2024届四川省凉山彝族自治州高三上学期一诊考试理科综合试题（含答案解析）

凉山州2024届高中毕业班第一次诊断性检测理科综合注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确。2.选择题使用2B铅笔涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。3.考试结束后，将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H-1O-16A1-27P-31S-32C1-35.5Cu-64第I卷(选择题共126分)一、选择题：本题共13题，每题6分，共78分。在每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求。1.2023年火把节期间，凉山以“工业腾飞跨越发展”为主题举行了工业产业招商引资推介会。多年发展，凉山工业基本形成了以清洁能源、成略资源装备制造和药品食品产业为支撑的工业体系。下列说法正确的是A.光伏发电是一种新型的清洁能源生产方式，其太阳能电池板的主要材料是二氧化硅B.钛是一种重要的战略资源，其合金熔点比纯钛高，可用于航空航天工业C.风电装备制造为风力发电提供了保障，电能是一种二次能源D.橄榄油有“液体黄金”之称，是一种高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A．太阳能电池板的主要材料是晶体硅，A错误；B．钛是一种重要的战略资源，其合金熔点比纯钛低，可用于航空航天工业，B错误；C．风电装备制造为风力发电提供了保障，电能是一种二次能源，C正确；D．橄榄油有“液体黄金”之称，属于油，不是高分子化合物，D错误。故选C。2.凉山雷波等地盛产脐橙。从脐橙果皮中提取的橙油具有抗菌抑菌、抗氧化、祛痰平喘等多种作用，常用于医药、食品加工、日化等多个领域。橙油的主要成分是柠檬烯，其结构简式如下。下列有关柠檬烯的说法正确的是A.分子式为C10H18B.可发生加成、取代、氧化反应C.一氯代物有7种(不考虑立体异构)D.与1，3-丁二烯(CH2=-CH-CH=CH2)互为同系物【答案】B【解析】【详解】A．柠檬烯的分子式为C10H16，A错误；B．柠檬烯含有碳碳双键，可发生加成反应和氧化反应，因含碳氢键故可发生取代反应，B正确；C．无等效碳原子，共含八种氢原子，故一氯代物有8种，C错误；D．柠檬烯属于脂环烃，而1，3-丁二烯属于脂肪烃，不是互为同系物的关系，D错误。故选B。3.下列离子方程式书写正确的是A.向稀硝酸中滴加少量Na2SO3溶液：B.用食醋除去水垢中的CaCO3：C.用铁作电极电解饱和食盐水：D.向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水：【答案】D【解析】【详解】A．向稀硝酸中滴加少量Na2SO3溶液，反应生成硫酸钠、NO和水，反应的离子方程式为：，选项A错误；B．用食醋除去水垢中的CaCO3，反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：，选项B错误；C．用铁作电极电解饱和食盐水，生成氢氧化亚铁和氢气，反应的离子方程式为：，选项C错误；D．向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水，反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：，选项D正确；答案选D。4.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的周期序数是族序数的3倍，W、X、Z的最外层电子数之和为16，X、Z同主族且在自然界均可以以游离态形式存在。下列说法正确的是A.原子半径：X<W<Z<YB.X与Y形成的化合物中只可能含有离子键C.W氢化物的沸点一定低于X氢化物的沸点D.Z含氧酸均为强酸【答案】A【解析】【分析】Y的周期序数是族序数的3倍，可知Y为Na，结合W、X、Z的最外层电子数之和为16，X、Z同主族且在自然界均可以以游离态形式存在，可知W为C，X、Z分别为O、S。【详解】A．