加点水不变蓝，并不能说明淀粉完全水解了，D不正确。
本题选A。
7. 以柏林绿为代表的新型可充电钠离子电池的放电工作原理如图所示，下列说法正确的是
A. 放电时，M箔为电池的阳极
B. 充电时，正极反应为
C. 充电时，通过交换膜从右室移向左室
D. 外电路中通过0.2ml电子时，负极区离子导体质量变化为2.2g
【答案】D
【解析】
【分析】放电时，Mg箔上，Mg发生氧化反应，失去电子生成[Mg2Cl2]2+，Mg箔负极，则M箔为正极；充电时，Mg箔接电源负极，M箔接电源正极；
【详解】A．由分析可知，放电时，M箔为电池的正极，A错误；
B．由分析可知，放电时，左侧为正极，由图可知，正极反应为： Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，不是充电，充电时为阳极，B错误；
C．充电时该装置作电解池，电解池工作时阳离子移向阴极，Na＋应从左室移向右室，C错误；
D．负极上应是2Mg－4e－＋2Cl－=[Mg2Cl2]2+，当电路中通过0.2ml电子时，消耗0.1mlMg，质量减少2.4g，同时左侧0.2ml Na＋离子定向移动到负极区，则质量增加4.6g-2.4g=2.2g，D正确；
答案选D。
第Ⅱ卷
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题(共129分)
8. 资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用，如回收利用电解精炼铜的阳极泥中含有的银、铂、金等贵重金属。提炼阳极泥的方法有多种，湿法提炼是其中重要的一种，其主要生产流程如下：
请回答下列问题：
（1）各步生产流程中都涉及了同一种分离方法，该方法需要的玻璃仪器有玻璃棒和___________。
（2）脱铜渣A中含有AgCl，它溶于浓氨水的离子方程式为___________。
（3）已知N2H4 被银氨溶液氧化的产物是氮气，则每生成1 ml Ag，需要消耗___________g N2H4。
（4）固体B中单质Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成NaAuCl4，在NaAuCl4中Au元素的化合价为___________，该反应的离子方程式为___________。
（5）阳极泥中的铜可以用FeCl3 溶液浸出，所得溶液主要含有的阳离子为Cu2＋、Fe3＋和Fe2＋；结合下图分析：(其中的纵坐标代表金属阳离子浓度的对数)
①要从浸出液中提纯铜，最好先加入酸化的双氧水，目的是___________(用离子方程式表示)，然后加入适量的CuO调节pH=3.7，除去___________(离子)；
②根据图中数据计算可得Cu(OH)2的Ksp约为___________。
【答案】（1）烧杯、漏斗
（2）
（3）8 （4） ①. ＋3 ②.
（5） ①. ②. Fe3＋ ③.
【解析】
【分析】电解精炼铜的阳极泥，灼烧、酸浸、过滤，得到脱铜渣A，加入氨水过滤分离得到溶液和固体B；溶液中加入，得到银单质；固体B在酸性条件下，与次氯酸钠、氯化钠反应生成，通入二氧化硫还原得到和溶液；溶液中加入锌粉，得到、合金。
【小问1详解】
各步生产流程中都涉及了同一种分离方法为固体和溶液分离，该方法需要的玻璃仪器有玻璃棒和烧杯、漏斗；
【小问2详解】
脱铜渣A中含有AgCl，它溶于浓氨水的离子方程式为；
【小问3详解】
已知N2H4 被银氨溶液氧化的产物是氮气，，，，则每生成1 ml Ag，需要消耗的物质的量为0.25ml，质量为；
小问4详解】
固体B中单质Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成NaAuCl4，在NaAuCl4中钠的化合价是+1价，氯的化合价是-1价，则Au元素的化合价为+3价；该反应的离子方程式为；
【小问5详解】
要从浸出液中提纯铜，最好先加入酸化的双氧水，目的是；然后加入适量的CuO调节pH=3.7，全部沉淀，铜离子不沉淀，便于除去；，根据图中数据，时，，，，。
9. 某实验小组以粗铍(含少量的Mg、Fe、Al、Cu、Si等)为原料制备、提纯BeCl2，并测定产品中BeCl2的含量。
Ⅰ.按如图所示装置(夹持装置略)制BeCl2
已知：乙醚沸点为34.5℃：BeCl2溶于乙醚，不溶于苯，易发生水解；AlCl3溶于乙醚且溶于苯：MgCl2、FeCl2不溶于乙醚和苯。
（1）装置A中，浓硫酸与浓盐酸混合制HCl，仪器a的名称为___________。
（2）仪器b的作用是___________；装置D的作用是___________。
（3）C中发生的主要反应的化学方程式为___________。
（4）上述实验装置的缺点是___________。
Ⅱ.提纯BeCl2
反应后，装置C中BeCl2的乙醚溶液经过滤、蒸馏出乙醚得固体，用苯溶解固体，充分搅拌后过滤、洗涤、干燥得BeCl2产品。
（5）用苯溶解固体，充分搅拌后过滤，目的是___________。
Ⅲ.测定产品中BeCl2的含量
取1.000g产品溶于盐酸配成100mL溶液；取10.00mL溶液，加入EDTA掩蔽杂质离子，调节pH，过滤、洗涤，得Be(OH)2固体：加入25mL25%KF溶液溶解固体，滴加酚酞作指示剂，用盐酸溶液滴定其中的KOH，消耗盐酸22.50mL。(已知：4KF+ Be(OH)2=K2BeF4+2KOH；滴定过程中KF、K2BeF4不与盐酸反应)
（6）滴定终点的现象是___________。
（7）BeCl2的纯度为___________。(保留小数点后两位数字)
【答案】（1）恒压分液漏斗或恒压滴液漏斗
（2） ①. 防堵塞或防止体系压强过大 ②. 防止BeCl2因吸收空气中水蒸气而水解
（3）Be+2HCl= BeCl2+H2↑
（4）缺少HCl、H2尾气处理装置或缺少尾气处理装置
（5）除去AlCl3杂质
