四川省内江市第六中学2023-2024学年高三下学期第五次月考化学 Word版含解析.docx

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内江六中2023—2024学年(下)高2024届第五次月考理科综合试题本试卷包括Ⅰ(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共15页。全卷满分300分，考试时间理、化、生三科共150分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。2.第Ⅰ卷和每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案标号。第Ⅱ卷用0.5mm黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。3.考试结束，监考员将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H-1He-4C-12O-16Al-27Ti-48Fe-56第Ⅰ卷(选择题共126分)本卷共21小题，每小题6分，共126分。一、选择题：本大题共13小题。每小题6分，每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.棉花和合成纤维的主要成分都是纤维素B.空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能C.用明矾作净水剂除去水中的悬浮物D.用Na2S处理工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子【答案】A【解析】【详解】A．棉花的主要成分是纤维素，合成纤维多为加聚产物、缩聚产物，成分不是纤维素，A错误；B．硅电池板是由硅制成的太阳能电极板，能将光能直接转换为电能，B正确；C．用明矾作净水剂时，明矾中的Al3+水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，从而除去水中的悬浮物，C正确；D．用Na2S处理工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子时，将重金属离子转化为CuS、HgS等沉淀，D正确；故选A。2.从柑橘中炼制萜二烯，下列有关它的推测中不正确的是 A.与过量的溴的CCl4溶液反应后产物为B.它能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.分子式为C10H16D.该分子所有的碳原子不可能在一个平面上【答案】A【解析】【详解】A．萜二烯中含有碳碳双键，可与Br2发生加成反应，与过量的溴的CCl4溶液反应后产物为，A错误；B．萜二烯中含有碳碳双键，酸性环境下能被高锰酸钾氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．萜二烯分子含有10个C、16个H，则分子式为C10H16，C正确；D．六元环中含有多个饱和碳原子，结合甲烷的正四面体结构，可知该分子所有的碳原子不可能在一个平面上，D正确； 故选A。3.短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，常温常压下，RX2是一种红棕色气体。Y2X2能与水反应生成强碱和气体。Z的最高正价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强电解质。下列说法正确的是A.简单的离子半径：Y>Z>R>XB.简单的气态氢化物稳定性：R>XC.Z的氧化物对应的水化物都是强酸D.Y2X和Y3R在熔融状态下都能导电【答案】D【解析】【分析】常温常压下，RX2是一种红棕色气体，X为O，R为N；Y2X2能与水反应生成强碱和气体，Y是Na，Z的最高正价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强电解质，Z是S；【详解】由上述分析可知，R、X、Y、Z分别N、O、Na、Cl；A．Cl-多一个电子层，半径最大，N3-、O2-、Na+电子层结构相同，核电荷数越小半径越大，故离子半径：Cl->N3->O2->Na+，故A错误；B．O的非金属性强于N，故简单的气态氢化物稳定性，H2O>NH3，故B错误； C．Z是Cl，氧化物对应的水化物不一定是强酸，例如HClO是弱酸，故C错误；D．Na2O和Na3N都是离子化合物，在熔融状态下都能导电，故D正确。答案选D。4.下列离子方程式与所给事实不相符的是A.Cl2制备84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OB.用Na2SO3溶液吸收过量Cl2：Cl2+3+H2O=2+2Cl-+C.利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+D.Fe3+遇KSCN溶液变红色：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3【答案】B【解析】【详解】A．Cl2制备84消毒液(主要成分是NaClO)时，将Cl2通入NaOH溶液中，发生反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，A正确；B．