四川省成都重点学校2023-2024学年高三上学期期中理综化学试题（含答案）

第第页四川省成都重点学校2023-2024学年高三上学期期中理综化学试题一、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．化学与人类社会密切相关，下列应用和操作涉及氧化还原反应原理的是（）A．用浸泡过高锰酸钾的硅土保鲜水果B．用热的纯碱去油污C．用二氧化硅制作光纤D．高压钠灯广泛用于道路照明2．下列有关方程式正确的是（）A．硫化钠水溶液呈碱性：S2-+2H2O⇌H2S+2OH-B．将碳酸氢钠溶于苯甲酸：HCO3−+C6H5COOH=C6H5COO-+CO2↑+H2C．用稀硝酸洗去试管内壁的银：2Ag+2HNO3=2AgNO3+H2↑D．铅蓄电池放电时负极反应：Pb–2e-=Pb2+3．利用图示装置进行实验，反应进行一段时间，装置Ⅱ中实验现象正确的是（）选项①②③装置Ⅱ中实验现象A浓氨水氧化钙硫酸铝溶液先产生白色沉淀，后沉淀溶解得到澄清溶液B稀硫酸CuS新制氯水产生乳黄色沉淀C浓硫酸Cu石蕊溶液先变红，后褪色D稀硫酸碳酸钠饱和碳酸钠溶液产生白色沉淀A．A B．B C．C D．D4．已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B、C、D为同周期元素且与A均不同族，B、D原子的最外层电子数之和等于A的最外层电子数的2倍，B的氧化物是一种耐火材料，D的多种化合物是生活中常见的漂白剂。下列有关说法不正确的是（）A．C的氧化物的水化物的酸性可能强于碳酸B．简单离子半径的大小顺序为D>A>BC．A与C可能形成共价化合物C3A4D．电解B与D形成的化合物的水溶液可以制取单质B5．我国科学家研制了Cu2P2O7催化剂建构Zn—CO2二次电池，实现了电还原CO2合成多碳产品(如乙酸，乙醇等)，装置如图所示。双极膜中水电离出的H＋和OH-在电场作用下可以分别向两极迁移。下列说法不正确的是（）A．放电时，双极膜中H＋向Cu2P2O7极迁移B．电势：Cu2P2O7极高于Zn极C．当外电路通过2mol电子时，理论上双极膜中水减少18gD．充电时，阳极上的电极反应式为C2H5OH-12e-＋3H2O=2CO2↑＋12H＋6．研究表明木豆素对学习记忆障碍有一定的改善作用，木豆素的结构如图所示，下列有关木豆素的说法错误的是（）A．分子中含3种官能团B．苯环上的一氯代物有4种C．分子中所有碳原子可能共面D．一定条件下能生成高分子化合物7．分析化学中“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。常温下以0.10mol·L-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（）A．该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂B．从x点到z点的整个过程中，y点的水的电离程度最大C．x点处的溶液中满足：c(MOH)＋c(OH-)<c(M＋)＋c(H＋)D．根据y点坐标可以算得Kb(MOH)=9×10-7二、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分。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)8．亚氯酸钠是一种高效氧化剂、漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆漂白；食品消毒：水处理；杀菌灭藻和鱼药制造。某校化学实验探究小组设计如下实验制备亚氯酸钠(NaClO[查阅资料]①2NaCl②ClO③NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2⋅3H（1）盛装浓硫酸的仪器名称是。C的作用是。（2）B中使用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是。（3）ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，生成（4）反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得NaClO2晶体：55℃蒸发结晶→趁热过滤→38~60℃热水洗涤→低于60℃干燥，得到成品。如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是（5）实验需使B中n(NaClO3)：n(Na2SO3)=2：1，如（6）测定样品中NaClO准确称取mg的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应：ClO2−+4I①确认滴定终点的现象是。②所称取的样品中NaClO2的质量分数为9．赤泥含有Sc2O3(氧化钪)、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，以赤泥为原料提取钪(Sc)、氧化钪(Sc2O3)的流程如下：已知：①P2O4为磷酸酯萃取剂；②Sc3+易水解；③Ksp[Sc(OH)3]=8.00×10-31。请回答下列问题：（1）滤渣主要成分是(填化学式)。（2）“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是。（3）“回流过滤”中SOCl2作用有将Sc(OH)3转化成ScCl3、作溶剂和。（4）“热还原”的化学方程式为。