原子半径同周期从左往右主族元素原子半径递减，故原子半径：X(O)<W(C)<Z(S)<Y(Na)，A正确；B．X与Y形成的化合物中含有非极性共价键，B错误；C．C的氢化物的沸点不一定低于O的氢化物的沸点，碳的氢化物有大量呈固态的烷烃，沸点高于水，C错误；D．S的含氧酸如为弱酸，D错误。故选A。5.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述错误的是A.标况下，22.4L氖气含有的原子数为NAB.18g重水(D2O)中所含的质子数、电子数均为9NAC.32gCu与足量S充分反应，转移电子数为0.5NAD.25℃时，1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中阴离子数目小于0.1NA【答案】D【解析】【详解】A．氖气为单原子分子，则标况下，22.4L氖气含有的原子数为×1×NAmol-1=NA，A正确；B．重水的摩尔质量为20g/mol，分子中含有的质子数、电子数都为10，则18g重水中所含的质子数、电子数均为×10×NAmol-1=9NA，B正确；C．铜与硫共热反应生成硫化亚铜，则3.2g铜与足量硫充分反应，转移电子数为×1×NAmol-1=0.5NA，C正确；D．碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液中阴离子数目增大，则5℃时，1L0.1mol·L-1的碳酸钠溶液中阴离子数目大于0.1mol·L-1×1L×NAmol-1=0.1NA，D错误；故选D。6.利用图示装置进行实验，经过一段时间后，装置Ⅱ中实验现象正确的是选项①②③装置Ⅱ中实验现象A浓盐酸MnO2紫色石蕊溶液石蕊溶液先变红，后褪色B稀硫酸碳酸钠饱和碳酸钠溶液产生白色沉淀C浓氨水生石灰硫酸铝溶液先产生白色沉淀，后沉淀溶解D70%硫酸Na2SO3Na2S溶液无明显现象A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，没有加热装置，故A错误；B．稀硫酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液会发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，而原碳酸钠溶液是饱和的，反应又消耗了水，所以会析出碳酸氢钠固体，即产生白色沉淀，故B正确；C．浓氨水滴到氧化钙中生成氨气，氨气通入硫酸铝溶液中会反应生成氢氧化铝沉淀，但不会溶解，故C错误；D．70%硫酸与Na2SO3反应产生二氧化硫，二氧化硫通入Na2S溶液会产生黄色沉淀S，故D错误；答案选B。7.《Seience》杂志报道了我国学者发明的一种将乙烯高效转化为环氧乙烷()的电化学反应方法，其具体过程为：反应装置示意图如下，在电解结束后，将阴、阳极电解液混合，便可反应生成环氧乙烷。下列说法错误的是A.A电极与电源正极相连B.工作过程中B电极附近pH增大C.理论上电路中每转移1mol电子可制得lmol环氧乙烷D.将电解液混合还可生成能重复利用的KCl【答案】C【解析】【分析】由可知A电极为阳极，氯离子失电子产生氯气：，氯气与水反应产生的HClO与乙烯反应产生2-氯乙醇，阴极发生反应产生氢氧根，电解结束后，将阴、阳极电解液混合，反应生成环氧乙烷。【详解】A．A电极为阳极，氯离子失电子产生氯气：，氯气与水反应产生的HClO与乙烯反应产生2-氯乙醇，A电极与电源正极相连，A正确；B．工作过程中B电极为阴极，发生还原反应：，故B电极附近碱性增强，pH增大，B正确；C．将阴、阳极电解液混合，发生反应，由于，，即每转移2mol电子产生1mol氯气，理论上只能产生1molHClO，从而形成1mol2-氯乙醇，1mol2-氯乙醇与KOH发生反应产生1mol环氧乙烷，即理论上电路中每转移2mol电子可制得lmol环氧乙烷，C错误；D．将阴、阳极电解液混合，发生反应，可生成能重复利用的KCl，D正确。故选C。第Ⅱ卷(非选择题共174分)三、非选择题：共174分，第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分8.