用Na2SO3溶液吸收过量Cl2，Na2SO3被全部氧化为Na2SO4，离子方程式为：Cl2++H2O=+2H++2Cl-，B不正确；C．利用覆铜板制作印刷电路板时，Fe3+将Cu氧化为Cu2+，本身被还原为Fe2+，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C正确；D．Fe3+遇KSCN溶液时，发生反应，生成Fe(SCN)3溶液，使溶液变红色，离子方程式为：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，D正确；故选B。5.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.工业上，制备54g铝时转移电子数为6NAB.苯与H2加成生成1mol环己烷时，极性键数净增12NAC.在标准状况下，11.2LSO3含原子总数为2NAD.9g含中子数为6NA【答案】A【解析】【详解】A．工业上制备铝时，发生如下转化：Al2O3——2Al——6e-，生成54g铝(物质的量为2mol)时，转移电子数为6NA，A正确；B．1个苯分子中含有6个C-H极性键，1个环己烷分子中含有12个C-H极性键，则由苯与H2加成生成1mol环己烷时，极性键数净增6NA，B不正确； C．在标准状况下，SO3呈固态，无法求出11.2LSO3的物质的量，也就无法求出其含原子总数，C不正确；D．9g含中子数为=3NA，D不正确；故选A。6.下列实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A向紫色石蕊试液中通入Cl2溶液先变红后褪色Cl2具有漂白性B往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力C向盛有浓硝酸的烧杯中放入灼热木炭溶液上方产生红棕色气体NO2是碳与浓硝酸反应生成的D铁片上面滴一滴含有酚酞的食盐水，放置一段时间液滴边缘出现红色Fe发生了析氢腐蚀A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向紫色石蕊试液中通入Cl2，溶液先变红后褪色，不能肯定漂白性是Cl2表现出的性质，也可能是Cl2与水反应生成HClO表现出的性质，A不正确；B．往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡后液体分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明溶液中发生反应I-+I2，证明碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力，B正确；C．向盛有浓硝酸的烧杯中放入灼热木炭，溶液上方产生红棕色气体，此气体(NO2)可能是木炭与浓硝酸反应直接生成，也可能是由HNO3在灼热条件下分解生成的，则不能肯定NO2是碳与浓硝酸反应生成的，C不正确； D．铁片上面滴一滴含有酚酞的食盐水，放置一段时间，液滴边缘出现红色，表明反应生成OH-，Fe发生了吸氧腐蚀，D不正确；故选B。7.一种二次电池的总反应为xZn＋Zn0.25V2O5·yH2OZn0.25＋xV2O5·zH2O＋(y-z)H2O，电解液为含Zn2＋的水溶液，该电池可用于电网贮能。下列说法错误的是A.放电时，Zn2＋进入插层B.放电时，溶液中Zn2＋浓度保持不变C.充电时，阳极的电极反应为：Zn0.25＋xV2O5·zH2O＋(y-z)H2O-2xe-=Zn0.25V2O5·yH2O＋xZnD.充电时，电子由Zn0.25＋xV2O5·zH2O层经电解质溶液流向Zn片【答案】D【解析】【详解】A．放电时，Zn作负极，失去电子进入溶液，Zn0.25V2O5·yH2O得到电子，溶液中的Zn2＋进入插层，A正确；B．放电时，负极生成Zn2+进入溶液，正极Zn0.25V2O5·yH2O得电子产物与溶液中的Zn2+结合为Zn0.25＋xV2O5·zH2O，溶液中Zn2＋浓度保持不变，B正确；C．充电时，阳极Zn0.25＋xV2O5·zH2O失电子转化为Zn0.25V2O5·yH2O等，电极反应为：Zn0.25＋xV2O5·zH2O＋(y-z)H2O-2xe-=Zn0.25V2O5·yH2O＋xZn2+，C正确；D．充电时，电子由阳极出发，沿导线进入阴极(Zn片)，不能由Zn0.25＋xV2O5·zH2O层经电解质溶液流向Zn片，D错误；故选D。第Ⅱ卷非选择题(满分174分)二、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，每个试题考试都必须作答。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.乳酸亚铁晶体{[}是一种很好的食品铁强化剂，吸收效果比无机铁好，易溶于水，几乎不溶于乙醇，可由乳酸与反应制得。I．制备，实验步骤如下：i．检查气密性，按图示添加药品；ii．在装置B中制取硫酸亚铁，并将整个装置内的空气排净；iii．将B中溶液导入C中产生沉淀；iv．将C中混合物分离提纯，获得纯净的碳酸亚铁产品。(1)仪器A的名称是____________________。(2)装置D的作用是______________________。(3)装置C中生成的离子方程式是_________________。