（5）利用ScCl3制备Sc2O3的方法是ScCl3溶于水，加入草酸产生草酸钪沉淀，过滤洗涤灼烧(空气中)草酸钪得到Sc2O3。灼烧草酸钪的副产物主要是。(填化学式)。（6）P2O4萃取浸出液，其浓度、料液温度对萃取率的影响如下所示，萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为，。若“洗涤”操作于实验室中进行，所需玻璃仪器有。试验编号P2O4浓度/%分相情况钪萃取率/%铁萃取率/%1-11分相快90.7615.821-22分相容易91.5319.231-33分相容易92.9813.561-44有第三相90.6930.121-55轻微乳化91.7439.79（7）已知：c(Sc3＋)≤1.0×10-5mol·L-1时表明完全沉淀，萃取剂混合液的pH为6时是否完全沉淀？(填“已完全沉淀”或“未完全沉淀”)，通过计算作出判断：。10．CO2与氢气在固载金属催化剂上可发生以下反应：反应i．CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)ΔH1反应ii．CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g)ΔH2>0反应iii．……可能的反应机理如下(M为催化剂)；回答下列问题：（1）反应iii的化学方程式为。（2）已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物时所放出的热量)：物质CO2(g)H2(g)HCOOH(g)标准摩尔生成焓/kJ·mol-1-393.510-362.3依据以上信息，ΔH1=。（3）在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1投料，发生反应i和反应ii(忽略反应iii)，反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性=甲酸的物质的量消耗C①下列措施能提高CO2平衡转化率的是(填标号)。A．降低温度B．再充入ArC．分离出HCOOH②673.15K，反应后体系中H2的分压为aMPa，则反应i的压力商计算式Qp=MPa-1。③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii的反应速率相比，增加更显著的是反应(填“i”或“ii”)，判断的理由是。（4）若在Bi或Bi/CeO2催化剂表面还原CO2生成HCOOH，模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。HCOOH的合成更倾向于通过生成中间体，且(填“Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性更优异。11．含碘的物质广泛应用于生活中。如(CH3NH3)PbI3作为典型的有机金属卤化物，一直是太阳能电池研究的宠儿；AgI可用于显影剂和人工增雨。（1）基态碘原子的价电子排布式为。（2）CH3NH3+中所含元素电负性从大到小的顺序为（3）I3−的VSEPR模型如下图，中心I原子的杂化方式是(填“sp3”、“sp”、“sp3d”或“sp3d2”)。I3−的空间构型为（4）Ti的四卤化物熔点如下表所示。由此可推知，TiF4中的化学键类型是TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377-24.1238.3155（5）(CH3NH3)PbI3晶体属于钙钛矿型结构(如图所示)。Pb2+周围距离最近且相等的I-数目有个；晶胞中A、B之间的距离为apm，(CH3NH3)PbI3式量为M，该物质的密度ρ=g·cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。（6）在离子晶体中，当0.414<r(阳离子)∶r(阴离子)<0.732时，AB型化合物往往采用和NaCl晶体相同的晶体结构。已知r(Ag+)∶r(I-)=0.573，但在室温下，AgI的晶体结构如下图所示，称为六方碘化银。造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因不可能是(填标号)。a．几何因素b．电荷因素c．键性因素12．席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G的一种路线如下：已知以下信息：①→2)Zn/H2O1)②1molB经上述反应可生成2molC，且C不能发生银镜反应③D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢⑤RNH2+→一定条件+H2O回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为，反应类型为。（2）D的化学名称是，由D生成E的化学方程式为。（3）G的结构简式为。（4）F的同分异构体中含有苯环的还有种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6∶2∶2∶1的是(写出其中的一种的结构简式)。（5）由苯及化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺：反应条件1所选用的试剂为，反应条件2所选用的试剂为，I的结构简式为。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、酸性高锰酸钾具有强氧化性，能氧化催熟水果的乙烯，发生氧化还原反应，故A符合题意；