（6）当滴入最后一滴盐酸，溶液褪色且半分钟不复色
（7）90.00%
【解析】
【分析】装置A中浓硫酸与浓盐酸混合制HCl，通入Ar气体可促使HCl气体进入装置C中与粗铍(含少量的Mg、Fe、Al、Cu、Si等)反应生成BeCl2、MgCl2、FeCl2、AlCl3，装置B和D的浓硫酸具有吸水性，能干燥气体；据此分析。
【小问1详解】
仪器a的名称为恒压分液漏斗或恒压滴液漏斗；
【小问2详解】
仪器b长导管可与空气连通平衡大气压，作用是防堵塞或防止体系压强过大；
装置D中浓硫酸具有吸水性，已知BeCl2易发生水解，作用是防止BeCl2因吸收空气中水蒸气而水解；
【小问3详解】
浓硫酸与浓盐酸混合制HCl，HCl气体进入C中与Be反应生成氯化铍和氢气，发生的主要反应的化学方程式为Be+2HCl= BeCl2+H2↑；
【小问4详解】
盐酸与粗铍中活泼金属单质反应生成氢气，多余的尾气氯化氢和氢气没有吸收装置，则上述实验装置的缺点是缺少HCl、氢气的尾气处理装置或缺少尾气处理装置；
【小问5详解】
已知溶于BeCl2乙醚、不溶于苯，AlCl3溶于乙醚且溶于苯，用苯溶解固体，充分搅拌后过滤，目的是除去AlCl3杂质；
【小问6详解】
用盐酸溶液滴定其中的KOH，指示剂为酚酞，则滴定终点现象为当滴入最后一滴盐酸，溶液褪色且半分钟不复色；
【小问7详解】
根据滴定原理：KOH+HCl=KCl+H2O，则n(KOH)=n(HCl)=c∙V=×22.50×10-3L=2.25×10-3ml，由4KF+ Be(OH)2=K2BeF4+2KOH，可知n(Be)=nBe(OH)2=n(KOH)= ×2.25×10-3ml=1.125×10-3ml，BeCl2的纯度为。
10. 中科院“大气灰霾追因与控制”项目针对北京强霾过程进行分析，强霾过程中，出现了大量有毒有害的含氮有机颗粒物。燃煤和机动车尾气是氮氧化物的主要来源。现在对其中的一些气体进行了一定的研究：
（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知：
①CH4(g)＋4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH=-574 kJ·ml-1
②CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH=-1160 kJ·ml-1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH=-44.0 kJ·ml-1
写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式___________。
（2）为了减轻大气污染，人们提出在汽车尾气排气管口采用催化剂将NO和CO转化成无污染气体参与大气循环。T ℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2 L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程中NO的物质的量随时间变化如图所示。
①写出该反应的化学方程式___________。
②10 min内该反应的速率v(N2)=___________；T ℃时该化学反应的平衡常数K=___________。
③若该反应ΔH<0，在恒容的密闭容器中，反应达平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是___________。
④一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量NO和CO进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是___________。
a．容器中压强不再变化 b．CO2的浓度不再改变
c．2v正(NO)=v逆(N2) d．气体的密度保持不变
（3）一定温度下，用水吸收SO2气体时，若得到pH=4的H2SO3溶液，试计算溶液中=___________。SO2可用足量小苏打溶液吸收，反应的离子方程式是___________。(已知该温度下，H2SO3的电离常数：K1=4.5×10-2，K2=2.5×10-7，H2CO3的电离常数K1=8.4×10-7，K2=1.2×10-10)
【答案】（1）CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-955 kJ·ml-1
（2） ①. 2NO＋2CON2＋2CO2 ②. 0.005 ml·L-1·min-1 ③. 5 ④. c ⑤. ab
（3） ①. 400 ②. HCO＋SO2=HSO＋CO2
【解析】
【小问1详解】
已知：① CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-574kJ∙ml-l；
② CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1160kJ∙ml-l；
③ H2O(g)=H2O(1) ΔH=-44.0kJ∙ml-l。
根据盖斯定律：(① +② +③ ×2)得CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(1)的热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-955kJ∙ml-l；
【小问2详解】
① 采用催化剂将NO和CO转化成无污染气体二氧化碳和氮气，该反应的化学方程式为2NO+2CO=N2+2CO2；
② 由图象知10min内NO的物质的量变化为(0.4-0.2)ml=0.2ml，由反应方程式知N2的物质的量变化为0.1ml，浓度变化为0.05ml/L，该反应的速率v(N2)==0.005mlL-1∙min-1；利用三行式分析；

