四川省成都外國(guó)語學(xué)校2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期期中理綜化學(xué) Word版含解析.docx

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四川省成都外國(guó)語學(xué)校2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期期中考試?yán)砭C綜合化學(xué)試題注意事項(xiàng)：1.本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分2.本堂考試150分鐘，滿分300分3.答題前，考生務(wù)必先將自己的姓名、學(xué)號(hào)填寫在答題卡上，并使用2B鉛筆填涂4.考試結(jié)束后，將答題卡交回可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1O-16Na-23Cl-35.5第Ⅰ卷一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.化學(xué)與人類社會(huì)密切相關(guān)，下列應(yīng)用和操作涉及氧化還原反應(yīng)原理的是A.用浸泡過高錳酸鉀硅土保鮮水果B.用熱的純堿去油污C.用二氧化硅制作光纖D.高壓鈉燈廣泛用于道路照明【答案】A【解析】【詳解】A．酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，能夠氧化水果釋放出的具有催熟作用的乙烯，A符合題意；B．用熱的純堿溶液清理油污是因?yàn)樗舛@堿性，油脂在堿性溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，生成可溶于水的物質(zhì)，B不符合題意；C．二氧化硅光纖的原理是基于全反射的原理,，C不符合題意；D．利用高壓電流通過鈉蒸汽產(chǎn)生的放電來產(chǎn)生光線，高壓鈉燈廣泛用于道路照明，D不符合題意；故答案為：A。2.下列有關(guān)方程式正確的是A.硫化鈉水溶液呈堿性：S2-+2H2OH2S+2OH-B.將碳酸氫鈉溶于苯甲酸：HCO+C6H5COOH=C6H5COO-+CO2↑+H2OC.用稀硝酸洗去試管內(nèi)壁的銀：2Ag+2HNO3=2AgNO3+H2↑D.鉛蓄電池放電時(shí)負(fù)極反應(yīng)：Pb–2e-=Pb2+【答案】B【解析】 【詳解】A．多元弱酸根離子分步水解，以第一步水解為主：S2-+H2OHS-+OH-，故A錯(cuò)誤；B．苯甲酸與碳酸氫鈉反應(yīng)生成苯甲酸鈉和二氧化碳，反應(yīng)離子方程式為：HCO+C6H5COOH=C6H5COO-+CO2↑+H2O，故B正確；C．稀硝酸與銀單質(zhì)反應(yīng)生成硝酸銀、NO和水，離子方程式為：，故C錯(cuò)誤；D．鉛蓄電池放電時(shí)負(fù)極反應(yīng)：Pb+SO–2e-=PbSO4，故D錯(cuò)誤；故選：B。3.利用圖示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，反應(yīng)進(jìn)行一段時(shí)間，裝置Ⅱ中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象正確的是選項(xiàng)①②③裝置Ⅱ中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象A濃氨水氧化鈣硫酸鋁溶液先產(chǎn)生白色沉淀，后沉淀溶解得到澄清溶液B稀硫酸CuS新制氯水產(chǎn)生乳黃色沉淀C濃硫酸Cu石蕊溶液先變紅，后褪色D稀硫酸碳酸鈉飽和碳酸鈉溶液產(chǎn)生白色沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】 【詳解】A．濃氨水滴到氧化鈣中生成氨氣，氨氣通入硫酸鋁溶液中會(huì)反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，但不會(huì)溶解，故A錯(cuò)誤；B．CuS和稀硫酸不反應(yīng)，即新制氯水不會(huì)產(chǎn)生乳黃色沉淀，故B錯(cuò)誤；C．濃硫酸和銅常溫下不反應(yīng)，要加熱才能反應(yīng)，即石蕊溶液不會(huì)先變紅后褪色，故C錯(cuò)誤；D．