(4)步骤ii中应打开的开关是__________，步骤iii中应打开的开关是_____________。(选填“”或“”)Ⅱ．制备乳酸亚铁晶体将制得的加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸。经系列操作后得到产品。(5)加入铁粉的目的_________________。(用离子方程式表示)(6)欲获得尽可能多的产品，上述系列操作指的是：冷却，_____________，过滤，再洗涤和干燥。Ⅲ．探究乳酸亚铁晶体中铁元素含量甲、乙同学分别设计如下方案，以测定样品中铁元素的含量。甲乙 称取样品溶于水，用酸性标准溶液滴定，当溶液恰好显浅紫色，且内不恢复，停止滴定，测得消耗标准溶液。由此求得称取样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，加入过量溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用硫代硫酸钠溶液滴定(已知：)，滴定终点时，测得消耗标准溶液。(7)甲方案错误，主要原因是___________，该方案测定结果将明显__________(填偏大、偏小)。(8)依据乙方案可得出样品中铁元素含量为__________(用含有相关字母的代数式表示)。【答案】①.分液漏斗②.液封，防止空气进入C中氧化③.④.⑤.⑥.⑦.加入乙醇⑧.乳酸根也能被高锰酸钾氧化⑨.偏大⑩.【解析】【分析】I．制备碳酸亚铁：亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备硫酸亚铁。利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O。装置D防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化，据此分析解答。【详解】I．(1)仪器A为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；(2)装置D的作用是防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化，故答案为：液封，防止空气进入C中氧化；(3)C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应，离子方程式为：，故答案为：；(4)首先关闭活塞K2，打开活塞K1、K3，目的是发生反应制备Fe2+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化；关闭活塞K1，反一段时间后，关闭活塞K3，打开活塞K2，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，产生沉淀。故答案为：K3；K2；Ⅱ．(5)Fe2+容易被氧化为Fe3+，加入铁粉可将Fe3+还原为Fe3+，离子方程式为：，故答案为：； (6)乳酸亚铁晶体易溶于水，几乎不溶于乙醇，故加入乙醇可让乳酸亚铁析出更多，提高产量。故答案为：加入乙醇；Ⅲ．(7)乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的量增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大。故答案为：乳酸根也能被高锰酸钾氧化；偏大；(8)滴定终点时，V2mL硫代硫酸钠溶液中所含硫代硫酸钠的物质的量为：n(Na2S2O3)=c2V2×10-3mol。根据关系式2Fe2+2Fe3+I22，可知样品中的物质的量为n(Fe2+)=n()=c2V2×10-3mol，则样品中铁元素含量为：=，故答案为：。9.Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子：lgKb(NH3·H2O)=-4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。氢氧化物Co(OH)2Co(OH)3Ni(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2Ksp5.9×10-151.6×10-445.5×10-161.3×10-335.6×10-12回答下列问题：（1）常温下，pH=9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O)_______c()(填“＞”“＜”或“=”)。（2）“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为_______，“滤渣”的成分是_______。（3）(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是_______。（4）“析晶”过程中通入的酸性气体A为_______。 （5）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为_______。②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用_______和_______(填化学式)。