2024届河南省济洛平许四市高三下学期第三次质量检测（三模）理综试题-高中化学（含答案解析）

济洛平许2023-2024学年高三第三次质量检测理科综合注意事项：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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1N14O16Cl35.5Mn55Co59一、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.化学与科技、生活密切相关。下列说法错误的是A.维生素C是一种抗氧化剂，可用作食品添加剂B.乙烯属于大宗化学品，可用于生产饮用白酒C.酪素是从牛奶、大豆中提取的蛋白质，可用来制作食品D.碳纳米管属于新型无机非金属材料，可用于生产传感器【答案】B【解析】【详解】A．维生素C具有还原性，是一种抗氧化剂，且无毒，可用作食品添加剂，A正确；B．乙烯属于大宗化学品，但工业上利用乙烯直接水化法制得的乙醇中往往含有对人体有害的杂质，不能用于生产饮用白酒，B错误；C．酪素是从牛奶、大豆中提取的一种蛋白质，可用来制作食品，C正确；D．碳纳米管属于新型无机非金属材料，碳纳米管的比表面积大、强度高和电学性能优良，可用于生产传感器，D正确；故选B。2.砜类化合物是一类重要的有机合成中间体。一定条件下，由化合物I制取砜类化合物II的合成路线如下：下列说法正确的是A.化合物I和II均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.化合物I分子的一氯代物有5种C.化合物I分子中所有碳原子一定在同一平面内D.化合物I和II中S原子的杂化轨道类型不同【答案】A【解析】【详解】A．化合物I和II的苯环上均含有甲基，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B．化合物I分子的一氯代物有7种，，B错误；C．化合物I分子中所有碳原子不一定在同一平面内，C-S键可以旋转，C错误；D．化合物I和II中S原子的杂化轨道类型相同，均为sp3杂化，D错误；故选A。3.M、N、P、Q、R是原子序数依次增大的前四周期主族元素，组成的化合物R4N(PM4)4Q2是某种荧光粉中的成分。M的一种单质是极性分子，N基态原子核外无未成对电子，P元素存在于航空、信息和新能源等高技术领域必需的材料中，Q是一种重要的成盐元素。下列说法错误的是A.N、Q、R三种元素简单离子的半径：Q>R>NB.N、P、Q、R四种元素的第一电离能：Q>P>N>RC.M元素与氢元素形成的两种微粒的键角：D.N、P、R三种氧化物的熔点：P>R>N【答案】D【解析】【分析】已知M、N、P、Q、R是原子序数依次增大的前四周期主族元素；常见的物质中，氧元素的其中一种单质O3是极性分子，故M为O元素；N基态原子核外无未成对的电子，且N的原子序数必须要大于氧元素的原子序数8，故N为Mg元素；P存在于航空、信息和新能源等高技术领域必需的材料中，故P为Si元素；Q是一种重要的成盐元素，故Q为Cl元素；由荧光粉的化学式R4N(PM4)4Q2可知，R显＋2价，且为第四周期主族元素，故R为Ca元素；【详解】A．N（Mg）、Q（Cl）、R（Ca）三种元素简单离子的半径由大到小为：Q（Cl-）＞R（Ca2+）＞N（Mg2+），故A正确；B．第一电离能由大到小为：Cl＞Si＞Mg＞Ca，即Q>P>N>R，故B正确；C．H3M＋为H3O＋，电子式为，中心原子O形成3个σ键，最外层还有一个孤电子对，所以O的价层电子对数＝3＋1＝4，O采取sp3杂化、H3O＋为三角锥形；而H2M为H2O，O形成2个σ键，且O的最外层还有2个孤电子对，H2O为V形结构，孤电子对越多，对成键电子排斥作用越强，键角越小，因此H3O＋的键角大于H2O，即，故C正确；D．N、P、R的氧化物分别为MgO（离子晶体）、SiO2（共价晶体）、CaO（离子晶体），且离子半径r(Mg2＋)＜r(Ca2＋)，所以几种氧化物的熔点由大到小为SiO2＞MgO＞CaO，即：P>R>N，故D错误；故选D。4.水系双离子电池的电解液为含有各种电解质盐的水溶液，具有较高的放电比容量。下图是一种锌—石墨水系双离子电池充电时的示意图，下列说法错误的是A.放电时，电解液中从石墨层间脱离B.充电时，右侧可能发生电极反应C.a和b为离子交换膜，且均只允许阴离子通过D.水系双离子电池的电解液，不仅是离子传输介质，也是电池的活性材料【答案】C【解析】【分析】充电时，石墨连接电源的正极，是阳极，锌连接电源的负极，是阴极，所以放电时，石墨是正极，锌是负极。