B、纯碱水解显碱性，油污在碱性条件下水解，没有发生氧化还原反应，故B不符合题意；

C、二氧化硅制造光纤是因为二氧化硅的光学特性良好，不涉及氧化还原反应，故C不符合题意；

D、钠的焰色反应为黄色，穿透力强，可用于制造高压钠灯，不涉及氧化还原反应，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。2．【答案】B【解析】【解答】A、S2-分步水解，以第一步水解为主：S2-+H2O⇌HS-+OH-，故A错误；B、苯甲酸与碳酸氢钠反应生成苯甲酸钠和二氧化碳，正确的离子方程式为：HCO3−+C6H5COOH=C6H5COO-+CO2↑+H2C、稀硝酸与银单质反应生成硝酸银、NO和水，正确的离子方程式为：3Ag+4HNOD、铅蓄电池放电时，负极反应发生氧化反应，电极反应式为Pb+SO42−-2e-=PbSO4故答案为：B。【分析】A、S2-分步水解；

B、根据强酸制弱酸原理分析；

C、稀硝酸的还原产物为NO；

D、负极发生氧化反应。3．【答案】D【解析】【解答】A、浓氨水滴到氧化钙中生成氨气，氨气溶于水生成氨水，氨水与硫酸铝反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，故A错误；B、CuS和稀硫酸不反应，故B错误；C、浓硫酸和铜加热才能反应，故C错误；D、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中反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，会析出碳酸氢钠固体，故D正确；故答案为：D。【分析】A、氢氧化铝不溶于氨水；

B、CuS与稀硫酸不反应；

C、铜和浓硫酸在常温下不反应；

D、二氧化碳和饱和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠。4．【答案】D【解析】【解答】A、C若是S元素，其氧化物对应的水化物可能是硫酸，硫酸的酸性强于碳酸，故A不符合题意；B、电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径大小：Cl->N3->Al3+，故B不符合题意；C、若C是Si，与N形成Si3N4，Si3N4是共价化合物，故C不符合题意；D、B和D形成化合物是AlCl3，AlCl3为共价化合物，电解AlCl3溶液得不到铝单质，故D符合题意；故答案为：D。【分析】D的多种化合物是生活中常见的漂白剂，则D应为Cl元素，B的氧化物是一种耐火材料，则B为Al元素，B、C、D为同周期元素且与A均不同族，B、D原子的最外层电子数之和等于A的最外层电子数的2倍，B最外层电子数是3，D是7，故A最外层电子数是5，是N元素，与B、C、D不同主族，推测是C是Si元素或者S元素。5．【答案】C【解析】【解答】A、放电时为原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即双极膜中H+向Cu2P2O7极迁移，故A不符合题意；B、放电时为原电池，Zn为负极，Cu2P2O7纳米片为正极，则Cu2P2O7极的电势高于Zn极，故B不符合题意；C、双极膜中水电离的方程式为H2O=H++OH-，外电路通过2mol电子时，理论上有2molH+和OH-分别向正极、负极移向，即有2molH2O参与电离，质量减少18g/mol×2mol=36g，故C符合题意；D、充电时为电解池，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，阳极的电极反应为C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】由图可知，放电时为原电池，Zn转化为[Zn(OH)4]2-，发生氧化反应，则Zn为负极，电极反应为Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-，Cu2P2O7纳米片为正极，发生还原反应，电极反应为CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，H2O电离出的H+和OH-分别由双极膜移向正极、负极；充电时为电解池，原电池正负极分别与电源正负极相接。6．【答案】A【解析】【解答】A、分子中含有羟基、羧基、醚键、碳碳双键四种官能团，故A符合题意；

B、该分子苯环上含有4种不同环境的氢原子，苯环上的一氯代物有4种，故B不符合题意；

C、苯环相连的碳原子共面，其中双键相连的碳原子也可共面，分子中所有碳原子可能共面，故C不符合题意；

D、该物质含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A、该分子中含有的官能团为羟基、羧基、醚键、碳碳双键；

