2024届河南省平许济洛四市高三第二次质量检测理科综合试题

这是一份2024届河南省平许济洛四市高三第二次质量检测理科综合试题，共15页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，5mL的冰乙酸和约0，83g，68等内容，欢迎下载使用。

理科综合
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上和试卷指定位置上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Zn 65
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．下列说法错误的是
A．常见的一些合金的硬度比其成分金属的大B．常用作涂料、油漆和橡胶的红色颜料
C．核糖是含有5个碳原子的糖，它不属于寡糖类D．核苷水解可以生成核苷酸、碱基等有机化合物
2．植物生长调节剂对氯苯氧乙酸(防落素)可用如下反应合成
下列说法错误的是
A．防落素分子中有3种官能团B．反应过程中发生了苯环上的取代反应
C．该合成反应是在无水条件下进行的D．若用直接取代会加大对环境的影响
3．镍离子有机配合物可以用在高温润滑油，聚合物添加剂等领域。某芳香类镍离子有机配合物可以通过下列反应过程制备。
下列说法错误的是(图中Ph表示苯基)
A．该类镍离子有机配合物属于盐类B．化合物F分子中键的数目为61
C．有关元素的电负性：Cl>S>PD．配离子G中中心离子的配位数为4
4．以单质硫为正极的锂–硫二次电池，已成为下一代高能密度锂二次电池研究和开发的重点。如图所示是某种锂–硫二次电池示意图，已知硫单质的组成为(n≥2)，硫单质的密度大于硫化锂的密度。下列有关说法中错误的是
A．吸附硫单质的正极材料必须具有良好的导电性B．放电过程中正极极板本身可能会发生形变
C．放电时正极发生的反应有D．充电时向阴极附近移动发生反应
5．根据实验操作及现象，下列结论中正确的是
A．AB．BC．CD．D
6．Oppenauer氧化反应，是以酮类为氧化剂，以异丙基氧化铝[]为催化剂，将醇类氧化为醛或酮，比如：
该氧化反应的部分机理如下：
下列说法正确的是
A．反应过程中铝元素的化合价发生了变化B．反应①中，有异丙醇生成
C．Oppenauer氧化反应的过程中没有还原反应发生D．反应②只涉及到了C-O、C-H和O-H的变化
7．将0.2ml/L 溶液与溶液等体积混合，测得和铜氨各级配合物的物质的量分数与平衡体系的[平衡体系中]的关系如图所示。
下列说法中错误的是
A．根据图示信息，可得出b点的纵坐标约为0.14
B．平衡体系中越大越有利于配位数多的铜氨配合物的形成
C．反应的平衡常数为
D．在3.5和2.9之间时，混合溶液中含铜微粒浓度最大的是
三、非选择题：共14题，共174分。考生根据要求作答。
8．实验室可以通过下列反应制备乙酰苯胺：
相关物质信息列表如下：
装置示意图(省略夹持装置等)如下图所示，实验步骤为：
①用25mL圆底烧瓶组装成如图所示的分馏装置。在烧瓶中加入5mL(55mml)新制的苯胺(苯胺易被氧化变质)、7.5mL(0.124ml)的冰乙酸和约0.05g锌粉，摇匀。
②加热，保持反应液微沸约20min，逐渐升高温度，使反应温度维持在100～105℃，反应1h。然后将温度升高至110℃，当温度出现较大波动时，停止加热。
③趁热将反应液倒入盛有100mL冷水的烧杯中，有白色沉淀析出。稍加搅拌冷却，抽滤，用少量水洗涤固体，抽干，在红外灯下烘干。得到含有少量苯胺的粗产品，重结晶后得产品4.83g。
回答下列问题：
(1)冷凝水应该从冷凝管的 (填“a”或“b”)口通入，实验中c出口的作用是 。
(2)步骤①中，加入锌粉的目的是 。