由图可知，充电时，嵌入石墨中，Zn2+嵌入金属锌中，所以放电时，从石墨中脱离，Zn2+从金属锌中脱离。【详解】A．根据分析知，放电时，电解液中的从石墨层间脱离，A正确；B．充电时，右侧是阴极，可能是水中的H+放电，即，B正确；C．根据充电时的示意图知，a是阴离子交换膜，只允许阴离子通过，b为阳离子交换膜，只允许阳离子通过，C错误；D．根据分析可知，水系双离子电池的电解液，不仅是离子传输介质，也是电池的活性材料，D正确；故选C。5.下列实验操作、实验现象、解释或结论均正确的是选项实验操作实验现象解释或结论A向NaCl、NaBr的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液有浅黄色沉淀生成(AgCl)>(AgBr)B将脱脂棉放入试管中，加入浓硫酸后搅拌成糊状，微热，加入新制氢氧化铜悬浊液有砖红色沉淀生成蔗糖水解产物中有葡萄糖C甲乙两支试管中各加入一定量的甲苯和少量酸性KMnO4溶液，乙试管中再加上一定量冠醚，振荡乙试管中褪色时间更短K+嵌入冠醚中，增大高锰酸钾在甲苯中的溶解度D甲乙两支试管中各加入2mL5%H2O2，甲试管中滴加3滴1mol/LCuCl2溶液，乙试管中滴加3滴1mol/LFeCl3溶液乙试管产生气泡较快说明催化活性Fe3+>Cu2+A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．氯化钠、溴化钠溶液浓度未知，不能判断两种沉淀的Ksp，，故A错误；B．纤维素水解后检验葡萄糖应该在碱性环境中进行，水解后没有加碱将溶液调整至碱性，操作错误，，故B错误；C．K+嵌入冠醚中，增大高锰酸钾在甲苯中的溶解度，从而使甲苯和KMnO4充分接触，反应速率更快，褪色时间更短，故C正确；D．0.3mol/LFeCl3和0.2mol/LCuCl2溶液不但金属阳离子不同，离子浓度也不相同，变量不唯一化，前者生成气泡的速率更快，不能说明催化效果，故D错误；故选C。6.苯酚是一种重要的化工原料，一种制取苯酚的反应机理如图。下列说法正确的是A.苯和过氧化氢为非极性分子，水和苯酚为极性分子B.中间产物5转化为3的过程中，还生成了H2OC.反应涉及O-H、V-O、C-H键的断裂和生成D.中间产物2和3之间的转化是氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】A．苯的正负电荷中心是重合的，故苯是非极性分子，而H2O2、水和苯酚均是正负电荷中心不重合，故它们为极性分子，A错误；B．可以结合O原子和H原子守恒思想，故5生成3和苯酚的同时，还生成了1个H2O，B正确；C．H2O2和1生成3和H2O时，断裂了O-H键，同时形成了V-O键；5和H+反应生成苯酚和3、及水的过程，形成了H-O键；同时也断裂了V-O键，7生成苯酚和时，有C-H键的断裂，但整个过程中没有C-H键的形成，C错误；D．2和3中V元素化合价均为+5价，无元素化合价发生变化，故不是氧化还原反应，D错误；答案选B。7.缓冲溶液是指加少量水稀释或外加少量酸、碱，自身pH不发生显著变化的溶液。1L含1mol乳酸(HLac)和1mol乳酸钠(NaLac)的溶液就是一种缓冲溶液，该溶液的pH为3.85。下图是此缓冲溶液的pH随通入HCl(g)或加入NaOH(s)的物质的量变化的示意图(溶液体积保持1L)，已知lg3=0.48。下列说法错误的是A.此缓冲溶液中(B.通过计算可得出，a点溶液的pH约为3.37C.根据图像可以判断，b点溶液已失去缓冲能力D.当加入NaOH，且横坐标为0.5时，对应溶液中(【答案】D【解析】【分析】含1mol乳酸(HLac)和1mol乳酸钠(NaLac)的溶液就是一种缓冲溶液中，该溶液的pH为3.85，则，；【详解】A．含1mol乳酸(HLac)和1mol乳酸钠(NaLac)的溶液中由质子守恒可知，，A正确；B．a点溶液加入0.5molHCl后，、，则，则，pH约为3.37，B正确；C．根据图像可以判断，b点溶液pH发生突变，则已失去缓冲能力，C正确；D．加入0.5molNaOH后，则含0.5mol乳酸(HLac)和1.5mol乳酸钠(NaLac)，此时溶液显酸性，乳酸电离大于水解，则，D错误；故选D。三、非选择题8.某废旧三元锂离子电池正极材料的主要成分是还有少量有机粘结剂和铝箔基底等，下图是处理电池正极材料回收锂、钴、镍、锰的一种流程。回答下列问题：已知：①常温下，碳酸锂微溶于水，碳酸氢锂易溶于水。中Ni和Co元素的化合价均为+2价。③焙烧时没有发生变化，焙烧还原时Li元素转化为。④常温时，氢氧化铝。。（1）中Mn元素的化合价为_______。