B、该物质苯环上含有4种不同环境的氢原子；

C、苯环、双键为平面结构，单键可以旋转；

D、含有碳碳双键的物质能发生加聚反应。7．【答案】B【解析】【解答】A、由图可知，滴定分数=1.00时，溶液显酸性，MCl溶液显酸性，应选用甲基橙做指示剂，故A不符合题意；B、酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，滴定分数=1.00时，恰好完全反应得到MCl溶液，此时溶液中水的电离程度最大，故B符合题意；C、x点处滴定分数为0.50，此时溶质为等物质的量的MOH、MCl，根据物料守恒有2c(Cl-)=c(M+)+c(MOH)，根据电荷守恒有c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，整理可得，c(MOH)+2c(OH-)=c(M+)+2c(H+)，x点溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，c(MOH)+c(OH-)<c(M+)+c(H+)，故C不符合题意；D、y点pH=7，c(OH-)=c(H+)=10-7mol·L-1，则c(Cl-)=c(M+)，设MOH溶液为1L，滴定分数为0.90，则需加入盐酸0.90L，溶液总体积为1.90L，反应后：c(Cl−)=c故答案为：B。【分析】当滴定分数为1.00时，酸碱恰好完全反应生成MCl，溶液的pH＜7，溶液呈酸性，滴定分数为0.5时，得到等物质的量的MCl、MOH混合溶液。8．【答案】（1）分液漏斗；防倒吸(或“安全瓶”)（2）稀硫酸含水多，而ClO（3）2Cl（4）NaClO（5）SO2；加入足量的盐酸，无明显现象，再加适量（6）溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不变色；9.05cV【解析】【解答】（1）根据仪器构造可知，盛装浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；由于ClO2进入装置D中发生反应有可能引发倒吸，故装置C的作用为防倒吸(或“安全瓶”)；

故答案为：分液漏斗；防倒吸(或“安全瓶”)；（2）稀硫酸含水多，而ClO2极易溶于水，不利于ClO2逸出；

故答案为：稀硫酸含水多，而ClO2（3）ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，发生反应的离子方程式为：2ClO（4）NaClO2在温度高于60℃时易分解产生NaClO3和NaCl，因此如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl；

故答案为：NaCl（5）若Na2SO3过量，则Na2SO3会与浓硫酸反应产生SO2；检验SO42-的方法是向试管中加入足量的盐酸，发现无现象，再加适量BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中存在SO42-；

故答案为：SO2；（6）①用淀粉溶液作指示剂，滴定终点时碘过量，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明达到滴定终点；

故答案为：溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不变色；②根据滴定的方程式可知，ClO2-～2I2～4S2O32-，则n(NaClO2)=n(Na2S2O3【分析】装置B中，将浓硫酸滴加到NaClO3固体和Na2SO3固体中发生反应2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑9．【答案】（1）SiO2（2）盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢大量挥发，盐酸浓度减小（3）抑制Sc3+水解（4）2ScC（5）CO2（6）3%；65℃；分液漏斗、烧杯（7）已完全沉淀；c(Sc3+)=Ksp[SC(OH)3]【解析】【解答】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是SiO2；

故答案为：SiO2；

（2）盐酸易挥发，温度越高，盐酸中HCl挥发越多，会导致盐酸的浓度降低，而使反应速率减慢；

故答案为：盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢大量挥发，盐酸浓度减小；（3）Sc3+易水解，水解显酸性，因此回流过滤”中加入SOCl2，发生反应SOCl2+2H2O=2HCl+H2S（4）“热还原”过程中，氯化钪与镁高温下反应制得金属钪，反应的化学方程式为2ScCl3+3Mg高温_（5）在空气灼烧草酸钪发生反应2Sc2(C2O（6）由图可知，浓度为3%时钪萃取率最高，铁萃取率最低；温度为65℃分离系数最大；“洗涤”操作所需的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯；