(3)步骤②最后阶段，将温度升高至110℃的主要目的是为了蒸馏出更多的 ，分馏柱可以使部分蒸发出的物质回流到反应瓶中，该实验使用分馏柱的目的是 ，停止加热后，接收瓶中收到的液体主要有 。
(4)步骤③如果不趁热将反应液倒出，会造成部分产品附着在烧瓶内壁的不良后果，其原因是 ，粗产品重结晶时，最合适的溶剂是 。
(5)该实验的产率为 %(结果保留两位小数)。
9．用锌窑渣回收Cu和。已知锌窑渣主要成分有Fe、、、FeS、CuS、等。其流程如下图所示：
回答下列问题：
(1)滤渣的主要成分是 ，试剂1的化学式为 。
(2)一般的矿物质用盐酸浸出的速率要比硫酸高，但在实际工业生产中一般用硫酸对矿物质进行酸浸。其原因除了盐酸比硫酸价格高外，你认为还有的原因是 (填一种原因即可)。
(3)为了得到目标产物，对沉淀1的处理方法为 ， 。
(4)氧化酸浸装置中，氧气的分压对Cu、Fe的溶出率的影响如图所示。
①CuS氧化酸浸时，生成刺激性气味气体时的离子方程式为 。
②Fe溶出率随氧气分压增大而增大的原因是 。
10．甲醇作为一种重要的化工产品广泛应用于多个领域，具有广阔的市场需求和发：展前景。目前甲醇制备的“主流”合成工艺是以合成气(CO、、)为原料，在一定温度、压力等条件下经过特定催化剂作用而制取。合成过程中的部分反应如下：
(ⅰ)
(ⅱ)
(1)制备过程中副反应的 。
(2)甲醇合成的反应机理如图所示(有催化剂M或Cu的部分，表示被M或Cu吸附的原子或原子团)。下列说法正确的是_______。
A．示意图完整表示了CO和合成甲醇的过程B．Cu促进了原子团①到原子团②的转化
C．乙醇在图示的变化过程中起到了催化剂的作用D．1ml ，转化成为产物，需要2ml H
(3)通过共沉淀法制备多组添加助剂改性的Cu-ZnO-(CZA)基甲醇合成催化剂，利用恒压反应器实验考察不同助剂添加量对合成气制甲醇催化性能的影响。分三个阶段进行评价实验，每阶段实验中合成气组分均为(体积分数)：80% ，13% CO、2% ，和5% 。阶段Ⅰ：230℃，恒温25h；阶段Ⅱ：提高反应器温度至320℃，恒温25h；阶段Ⅲ：将温度降至230℃，恒温25h。测得各实验阶段不同CZA催化剂样品情况下，折合成相同外界条件下的CO转化率平均值如下表：
从表中数据可知：
①CZA中助剂与基质质量比的最佳值是 。其比值超过该值后，催化效果逐渐降低的原因是 。
②各质量比一定的条件下，阶段Ⅲ中CO的转化率低于阶段1的原因是 。若阶段Ⅰ中合成气的总体积为V L，则质量比为0/10时，该阶段的v(CO)= mL/h(结果保留两位小数)。
(4)在密闭容器中充有1ml CO与2ml ，在催化剂作用下反应生成甲醇。CO的平衡转化率()与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。
①反应达到A点平衡状态所需时间大于C点的原因是 。
②若A点对应容器的体积为2L，则B点对应反应状态的平衡常数K= 。
(5)ZnO其中的一种晶体结构与金刚石类似。晶胞中4个Zn占据晶胞内部4个碳原子的位置。若该晶胞参数a=n pm，则该晶胞的密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
11．利用Hantzsch反应，通过下列过程可以合成芳香化的吡啶环化合物H。
回答下列问题：
(1)A的结构简式是 ，B分子中具有的官能团有 。
(2)C分子中碳原子的杂化类型有 两种。转化成D的过程中，RCHO断裂的化学键是 。
(3)D转化为E和E转化为F的反应类型分别是 、 。
(4)F转化为G的化学方程式为 。
(5)若R-为甲基，则C的核磁共振氢谱应为 组峰，G的同分异构体中，满足下列条件的同分异构体的结构简式为 (写出一种即可)。
①不与发生反应；
②含有3个乙基；
③属于对氨基乙苯的衍生物；
④苯环上的一取代物只有1种。