【答案】（1）＞（2）①.2Co(OH)3+8NH3·H2O+4+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O②.Al(OH)3（3）减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积（4）HCl（5）①.0.4或2:5[从Ksp分析晶体A热解的方程式为2Mg(NO3)2·6H2O2MgO+4NO2↑+O2↑+12H2O，冷却反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3]②.HNO3③.MgO【解析】【分析】从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。硝酸浸取液中加入活性MgO、调pH至9.0，过滤，滤液中含有Mg(NO3)2，结晶纯化，得到Mg(NO3)2∙6H2O，热解得到固体氧化物为MgO，气体为NO2、O2等混合气体，冷却至室温，可得到HNO3溶液。滤泥中含有Ni(OH)3、Co(OH)2、Al(OH)3等，用氨性溶液氨浸，滤渣为Al(OH)3，滤液2中含有Ni2+、Co2+等，镍钴分离，得到CoCl2、NiCl2，在HCl气体中加热析晶，可得到NiCl2∙4H2O。【小问1详解】常温下，lgKb(NH3·H2O)=-4.7，Kb(NH3·H2O)=10-4.7，pH=9.9的氨性溶液中，Kb=，，所以c(NH3·H2O)＞c()。【小问2详解】“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+时，被氧化为，离子方程式为2Co(OH)3+8NH3·H2O+4+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O；由分析可知，“滤渣”的成分是Al(OH)3。【小问3详解】因为(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，所以(NH4)2CO3可去除胶状物，提高Ni、Co的浸取速率，其原因是：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。【小问4详解】由分析可知，“析晶”过程中，通入的酸性气体可降低NiCl2的溶解度，从而析出NiCl2∙4H2O，则A为 HCl。【小问5详解】①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，晶体A热解的方程式为2Mg(NO3)2·6H2O2MgO+4NO2↑+O2↑+12H2O，冷却反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3。令Mg(NO3)2·6H2O的物质的量为2mol，则产生的气体冷却后，可得到4molHNO3，剩余H2O的物质的量为10mol，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为4:10=0.4或2:5。②在矿石处理初期，需要使用硝酸，然后使用MgO进行物质的分离，“热解”处理后又能生成硝酸和MgO，则“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和MgO。【点睛】带有结晶水的挥发性酸的弱碱盐，灼烧后得不到该盐。10.利用可合成烷烃、烯烃、醇等系列重要化工原料。回答下列有关问题：I．制备甲烷(1)该反应的与温度的关系如图1所示。①要使该反应能顺利发生，理论上温度不高于____________。②在恒温、恒容容器中进行该反应，下列不能说明反应达到平衡状态的是_________。A．和的转化率之比不再变化B．混合气体的平均摩尔质量不再变化C．容器内的压强不再变化D．(2)选择合适催化剂，在密闭容器中按充入反应物，反应结果如图2所示。①若N点压强为，则平衡常数__________，P点与点的平衡常数_______(填“>”、<”或“=”)。②若无催化剂，N点平衡转化率是否可能降至R点？说明理由。答：______________。II．制备甲醇：主反应： 副反应：(3)向恒容容器中充入和，在催化剂存在的条件下进行反应，测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如下图所示。已知：选择性①选择性随温度升高而下降原因是________(写一条)。②有利于提高选择性的反应条件是__________。A．高温高压B．低温低压C．高温低压D．低温高压【答案】①.②.AD③.1④.<⑤.不正确，因为催化剂不能改变反应物的平衡转化率⑥.温度升高，催化剂活性降低⑦.D【解析】【分析】【详解】I．(1)①<0，反应能自发进行，由图1可知，温度不高于，故答案为：；②A．CO2和H2的转化率之比与投料比有关，不能判定是否达到平衡，故A可选；B．反应前后气体的质量不变，物质的量发生改变，混合气体的平均平均摩尔质量不再变化，说明达到平衡，故B不选；C．反应前后气体的物质的量发生改变，则压强发生改变，压强不变时达到平衡，故C不选；D．正逆反应速率相等时，反应达到平衡，没有涉及逆反应，故D可选；故答案为：AD；(2)①依题意设起始投入CO2物质的量为1mol，则H2为4mol，由图2可知N点时转化率为50% ，可列三段式：，N点压强为，故KP==1；该反应为放热放应，P点温度升高，二氧化碳的平衡转化率降低，K(P)