某小组为测定氯化铝样品(只含少量氯化铜杂质)的纯度，设计了以下实验方案：步骤1：称取15.06g样品，用适量蒸馏水溶解；步骤2：加入足量稀NaOH溶液，充分反应后过滤；步聚5：洗涤所得沉淀并60℃水浴烘干至恒重，记录干燥的沉淀质量为0.98g；步骤4：计算样品纯度。已知：氢氧化铜难溶于稀氢氧化钠溶液且在80℃时会分解。回答下列问题：（1）步骤1中需使用的仪器如下：A．B．C．D．仪器C的作用是___________，仪器D的名称是___________。（2）写出步骤2中AlCl3发生反应的离子方程式___________。（3）①如图洗涤沉淀操作有何错误___________；②证明沉淀已洗净的实验操作是___________；③采用60℃水浴洪干沉淀的目的是___________。（4）该氯化铝样品的纯度为___________(保留两位有效数字)。（5）步骤2中若用足量的浓氨水代替氢氧化钠溶液也可以测定样品中氯化铝的含量，理由是___________。【答案】（1）①.搅拌②.药匙（2）Al3++4OH-=[Al(OH)4]-（3）①.缺玻璃棒引流②.取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成③.防止温度过高，氢氧化铜受热分解（4）91%（5）可以依据样品质量和生成沉淀质量列方程式计算氯化铝样品纯度【解析】【分析】该实验的实验目的是利用氢氧化铝为两性氢氧化物的性质测定只含少量氯化铜杂质的氯化铝样品的纯度。【小问1详解】由实验装置图可知，仪器C为玻璃棒，作用是在溶解样品时起搅拌作用，便于样品完全溶解；仪器D为药匙，故答案为：搅拌；药匙；【小问2详解】步骤2中氯化铝发生的反应为氯化铝溶液与过量的氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为Al3++4OH-=[Al(OH)4]-，故答案为：Al3++4OH-=[Al(OH)4]-；【小问3详解】①洗涤沉淀时应用玻璃棒引流，防止溶液溅出，由图可知，洗涤沉淀的操作缺玻璃棒引流，故答案为：缺玻璃棒引流；②反应生成的氢氧化铜沉淀表面附有可溶性的氯化钠杂质，则检验氢氧化铜沉淀洗涤是否干净实际上就是检验洗涤液中是否含有氯离子，具体操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明氢氧化铜沉淀洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成；③由题给信息可知，温度高于80℃时氢氧化铜会发生分解，导致测得氢氧化铜的质量偏小导致测定结果偏高，所以实验时采用60℃水浴洪干沉淀，防止氢氧化铜受热分解，故答案为：防止温度过高，氢氧化铜受热分解；【小问4详解】由题意可知，实验测得氢氧化铜的质量为0.98g，则由铜原子个数守恒可知，氯化铝样品的纯度为×100%=91%，故答案为：91%；【小问5详解】步骤2中若用足量的浓氨水代替氢氧化钠溶液，充分反应后过滤可以得到氢氧化铝和氢氧化铜混合物，依据样品的质量和混合物的质量列方程式也可以测定样品中氯化铝的含量，故答案为：可以依据样品质量和生成沉淀的质量列方程式计算氯化铝样品纯度。9.以二氧化铈(CeO2)为原料制备碳酸铈(Ce2(CO3)3)的工业流程如下：已知水溶液中的Ce3+能被有机萃取剂(HA)萃取，萃取原理可表示为；回答下列问题：（1）写出两条可以提高酸浸效率的措施___________、___________。（2）写出酸浸过程中发生反应离子方程式___________，其中H2O2的作用是___________。（3）萃取前加氨水中和的目的是___________(用平衡移动的原理解释)。（4）写出物质a的化学式___________。（5）写出沉淀过程的离子方程式___________。（6）该流程中可循环使用的试剂为___________。【答案】（1）①.将CeO2废渣粉碎②.适当升高反应温度、进行充分搅拌或者适当增大稀盐酸的浓度(任写2条，或其他合理答案)（2）①.2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O②.