选项
实验操作及现象
结论
A
用铂丝蘸取NaCl溶液，在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈现黄色
灼烧过程中NaCl一定发生了化学变化
B
取少量某溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液。溶液呈现红色
该溶液已经不含有
C
在乙酸乙酯的制备实验中，将产生的蒸气导入足量的饱和碳酸钠溶液上方，充分反应后上层存在油状液体
该油状液体为乙酸乙酯
D
将一定量的铜片，加入试管中的某硝酸溶液中，可观察到有红棕色气体生成
所产生的气体中，只可能有
物质
性状
沸点/℃
溶解性
冰乙酸
无色液体
118
与水、乙醇、苯等互溶
苯胺
浅黄色液体
184
微溶于水、溶于乙醇、乙酸、苯等
乙酰苯胺
白色固体
304
微溶于水、溶于热水、乙醇、乙酸、苯等
CZA中助剂与基质质量比
0/10
0.5/10
1.0/10
2.0/10
3.0/10
CO转化率(%)
阶段Ⅰ
72.5
74.2
67.0
66.8
56.3
阶段Ⅱ
19.68
20.26
19.31
19.16
16.76
阶段Ⅲ
62.5
64.2
57.5
51.3
35.1
参考答案：
1．D
【详解】A．合金内存在不同大小的金属原子，使得原子层之间的相对滑动变得困难，所以合金的硬度一般比其成分金属更大，A正确；
B．为红色物质，则常用作红色油漆和涂料，B正确；
C．核糖是含有5个碳原子的单糖，它不属于寡糖类（寡糖为低聚糖），C正确；
D．核苷水解可以生成戊糖、碱基，D错误；
故选D。
2．C
【分析】
防落素的结构简式为：，分子中含有3种官能团，分别为氯原子、醚键和羧基，题中所给反应类型为苯环上的取代反应，据此回答。
【详解】A．根据分析可知，防落素分子中有3种官能团，A正确；
B．根据分析可知，反应过程中发生了苯环上的取代反应，B正确；
C．反应过程使用氯化铁作催化剂，在过氧化氢的作用下发生取代反应，应该在水溶液中进行，C错误；
D．若用Cl2直接取代，氯气有毒，多余的氯气进入空气污染环境，D正确；
故选C。
3．B
【详解】A．该类镍离子有机配合物是由含镍阳离子和酸根阴离子构成，属于盐类，A正确；
B．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，化合物F为，含有四个苯基，分子中键的数目为63，B错误；
C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；有关元素的电负性：Cl>S>P，C正确；
D．由G结构可知，配离子G中中心离子镍的配位数为4，D正确；
故选B。
4．D
【分析】由图可知，左侧为负极，失去电子发生氧化反应，右侧为正极，得到电子发生还原反应；
【详解】A．吸附硫单质的正极材料必须具有良好的导电性，以利于电子的转移得失，A正确；
B．已知硫单质的密度大于硫化锂的密度，放电过程中正极极板上发生还原反应生成硫化锂，其质量发生改变，本身可能会发生形变，B正确；
C．放电时正极得到电子发生还原反应，发生的反应有，C正确；
D．充电时阴离子向阳极移动，故Li+向阴极附近移动发生反应，D错误；
故选D。
5．C
【详解】A．焰色实验是金属元素燃烧时电子跃迁，在这个过程中没有新物质产生，A错误；
B．取少量某溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液。溶液呈现红色说明含Fe3+，不能确定是否还有Fe2+，B错误；
C．乙酸乙酯的制备实验中，将产生的蒸气导入足量的饱和碳酸钠溶液上方，充分反应后上层存在油状液体为乙酸乙酯，因乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度很小，且密度小于水，在上层，C正确；