故答案为：3%；65℃；分液漏斗、烧杯；（7）Ksp[Sc(OH)3]=8.00×10-31，Ksp[Sc(OH)3]=c(Sc3+)c(OH-)3，pH=6时溶液中OH-的浓度为10-8mol/L，则溶液中c(Sc3+)=Ksp[SC(OH)3]c3(OH-)=8.00×10【分析】赤泥中加入盐酸酸浸，金属氧化物溶于盐酸得到可溶性金属氯化物，SiO2不与盐酸反应，则滤渣为SiO2，向滤液中加入P2O4进行萃取，萃取滤液中的氯化钪，分离出FeCl3、AlCl3水溶液，加入盐酸洗涤，分离出水相，有机相中加入盐酸洗涤后，分液得到有机相，向有机相中加入氢氧化钠溶液将氯化钪转化为氢氧化钪沉淀，过滤得到有机相和氢氧化钪；向氢氧化钪中加入SOCl2将氢氧化钪转化为氯化钪，回流过滤得到氯化钪固体；氯化钪与镁高温下反应制得金属钪。10．【答案】（1）CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)（2）+31.21kJ·mol-1（3）C；95%×（4）HCOO*；Bi/CeO2【解析】【解答】(1)CO2(g)可以和H2(g)反应生成HCHO(g)，由元素守恒，反应iii为CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)；

(2)焓变等于生成物总能量-反应物总能量，ΔH1=[-362.3-0-(-393.51)]kJ·mol-1=+31.21kJ·mol-1；

(3)①A．ΔH1＞0，ΔH2＞0，反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，A不符合题意；

B．恒压条件，再充入Ar，容器体积变大，相当于减压，反应i是体积分子数减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，B不符合题意；

C．分离出HCOOH，反应i平衡正向移动，CO2转化率增大，C符合题意；

②设初始投料为n(H2)=n(CO2)=1mol，673.15K时，CO2的转化率为95%，HCOOH的选择性为0.3%，n(HCOOH)=1×95%×0.3%mol，由于反应i和反应ii中H2和CO2都是1∶1反应，此时n(H2)=n(CO2)=1×5%mol，p(CO2)=p(H2)=aMPa，p(HCOOH)=（1x95%x0.3%）÷5%aMPa，反应i的压力商计算式Qp=1x95%x0.3%）÷5%a÷（axa）=95%×0.3%a×5%；

③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性下降，说明反应ii的反应速率增加更显著；

(4)生成HCOO*的活化能更小，HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO2对反应的活化能降低的更多，催化活性更优异；

【分析】(1)CO2(g)可以和H2(g)反应生成HCHO(g)；

(2)焓变等于生成物总能量-反应物总能量；

(3)①A．ΔH1＞0，ΔH2＞0，反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小；

B．恒压条件，再充入Ar，容器体积变大，相当于减压，反应i是体积分子数减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小；

C．分离出HCOOH，反应i平衡正向移动，CO2转化率增大；

②压力商的计算；

③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性下降；11．【答案】（1）5s25p5（2）N>C>H（3）sp3d；直线形（4）离子键；三种为分子晶体，从TiCl4到TiI4随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高（5）6；M（6）ab【解析】【解答】（1）碘为53号元素，位于第5周期第ⅦA族，其价电子排布式为5s25p5；

故答案为：5s25p5；（2）元素的非金属性越强，电负性越大，则CH3NH3+中所含元素电负性从大到小的顺序为：N>C>H；

（3）由图可知，I3−中I原子形成2个σ键和3个孤电子对，价层电子对数为5，I原子的杂化方式是sp3d；I3−的空间构型为直线型；

故答案为：sp3（4）根据表中数据可知，TiF4的熔点较高，为离子晶体。化学键类型为离子键；TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，从TiCl4到TiI4随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高；

故答案为：离子键；三种为分子晶体，从TiCl4到TiI4随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高；（5）由图可知，A位于顶点，数目为8×18=1，B位于面心，数目为6×12=3，结合化学式可知，A代表CH3NH3，B代表I-，则Pb2+周围距离最近且相等的I-数目有6个；晶胞中A、B之间的距离为面对角线的一半，该距离为apm，则晶胞边长为2apm，晶胞体积为：22a3×10−30cm3，(CH3NH3)PbI（6）a、r(Ag+)∶r(I-)=0.573，在0.414<r(阳离子)∶r(阴离子)<0.732范围内，但是晶体结构和Na