稀硫酸與碳酸鈉溶液反應(yīng)生成二氧化碳，二氧化碳通入飽和碳酸鈉溶液會(huì)發(fā)生反應(yīng)：，因?yàn)樘妓釟溻c溶解度小于碳酸鈉，而原碳酸鈉溶液是飽和的，反應(yīng)又消耗了水，所以會(huì)析出碳酸氫鈉固體，即產(chǎn)生白色沉淀，故D正確；故答案為：D。4.已知A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，B、C、D為同周期元素且與A均不同族，B、D原子的最外層電子數(shù)之和等于A的最外層電子數(shù)的2倍，B的氧化物是一種耐火材料，D的多種化合物是生活中常見的漂白劑。下列有關(guān)說法不正確的是A.C的氧化物的水化物的酸性可能強(qiáng)于碳酸B.簡(jiǎn)單離子半徑的大小順序?yàn)镈>A>BC.A與C可能形成共價(jià)化合物C3A4D.電解B與D形成的化合物的水溶液可以制取單質(zhì)B【答案】D【解析】【詳解】B的氧化物是耐火材料，推知是Al2O3，B是Al元素，可得C、D也是第三周期元素，D的化合物是一種常見消毒劑，B、C、D原子序數(shù)逐漸增大，推測(cè)消毒劑是HClO，D是Cl，B、D的最外層電子數(shù)之和是A的2倍，B最外層電子數(shù)是3，D是7，故A最外層電子數(shù)是5，是N元素，與B、C、D不同主族，推測(cè)是C是Si元素或者S元素。據(jù)此分析解題。【分析】A．C若是S元素，氧化物對(duì)應(yīng)水化物可能是硫酸，酸性比碳酸強(qiáng)，A正確；B．簡(jiǎn)單離子A、B、D分別是N3-、Al3+、Cl-，N3-、Al3+是2個(gè)電子層，Cl-是3個(gè)電子層最外層電子數(shù)均是8，電子層數(shù)多，半徑相對(duì)大，同樣電子層，原子序數(shù)大，半徑小，故半徑大小是Cl->N3->Al3+，B正確；C．若C是Si，與N形成Si3N4，是共價(jià)化合物，C正確；D．B和D形成化合物是AlCl3，電解AlCl3溶液，得不到鋁單質(zhì)，D錯(cuò)誤；故答案為：D。5.我國(guó)科學(xué)家研制了Cu2P2O7催化劑建構(gòu)Zn—CO2二次電池，實(shí)現(xiàn)了電還原CO2合成多碳產(chǎn)品( 如乙酸，乙醇等)，裝置如圖所示。雙極膜中水電離出的H＋和OH-在電場(chǎng)作用下可以分別向兩極遷移。下列說法不正確的是A.放電時(shí)，雙極膜中H＋向Cu2P2O7極遷移B.電勢(shì)：Cu2P2O7極高于Zn極C.當(dāng)外電路通過2mol電子時(shí)，理論上雙極膜中水減少18gD.充電時(shí)，陽極上的電極反應(yīng)式為C2H5OH-12e-＋3H2O=2CO2↑＋12H＋【答案】C【解析】【分析】由圖可知，放電時(shí)為原電池，Zn發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)轉(zhuǎn)化為[Zn(OH)4]2-，為負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)為Zn+4OH--2e-═[Zn(OH)4]2-，Cu2P2O7納米片為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，CO2發(fā)生得電子的還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化為C2H5OH，正極反應(yīng)為CO2+12H++12e-═C2H5OH+3H2O，H2O電離出的H+和OH-分別由雙極膜移向正極、負(fù)極；充電時(shí)為電解池，原電池正負(fù)極分別與電源正負(fù)極相接，以此解答?！驹斀狻緼．放電時(shí)為原電池，陽離子移向正極，陰離子移向負(fù)極，即雙極膜中H+向Cu2P2O7極遷移，故A正確；B．放電時(shí)為原電池，Zn為負(fù)極，Cu2P2O7納米片為正極，即電勢(shì)：Cu2P2O7極高于Zn極，故B正確；C．雙極膜中水電離的方程式為H2O=H++OH-，外電路通過2mol電子時(shí)，理論上有2molH+和OH-分別向正極、負(fù)極移向，即有2molH2O參與電離，質(zhì)量減少18g/mol×2mol=36g，故C錯(cuò)誤；D．充電時(shí)為電解池，陰陽極反應(yīng)與原電池負(fù)正極反應(yīng)相反，正極反應(yīng)為CO2+12H++12e-═C2H5OH+3H2O，則陽極反應(yīng)為C2H5OH-12e-+3H2O═2CO2↑+12H+，故D正確；故選C。6.