D．将一定量的铜片，加入试管中的某硝酸溶液中，未知硝酸浓度，铜与稀硝酸生成NO，可与空气中氧气反应生成NO2；铜与浓硝酸生成NO2，可直接观察到有红棕色气体生成，D错误；
故选D。
6．B
【详解】A．由题干可知，中铝为+3价，反应①后铝形成4个键，但是虚线位置为配位键，配位键中电子对由氧提供，故铝化合价还是+3，铝元素的化合价不变，A错误；
B．由氧化机理可知，反应①中的1个异丙基氧生成异丙醇，B正确；
C．Oppenauer氧化反应，是以酮类为氧化剂的反应，则图示反应中丙酮发生还原反应，C错误；
D．反应②除了涉及到了C-O、C-H和O-H的变化，还涉及C=0键的变化，D错误；
故选B。
7．C
【详解】A．将0.2ml/L 溶液与溶液等体积混合，发生反应：①Cu2+ +NH3=[ Cu(NH3)]2+，②，③，④，由图像可以看出，b点时Cu2+和[ Cu(NH3)]2+物质的量分数相等且数值为0.43，则的物质的量分数约为1-0.43-0.43=0.14，即b点的纵坐标约为0.14，A项正确；
B．由上述反应可知，平衡体系中c(NH3)越大越有利于配位数大的铜氨配合物的形成，B项正确；
C．反应的平衡常数K=，c点时，和的物质的量分数相等，此时p[NH3] =3.5，即c(NH3)=10-3.5ml/L，则K===103.5，C项错误；
D．由图像可以看出，p[NH3]在3.5和2.9之间时，混合溶液中含铜微粒[Cu(NH3)2]2+的物质的量分数最大，即浓度最大，D项正确；
故选C。
8．(1) b 平衡装置中压强
(2)防止反应过程中苯胺被氧化
(3) 水 使得蒸出的乙酸回流，提供原料利用率 水、乙酸
(4) 温度降低，导致乙酰苯胺析出 蒸馏水
(5)
【分析】苯胺与乙酸加热条件下反应生成乙酰苯胺和水，通过蒸馏分离出产品，进一步分析产率；
【详解】（1）为了好的冷凝效果，水下进上出，故冷凝水应该从冷凝管的b口通入，实验中c出口的作用是平衡装置中压强，使得装置能顺利收集到馏分；
（2）苯胺为还原性液体，易被氧化，锌具有还原性，加入锌粉可以防止反应过程中苯胺被氧化；
（3）水的沸点为100℃，结合表中沸点可知，步骤②最后阶段，将温度升高至110℃的主要目的是为了蒸馏出更多的水，分馏柱可以使部分蒸发出的物质回流到反应瓶中，该实验使用分馏柱的目的是使得蒸出的乙酸回流，提供原料利用率；加热温度高于水的沸点而低于各有机物的沸点，且乙酸沸点较低能和水互溶，故停止加热后，接收瓶中收到的液体主要有水、乙酸；
（4）步骤③如果不趁热将反应液倒出，温度降低，导致乙酰苯胺析出，部分产品附着在烧瓶内壁，降低产率；乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇，所以粗产品重结晶时，最合适的溶剂是蒸馏水；
（5）在烧瓶中加入5mL(55mml)新制的苯胺、7.5mL(0.124ml)的冰乙酸，则冰乙酸过量，理论上生成乙酰苯胺0.055ml，故该实验的产率为。
9．(1) SiO2 Fe
(2)盐酸具有挥发性
(3) 用稀硫酸溶解，过滤，洗涤
(4) 2CuS+3O2+4H+=2Cu2++2SO2+2H2O 氧气的存在促进Fe3O4逐渐被溶解
【分析】锌窑渣主要成分有Fe、、、FeS、CuS、等，加入O2和稀硫酸氧化酸浸，SiO2不和稀硫酸反应，存在于滤渣中，滤液中含有Fe3+、Cu2+，加入Fe粉将Cu2+还原为Cu同时生成Fe2+，沉淀1中含有Cu和过量的铁粉，向滤液中通入O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Fe(OH)3调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后焙烧Fe(OH)3固体得到。