作还原剂（3）减小溶液中H+的浓度，使得萃取平衡正向移动，以提高萃取效率（4）H2SO4（5）2Ce3++3NH3·H2O+3=Ce2(CO3)3↓+3+3H2O（6）HA【解析】【分析】由题干工艺流程图可知，向CeO2废渣中加入H2O2溶液和稀盐酸，将CeO2转化为CeCl3，同时放出氧气，反应原理为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，向反应后的溶液中加入氨水中和后，加入萃取剂HA将Ce3+进入有机溶剂中进行萃取，分液后向有机层中加入稀酸使逆向移动，结合沉淀过程中产生(NH4)2SO4可知，该稀酸为硫酸，分液后向水层溶液中加入氨水、NH4HCO3进行沉淀，过滤洗涤得到碳酸铈(Ce2(CO3)3)，据此分析解题。【小问1详解】将CeO2废渣粉碎、适当升高反应温度、进行充分搅拌或者适当增大稀盐酸的浓度等措施均可以提高酸浸效率，故答案为：将CeO2废渣粉碎、适当升高反应温度、进行充分搅拌或者适当增大稀盐酸的浓度(任写2条，或其他合理答案)；【小问2详解】由分析可知，酸浸过程中发生反应的离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，其中H2O2的作用是作还原剂，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；作还原剂；【小问3详解】萃取前加氨水中和的目的是减小溶液中H+的浓度，使得萃取平衡正向移动，以提高萃取效率，故答案为：减小溶液中H+的浓度，使得萃取平衡正向移动，以提高萃取效率；【小问4详解】由分析可知，物质a为稀硫酸，故其化学式为：H2SO4，故答案为：H2SO4；【小问5详解】由分析可知，沉淀过程即向水层溶液主要含有Ce2(SO4)3中加入氨水、NH4HCO3进行沉淀Ce2(CO3)3，则该反应的离子方程式为：2Ce3++3NH3·H2O+3=Ce2(CO3)3↓+3+3H2O，故答案为：2Ce3++3NH3·H2O+3=Ce2(CO3)3↓+3+3H2O；【小问6详解】由分析可知，该流程中萃取剂HA可循环使用，故答案为：HA。10.在较低的温度和压强条件下，将CO2同H2化合，可用于生产清洁能源，减少二氧化碳排放，有助于保护环境。回答下列问题：（1）用CO2来生产燃料甲醇的反应原理为。已知某些化学键的键能数据如表所示：化学键C-HH-HC-OC=OH-O键能(kJ·mol-1)413.4436.0351.0745.0462.8则该反应的∆H为___________；一定温度下在恒容密闭容器中发生该反应，下列选项表明反应一定已达平衡状态的是___________(填字母序号)。A．容器内的温度不再变化B．容器内的压强不再变化C．相同时间内，断开H-H的数目和断开O-H的数目比为1：1D．容器内气体的浓度c(CO2)：c(H2)：c(CH3OH)=1：3：1（2）向2L密闭容器中投入2molCO2和2molH2，发生反应，测得反应在不同温度、不同压强下达平衡时CH3OH的体积分数如图所示。P1___________P2(填“>”、“<”或“=”，下同)，B点v正___________v逆，已知到达A点的平衡状态共需要10分钟，则10分钟内用H2浓度变化表示的反应速率为___________，A点的平衡常数为___________(保留两位有效数字)。（3）以In2O3为催化剂可使CO2在温和条件下转化为甲醇，反应历程如下图①该过程中不存在___________(填字母序号)A．极性键的断裂B．非极性键的断裂C．极性键的形成D．非极性键的形成②若参与反应的二氧化碳分子为C18O2，则生成物甲醇的化学式为___________。③根据反应原理，下列关于催化剂叙述不正确的是___________。A．催化剂参与了反应B．催化剂改变了反应的∆HC．催化剂改变了反应的路径，降低了反应的活化能D．催化剂提高了CO2的平衡转化率【答案】（1）①.②.BC（2）①.＜②.＞③.④.0.27（3）①.D②.③.BD【解析】【小问1详解】的的∆H为反应物键能之和减去生成物键能之和，即。A．在恒温恒容条件下，其温度不变不能说明反应达到平衡；B．该反应为气体分子数减小的反应，未达到平衡之前压强逐渐减小，故压强不变可以说明反应达到平衡；C．相同时间内，断开H-H的数目和断开O-H的数目比为1：1，可以说明反应达到平衡；D．容器内气体的浓度c(CO2)：c(H2)：c(CH3OH)=1：3：1，不能说明反应达到平衡；故选BC。