研究表明木豆素對(duì)學(xué)習(xí)記憶障礙有一定的改善作用，木豆素的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列有關(guān)木豆素的說法錯(cuò)誤的是 A.分子中含3種官能團(tuán)B.苯環(huán)上的一氯代物有4種C.分子中所有碳原子可能共面D.一定條件下能生成高分子化合物【答案】A【解析】【詳解】A．木豆素分子中含羥基、羧基、醚鍵和碳碳雙鍵4種官能團(tuán)，A錯(cuò)誤；B．苯環(huán)上有四種不同環(huán)境的H原子，其一氯代物有4種，B正確；C．苯環(huán)相連的碳原子共面，其中雙鍵相連的碳原子也可共面，分子中所有碳原子可能共面，C正確；D．因?yàn)楹须p鍵，一定條件下能發(fā)生聚合生成高分子化合物，D正確；答案選A。7.分析化學(xué)中“滴定分?jǐn)?shù)”的定義為：所加滴定劑與被滴定組分的物質(zhì)的量之比。常溫下以0.10mol·L-1的HCl溶液滴定同濃度某一元堿MOH溶液并繪制滴定曲線如圖所示。下列說法不正確的是A.該酸堿中和滴定過程應(yīng)該選用甲基橙做指示劑B.從x點(diǎn)到z點(diǎn)的整個(gè)過程中，y點(diǎn)的水的電離程度最大C.x點(diǎn)處的溶液中滿足：c(MOH)＋c(OH-)c(H+)，c(MOH)+c(OH-)0反應(yīng)iii．……可能的反應(yīng)機(jī)理如下(M為催化劑)；回答下列問題：（1）反應(yīng)iii的化學(xué)方程式為___________。（2）已知下列幾種物質(zhì)的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓(在101kPa時(shí)，由最穩(wěn)定單質(zhì)合成1mol指定產(chǎn)物時(shí)所放出的熱量)：物質(zhì)CO2(g)H2(g)HCOOH(g)標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓/kJ·mol-1-393.510-362.3依據(jù)以上信息，ΔH1=___________。（3）在一定壓強(qiáng)下，按n(H2)：n(CO2)=1：1投料，發(fā)生反應(yīng)i和反應(yīng)ii(忽略反應(yīng)iii)，反應(yīng)相同時(shí)間，CO2的轉(zhuǎn)化率及HCOOH選擇性(甲酸選擇性=隨溫度變化曲線如下圖所示。 ①下列措施能提高CO2平衡轉(zhuǎn)化率的是___________(填標(biāo)號(hào))。A．降低溫度B．再充入ArC．分離出HCOOH②673.15K，反應(yīng)后體系中H2的分壓為aMPa，則反應(yīng)i的壓力商計(jì)算式Qp=___________MPa-1。③當(dāng)溫度高于673.15K，隨溫度升高，反應(yīng)i與反應(yīng)ii的反應(yīng)速率相比，增加更顯著的是反應(yīng)___________(填“i”或“ii”)，判斷的理由是___________。（4）若在Bi或Bi/CeO2催化劑表面還原CO2生成HCOOH，模擬經(jīng)歷兩種中間體的能量變化如圖所示。HCOOH的合成更傾向于通過生成___________中間體，且___________(填“Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性更優(yōu)異?！敬鸢浮浚?）CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g)（2）+31.21kJ·mol-1（3）①.C②.③.ii④.隨溫度升高，二氧化碳轉(zhuǎn)化率升高，但HCOOH的選擇性卻迅速下降（4）①.HCOO*②.Bi/CeO2【解析】【小問1詳解】據(jù)圖可知，CO2(g)還可以和H2(g)反應(yīng)生成HCHO(g)，根據(jù)元素守恒可知反應(yīng)iii為CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g)；【小問2詳解】焓變=生成物總能量-反應(yīng)物總能量，所以ΔH1=[-362.3-0-(-393.51)]kJ·mol-1=+31.21kJ·mol-1； 【小問3詳解】①A．ΔH1＞0，ΔH2＞0，即反應(yīng)i和反應(yīng)ii均為吸熱反應(yīng)，降低溫度平衡逆向移動(dòng)，CO2平衡轉(zhuǎn)化率減小，A不符合題意；B．恒壓條件，再?zèng)_入Ar，則容器體積變大，相當(dāng)于減壓，反應(yīng)i為氣體系數(shù)之和減小的反應(yīng)，平衡逆向移動(dòng)，CO2的轉(zhuǎn)化率減小，B不符合題意；C．