【详解】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是SiO2，试剂1的化学式为Fe。
（2）一般的矿物质用盐酸浸出的速率要比硫酸高，但在实际工业生产中一般用硫酸对矿物质进行酸浸，原因是：盐酸具有挥发性。
（3）沉淀1中含有Cu和过量的铁粉，Cu不和稀硫酸反应，Fe可以和稀硫酸反应，为了得到目标产物，对沉淀1的处理方法为用稀硫酸溶解，过滤，洗涤；由流程图可知，调节溶液pH为3.2时，Fe3+沉淀完全，此时c(Fe3+)=10-5ml/L，c(OH-)= ，。
（4）①CuS氧化酸浸时，生成刺激性气味气体为SO2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2CuS+3O2+4H+=2Cu2++2SO2+2H2O；
②Fe溶出率随氧气分压增大而增大的原因是氧气的存在促进Fe3O4逐渐被溶解。
10．(1)
(2)BC
(3) 0.5/10 助剂的量过多，会降低催化剂表面与合成气的接触机会 经过高温后，催化剂活性减弱 3.77V
(4) C点压强、温度均高于A点，反应速率快 4
(5)
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ-反应ⅱ可得。
（2）A．改图表示的是CO和H2吸附到催化剂表面后参与反应生成甲醇的过程，没有完整表示了CO和H2合成甲醇的过程，A错误；
B．Cu是该反应的催化剂，Cu促进了原子团①到原子团②的转化，B正确；
C．乙醇先参与反应后又生成，在图示的变化过程中起到了催化剂的作用，C正确；
D．由图可知，1ml ，转化成为产物，需要1ml H，D错误；
故选BC。
（3）①由表格数据可知，CZA中助剂与基质质量比为0.5/10时，CO的转化率最高，则CZA中助剂与基质质量比的最佳值是0.5/10；其比值超过该值后，催化效果逐渐降低的原因是助剂的量过多，会降低催化剂表面与合成气的接触机会；
②各质量比一定的条件下，阶段Ⅲ中CO的转化率低于阶段1的原因是经过高温后，催化剂活性减弱，若阶段Ⅰ中合成气的总体积为V L，则质量比为0/10时，该阶段的v(CO)= 。
（4）①反应达到A点平衡状态所需时间大于C点的原因是C点压强、温度均高于A点，反应速率快；
②根据已知条件列出“三段式”
A点对应反应状态的平衡常数K==4，B点和A点温度相等，平衡常数也相等。
（5）ZnO其中的一种晶体结构与金刚石类似。晶胞中4个Zn占据晶胞内部4个碳原子的位置，则晶胞中Zn的个数为4，若该晶胞参数a=n pm，则该晶胞的密度为。
11．(1) 羰基、羧基
(2) sp2、sp3 碳氧键
(3) 加成反应 消去反应
(4) +H2
(5) 4 或
【分析】
由反应条件可知，B和乙醇发生酯化反应生成C，B为，A发生氧化反应生成B，结合A的分子式可知A为，C和RCHO、NH3发生脱水反应生成D，D发生分子内加成反应得到E，E发生消去反应生成F，F发生氧化反应生成G。
【详解】（1）
由分析可知，A的结构简式为，B为，具有的官能团有羰基、羧基。
（2）C中含有甲基和酯基，碳原子的杂化类型有sp2、sp3两种，由C和D的结构简式可知C转化成D的过程中，RCHO断裂的化学键是碳氧键。
（3）由分析可知，D转化为E和E转化为F的反应类型分别是加成反应、消去反应。
（4）
F在K2Cr2O7、H2SO4的催化下发生消去反应生成G，化学方程式为： +H2。
（5）
C不是对称的结构，含有4种环境的H原子，核磁共振氢谱应为4组峰，G的同分异构体中，满足条件：①不与NaHCO3发生反应，说明其中不含－COOH；②含有3个乙基；③属于对氨基乙苯的衍生物；④苯环上的一取代物只有1种，说明是对称的结构，只含有1种环境的H原子；满足条件的同分异构体的结构简式为：或。