【小问2详解】为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，甲醇体积分数增大，故压强P1＜P2；B点体积分数低于平衡时的体积分数，说明此时正在向体积分数增大的正反应方向移动，故v正＞v逆；在A点可列出三段式：此时A点甲醇的体积分数，得。10分钟内用H2浓度变化表示的反应速率为；A点的平衡常数为。【小问3详解】①该过程中涉及氢气中氢氢键的断裂，即非极性键的断裂，二氧化碳中C=O的断裂，即极性键的断裂，也涉及水分子中O-H的形成，属于极性键的形成，但不存在非极性键的形成，故选D；②根据反应历程中二氧化碳中其中一个O原子转入甲醇分子中，若参与反应的二氧化碳分子为C18O2，则生成物甲醇的化学式为。③由图可知，催化剂参与了反应，A正确；催化剂不改变反应的∆H，B错误；催化剂改变了反应的路径，降低了反应的活化能，提高反应速率，C正确；催化剂不影响反应的平衡，故不影响CO2的平衡转化率，D错误；故选BD。[化学-选修3：物质结构与性质]11.凉山州是矿产资源“聚宝盆”，下辖的会东、金阳、雷波等县磷矿资源丰富，磷化工产业比较发达。请回答下列问题：（1）基态磷原子的价电子排布图为：___________；其基态原子核外有___________种不同能量的电子。（2）含磷药物磷酸氯喹对治疗新冠肺炎有一定效果，其结构如下图。磷酸氯喹中所含第二周期元素第一电离能由大到小的顺序为：___________，其中碳原子的轨道杂化类型为：___________。（3）卤化磷通常有三卤化磷和五卤化磷。三卤化磷的熔点见下表，试解释PF3、PCl3、PBr3、PI3熔点逐渐升高的原因是___________。三卤化磷PF3PCl3PBr3PI3熔点/℃-151.5-93.6-41.561.2（4）已知PCl5晶体中含有等量的[PCl4]+和[PCl6]-。①PCl5晶体中的化学键有___________，其中[PCl4]+的空间构型为___________。②PCl5晶胞结构如下图，晶胞中含有的P原子的个数为___________，已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体密度为___________g/cm3(列出计算式即可)。【答案】（1）①.②.5（2）①.N＞O＞C②.sp2、sp3（3）四种物质均为分子晶体，不含分子间氢键，随着相对相对分子质量的增大，范德华力增大，熔点增大（4）①.离子键、共价键②.正四面体③.2④.【解析】【小问1详解】基态磷原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，价电子排布式为3s23p3，因此价电子排布图为；基态磷原子核外有5个能级，因此有核外有5种不同能量的电子；故答案为；5；小问2详解】根据结构可知，属于第二周期的元素有C、N、O，根据第一电离能规律，三种元素第一电离能由大到小顺序是N＞O＞C；苯环、双键上碳原子杂化类型为sp2，甲基、亚甲基、次甲基上的碳原子杂化类型为sp3，故答案为N＞O＞C；sp2、sp3；【小问3详解】四种物质均为分子晶体，且不含分子间氢键，因此它们熔点高低与范德华力有关，即逐渐升高的原因是四种物质均为分子晶体，不含分子间氢键，随着相对相对分子质量的增大，范德华力增大，熔点逐渐升高；故答案为四种物质均为分子晶体，不含分子间氢键，随着相对相对分子质量的增大，范德华力增大，熔点逐渐升高；【小问4详解】①PCl5是由[PCl4]+和[PCl6]-组成，[PCl4]+、[PCl6]-之间存在离子键，P和Cl之间存在共价键，因此PCl5晶体中的化学键有离子键、共价键；[PCl4]+的价层电子对数是4+=4，空间构型为正四面体；故答案为离子键、共价键；正四面体；②[PCl4]+位于晶胞内部，[PCl6]-位于顶点，个数为=1，因此1个晶胞中含有P原子的个数为2；晶胞的质量为，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，则晶胞的密度为=g/cm3；故答案为2；。[化学-选修5有机化学基础]12.甲基丙烯酸是一种重要的有机化工原料，一种以甲基丙烯酸制备布洛芬的合成路线如下图所示：已知：(1)