分離出HCOOH，反應(yīng)i平衡正向移動(dòng)，CO2轉(zhuǎn)化率增大，C符合題意；答案選C；②不妨設(shè)初始投料為n(H2)=n(CO2)=1mol，673.15K時(shí)，CO2的轉(zhuǎn)化率為95%，HCOOH的選擇性為0.3%，所以n(HCOOH)=1×95%×0.3%mol，由于反應(yīng)i和反應(yīng)ii中H2和CO2都是1∶1反應(yīng)，所以此時(shí)n(H2)=n(CO2)=1×5%mol，則此時(shí)p(CO2)=p(H2)=aMPa，p(HCOOH)=MPa，所以反應(yīng)i的壓力商計(jì)算式Qp==；③隨溫度升高，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率升高，但HCOOH的選擇性卻迅速下降，說明反應(yīng)ii的反應(yīng)速率增加更顯著；【小問4詳解】據(jù)圖可知生成HCOO*的活化能更小，所以HCOOH的合成更傾向于通過生成HCOO*中間體，Bi/CeO2對(duì)反應(yīng)的活化能降低的更多，催化活性更優(yōu)異。[化學(xué)—選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11.含碘的物質(zhì)廣泛應(yīng)用于生活中。如(CH3NH3)PbI3作為典型的有機(jī)金屬鹵化物，一直是太陽能電池研究的寵兒；AgI可用于顯影劑和人工增雨。（1）基態(tài)碘原子的價(jià)電子排布式為___________。（2）CH3NH中所含元素電負(fù)性從大到小的順序?yàn)開__________。（3）I的VSEPR模型如下圖，中心I原子的雜化方式是___________(填“sp3”、“sp”、“sp3d”或“sp3d2”)。I的空間構(gòu)型為___________。 （4）Ti的四鹵化物熔點(diǎn)如下表所示。由此可推知，TiF4中的化學(xué)鍵類型是___________TiCl4至TiI4熔點(diǎn)依次升高，原因是___________?；衔颰iF4TiCl4TiBr4TiI4熔點(diǎn)/℃377-24.1238.3155（5）(CH3NH3)PbI3晶體屬于鈣鈦礦型結(jié)構(gòu)(如圖所示)。Pb2+周圍距離最近且相等的I-數(shù)目有___________個(gè)；晶胞中A、B之間的距離為apm，(CH3NH3)PbI3式量為M，該物質(zhì)的密度ρ=___________g·cm-3(列出計(jì)算式，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。（6）在離子晶體中，當(dāng)0.414C>H（3）①.sp3d②.直線形（4）①.離子鍵②.三種為分子晶體，從TiCl4到TiI4隨相對(duì)分子質(zhì)量的增大，分子間作用力增大，熔點(diǎn)逐漸升高 （5）①.6②.（6）ab【解析】【小問1詳解】碘位于第5周期第ⅦA族，基態(tài)碘原子的價(jià)電子排布式為5s25p5；【小問2詳解】同周期元素從左到右電負(fù)性增強(qiáng)，同主族元素從上到下電負(fù)性減弱，則CH3NH中所含元素電負(fù)性從大到小的順序?yàn)镹>C>H；【小問3詳解】由結(jié)構(gòu)示意圖可知I的中心I原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為5，I原子的雜化方式是sp3d；I的空間構(gòu)型為直線型；【小問4詳解】結(jié)合表中數(shù)據(jù)，TiF4的熔點(diǎn)較高，符合離子晶體的性質(zhì)特征，因此為離子晶體；TiCl4至TiI4三種為分子晶體，從TiCl4到TiI4隨相對(duì)分子質(zhì)量的增大，分子間作用力增大，熔點(diǎn)逐漸升高；【小問5詳解】A球位于頂點(diǎn)，個(gè)數(shù)為，B球位于面心，個(gè)數(shù)為，結(jié)合化學(xué)式，可知A球代表CH3NH3，B球代表I-，由晶胞結(jié)構(gòu)可知Pb2+周圍距離最近且相等的I-數(shù)目有6個(gè)；晶胞中A、B之間的距離為面對(duì)角線的一半，該距離為apm，則晶胞邊長(zhǎng)為：apm，晶胞體積為：cm3，(CH3NH3)PbI3式量為M，晶胞的質(zhì)量為g，晶胞密度為：g·cm-3；【小問6詳解】a、r(Ag+)∶r(I-)=0.573，在0.414