（2）为提高焙烧效率，可采取的措施有_______(填写一种方法)，焙烧的目的是_______。（3）除杂时发生反应的离子方程式为_______(任写一个)。（4）焙烧还原时发生反应的化学方程式为_______。（5）水浸时，通入CO2的目的是_______。（6）若废旧的锂离子电池拆解后先使用酸溶解，最终也可以得到等物质，在酸浸中若Al3+浓度为0.1mol/L，则常温时pH>_______(结果保留两位小数)才能够形成氢氧化铝沉淀。（7）已知MnO晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为_______g/cm³(写出表达式)。【答案】（1）+7（2）①.升高焙烧温度、增大空气浓度、电池正极材料和空气逆向流动、搅拌、将正极材料研磨等②.除去正极材料中含有的有机粘结剂（3）或（4）20LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+13C10Li2CO3+12Ni+4Co+4MnO+3CO2（5）将微溶的Li2CO3转化为易溶的LiHCO3，更好与Ni、Co、MnO分离，提高锂元素的回收率（6）3.37（7）【解析】【分析】某废旧三元锂离子电池正极材料的主要成分是还有少量有机粘结剂和铝箔基底等，经过空气焙烧后，除去有机粘合剂，铝转化为氧化铝，浸碱后氧化铝溶解在滤液中，焙烧还原时Li元素转化为，同时有CO2、Co、Ni、MnO生成，通过水浸后得到，热解后得到，据此分析解题。【小问1详解】根据物质的化合价之和为0，且中Ni和Co元素的化合价均为+2价，Mn元素的化合价为+7价。【小问2详解】为提高焙烧效率，可采取的措施有升高焙烧温度、增大空气浓度、电池正极材料和空气逆向流动、搅拌、将正极材料研磨等；据分析可知，焙烧的目的是除去正极材料中含有的有机粘结剂。【小问3详解】除杂时铝，或氧化铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：或。【小问4详解】焙烧还原时Li元素转化为，同时有二氧化碳生成，反应的化学方程式为：20LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+13C10Li2CO3+12Ni+4Co+4MnO+3CO2。【小问5详解】水浸时，通入CO2的目的是将微溶的Li2CO3转化为易溶的LiHCO3，更好与Ni、Co、MnO分离，提高锂元素的回收率。【小问6详解】Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)×c3(OH-)=，Al3+浓度为0.1mol/L，c(OH-)=，，pH=-log(H+)=。【小问7详解】MnO晶胞结构如图所示，O2-：，Mn2+：，晶胞的质量为：16g×4+55g×4=284g，晶胞参数为apm=a×10-10cm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为g/cm3。9.(三氯化六氨合钴)是一种橙黄色的晶体，溶于热水和稀盐酸中，在冷水、乙醇、浓盐酸中溶解度较小，可用于制备其他三价钴配合物。实验室制备的装置和步骤如下：I．在三颈烧瓶中加入：高纯水，加热溶解后加入1.5g催化剂活性炭，7mL浓氨水，搅拌，得到溶液。Ⅱ．将得到的溶液冷却至10℃，加入7mL4%的，恒温，搅拌15min后冷却至2℃，抽滤，收集沉淀。Ⅲ．将沉淀转移入100mL烧杯中，用20mL、80℃的高纯水进行冲洗，再加入1mL的浓盐酸，搅拌均匀，_______，将活性炭滤出弃去。Ⅳ．在滤液中加入3.5mL试剂b，搅拌后用冰水浴冷却至2℃析出沉淀，之后快速抽滤，弃去滤液，用无水乙醇洗涤沉淀3次，低温烘干，得到产品1.92g。回答下列问题：（1）仪器a的名称为_______，盛放的试剂是_______。（2）常温下，，从平衡角度解释，步骤I中先加NH4Cl，后加浓氨水原因是_______。（3）步骤Ⅲ中缺少的操作名称为_______。（4）步骤Ⅳ中试剂b最好选择的是_______(填标号)。A．浓盐酸B．稀盐酸C．水（5）由制备的化学方程式为_______。（6）晶体中存在的化学键类型有_______(填标号)。A.σ键 B.π键 C.离子键 D.配位键【答案】（1）①.