则T℃时该化学反应的平衡常数K===5；
③a．该反应为放热反应，升高温度，K减小，与图象不符，故a不符合题意；
b．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，与图象不符，故b不符合题意；
c．平衡常数的影响因素为温度，温度不变，K不变，与图象相符，故c符合题意；
d．增大N2的浓度，平衡逆向移动，NO的转化率降低，与图象不符，故d不符合题意；
答案选c；
④ a．随着反应的进行，容器内气体的物质的量逐渐减小，根据阿伏伽德罗定律知容器中压强逐渐减小，当容器内压强不再变化说明反应达到平衡状态，故a符合题意；
b．反应达平衡后各物质的浓度不变，若CO2的浓度不再改变，反应达到平衡状态，故b符合题意；
c．2v正(NO)=v逆(N2)，正、逆反应速率不相等，反应未达到平衡，故c不符合题意；
d．一定温度下，在恒容密闭容器中，根据质量守恒定律知容器内气体的质量保持不变，气体的密度不随反应的进行而变化，密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，故d不符合题意；
故选ab；
【小问3详解】
亚硫酸的电离方程式为，H2SO3⇌+H+，⇌H++，得到pH=4的H2SO3溶液，c(H+)=10-4ml/L，由于K2=，===400；
由于Ka1(H2SO3)＞Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2SO3)，所以SO2可用足量小苏打溶液吸收，反应产生亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离子方程式为：+SO2=+CO2。
(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，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的小方框涂黑。注意：所做题目的题号必须与所涂黑题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做，则每学科按所做的第一个题目计分。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11. 配合物顺铂[Pt(NH3)2Cl2]是临床使用的第一代铂类抗癌药物。
（1）Pt(NH3)2Cl2的配体为NH3和Cl-，写出NH3的电子式：___________。
（2）顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的Pt(NH3)2(OH)Cl与结合，破坏的结构，阻止癌细胞增殖。如：
①基态原子价层电子的轨道表示式为___________，Cu属于___________区元素。
②生成物中a、b表示的作用力类型分别是___________。
③在Pt(NH3)2Cl2中，配体与铂(II)的结合能力：Cl__________NH3(填“>”或“<”)。此外，顺铂还能躲避癌细胞对受损的修复，使癌细胞彻底死亡。
（3）顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。
①推测Pt(NH3)2Cl2中Pt的杂化轨道类型不是sp3，依据是___________。
②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是___________。
（4）顺铂的发现与铂电极的使用有关。铂晶胞为正方体，边长为，结构如下图。铂晶体的摩尔体积Vm=___________(阿伏加德罗常数为NA)。
资料：单位物质的量的物质所具有的体积叫做摩尔体积。
【答案】11. 12. ①. ②. ds ③. 配位键、氢键 ④. <
13. ①. 若Pt的杂化轨道类型为sp3，则Pt(NH3)2Cl2为四面体结构，不存在同分异构现象 ②. 顺铂是极性分子，反铂是非极性分子
14.
【解析】
【小问1详解】
NH3的电子式：。
小问2详解】
①铜的核电荷数为29，基态Cu原子的价层电子的轨道表示式为：，属于周期表中ds区元素。
②生成物中a表示的作用力是配位键，b表示的作用力是氢键。
③Cl原子半径大于N原子的，与铂(Ⅱ)形成配位键时，Pt与Cl间的配位键键长更大，键能更小，结合力更小，故配体与铂(II)的结合能力Cl【小问3详解】
①若Pt的杂化轨道类型为sp3，则Pt(NH3)2Cl2为四面体结构，不存在同分异构现象，而Pt(NH3)2Cl2有顺、反异构体，故Pt的杂化轨道类型不是sp3。
②顺铂是极性分子，反铂是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，顺铂在水中的溶解度大于反铂。
【小问4详解】选项
操作
现象
结论
A
常温下，向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞
变红，前者红色更深
结合质子的能力：CO> HCO
B
用乙醇与浓硫酸反应制乙烯，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中
高锰酸钾溶液紫红色褪去
乙烯能被酸性高锰酸钾氧化
C
向装有X溶液的试管中滴入浓NaOH溶液，将干燥的红色石蕊试纸置于试管口
无明显现象
X溶液中无NH
D
淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反应后，向其中加NaOH溶液至碱性
一份滴加碘水，溶液不变蓝；另一份加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀
淀粉完全水解
顺铂
反铂
结构
25℃时溶解度/g
0.2577
0.0366