球形干燥管(或干燥管)②.P2O5(或CaCl2)（2）NH₄Cl溶于水电离出会抑制NH3·H2O的电离，防止c(OH⁻)过大产生Co(OH)2沉淀（3）趁热过滤（4）A（5）（6）ACD【解析】【分析】CoCl2在活性炭做催化剂的条件下溶解在氯化铵的溶液中，然后先滴加氨水再加过氧化氢在55℃左右，反应约30分钟，生成沉淀，然后过滤得到固体，经过一系列操作得到结晶水合物，以此解题；【小问1详解】由图可知，仪器a是球形干燥管；球形干燥管的作用是吸收挥发出的氨气，故可盛放P2O5(或CaCl2)；【小问2详解】先加入氯化铵，增加铵根浓度，抑制一水合氨电离，防止c(OH⁻)过大产生Co(OH)2沉淀；【小问3详解】活性炭难溶于水，趁热过滤除去活性炭，减少损失；【小问4详解】浓盐酸氯离子浓度大，降低在水中溶解度，故选A；【小问5详解】由制备的化学方程式为：；【小问6详解】中N-H之间形成σ键，与形成配位键，与形成离子键，故选ACD10.甲烷是一种重要的化工原料，工业上可用甲烷大规模生产氢气。方法一：甲烷高温重整反应制氢，主要反应如下：反应I．△H1反应II．△H2各反应平衡常数与温度的关系如图所示。（1）由上图判断，△H2_______0(填“>”或“<”)，已知1000K时，达平衡则此时=_______。（2）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示。当在某电极上生成的两种有机物物质的量之比为1∶1时，该电极上的电极反应式为_______。此时两个电极上理论消耗CH4和CO2的物质的量之比为_______。（3）反应II称为甲烷干法重整制H2，同时发生副反应：在某温度下，体系压强恒定为p₀时，2molCH4和2molCO2发生上述反应，平衡时甲烷的转化率为50%，H₂O的分压为0.1p₀，则反应II的压强平衡常数Kp=_______(用含p₀的计算式表示，已知分压=总压×物质的量分数)。方法二：甲烷裂解制氢的反应为(CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH=+75kJ/mol，金属镍是该反应的一种高效催化剂，纳米SiO2具有较大比表面积和独特孔道结构，可以提高镍的分散性。（4）与方法一相比，方法二制氢的优点是_______(写出一条即可)。（5）现以纳米SiO2负载镍为催化剂，以10mL/min的流速将甲烷通入常压固定床反应器中反应，600℃时，4种不同镍负载量催化剂对甲烷转化率和氢气产率的影响如图所示。由图判断，活性最强的催化剂是_______(填标号)，可能的原因是_______(填标号)。A．镍负载量较低时，镍表面积较小，催化剂快速失活B．镍负载量较高时，载体孔内的镍迅速被积炭所覆盖，催化剂活性下降C．镍负载量较高时，金属镍不易发生颗粒团聚，催化剂活性增强【答案】（1）①.>②.3（2）①.②.4：3（3）[或（4）产物易分离(或无碳氧化物生成、反应物种类少等)（5）①.c②.AB【解析】【小问1详解】由图可知，随温度升高，lnK增大，K增大，温度升高有利于平衡向吸热方向移动，即反应II正向吸热，△H2>0，由图，1000K时，两反应K相等，即，化简得；【小问2详解】根据图中所示，阳极CH4失电子转化为CH3CH3或CH2=CH2和水，阴极CO2得电子转化为CO，电解质为固体电解质，能传导O2-，当阳极上生成的两种有机物物质的量之比为1∶1时，阳极电极反应式为4CH4+3O2-−6e⁻=C2H4+C2H6+3H2O，由电极反应式，每4molCH4发生反应，阳极失电子6mol，根据化合价变化，阴极1molCO2发生反应得电子2mol，故两个电极上理论消耗CH4和CO2的物质的量之比为4:3；【小问3详解】平衡时甲烷的转化率为50%，即初始加入的2molCH4反应掉1mol，由三段式，对于反应II，有，副反应是气体体积数不变反应，即平衡时，体系中气体总物质的量为6mol，由H2O分压为0.1p0，得副反应生成H2O0.6mol，则副反应生成CO也是0.6mol，同时消耗CO2和H2都是0.6mol，平衡体系中，n(CH4)=1mol，n(CO2)=1-0.6=0.4mol，n(H2)=2-0.6=1.4mol，n(CO)=2+0.6=2.6mol，故得反应II压强平衡常数Kp=；【小问4详解】与方法一相比，方法二制氢产物中气体只有氢气，其它为固体，所以优点是产物易分离，同时由于反应物种类少，也没有副反应中的碳氧化物（CO、CO2）生成；【小问5详解】以纳米SiO2负载镍为催化剂，以10mL/min的流速将甲烷通入常压固定床反应器中反应，600℃时，4种不同镍负载量催化剂对甲烷转化率和氢气产率的影响如图所示，由于反应时间一定，产率越大即反应速率越大，故由右侧图判断，活性最强的催化剂是c，对应氢气产率最高；镍负载量较低时，镍表面积较小，催化剂快速失活，镍负载量较高时，载体孔内的镍迅速被积炭所覆盖，催化剂活性下降，故镍负载量为30%时催化