四川省成都市树德中学2023-2024学年高三化学上学期10月阶段性测试试题（Word版附解析）

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树德中学高2021级高三上学期10月阶段性测试化学试题
考试时间：150分钟 满分：300分
第1卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cu-64 Au-197
一、选择题：本大题共 13 小题，每小题 6 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. 材料是人类文明进步的阶梯。下列说法正确的是
A. 飞船返回舱外表使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐
B. 食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要材料是聚氯乙烯
C. 卡塔尔世界杯官方用球使用聚氨酯(PU)材质制作，该材质属于有机高分子材料
D. 我国山水画所用的炭黑与卫星所用的碳纤维，均属于新型无机非金属材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷，属于耐高温的新型无机非金属材料，不一定是硅酸盐材料也可能是氮化硅、碳化硅等物质，A错误；
B．聚氯乙烯含有氯元素，不能用于直接接触食品的包装用品，B错误；
C．聚氨酯(PU)材质属于合成有机高分子材料，C正确；
D．碳纤维为碳的单质，属于新型无机非金属材料；而炭黑不是新型无机非金属材料，D错误；
故选C。
2. 火箭采用偏二甲肼和四氧化二氮作为推进剂，发生如下反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 偏二甲肼中含有的共价键数目为 B. 所含质子数为
C. 反应生成，转移的电子数为 D. 标准状况下所含分子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．60g偏二甲肼的物质的量为=1mol，每个分子含有11个共价键，含有共价键的数目为11NA，选项A错误；
B．的物质的量为=mol，每个分子中含有22个质子，所含质子数小于，选项B错误；
C．反应转移电子数为16，反应生成，转移的电子数为，选项C正确；
D．存在平衡，故标准状况下所含分子数大于，选项D错误；
答案选C。
3. 短周期主族元素X、Y、Z、R的原子半径依次减小，X、Y、Z位于同周期，Z和R位于同主族，R的单质常温下能与水发生置换反应。向和的混合溶液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的质量与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是

A. 元素的金属性：Y> X B. 氢化物沸点：Z> R
C. YZm溶液蒸干不能得到YZm D. Z的含氧酸酸性比碳酸强
【答案】C
【解析】
【分析】向和的混合溶液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的质量与NaOH溶液体积的关系图可知，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，氢氧化铝在加入过量氢氧化钠时会溶解，且X、Y、Z、R为短周期主族元素，原子半径依次减小，X、Y、Z位于同周期，则X为Mg，Y为Al，Z为Cl，Z和R位于同主族，R的单质常温下能与水发生置换反应，则R为F。
【详解】A．由分析可知，X为Mg，Y为Al，同周期主族元素从左往右金属性逐渐减小，则元素的金属性Mg>Al，A错误；
B．由分析可知，R为F，Z为Cl，HF中含氢键使得沸点比HCl高，则氢化物的沸点为F>Cl，B错误；
C．由分析可知，Y为Al，Z为Cl，AlCl3溶液在加入蒸发时会水解生成氢氧化铝，蒸干AlCl3溶液得到的是氢氧化铝固体，C正确；
D．由分析可知，Z为Cl，Cl的含氧酸酸性比碳酸弱，D错误；
故选C。
4. 炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水，可通过催化氧化法进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中MnO2为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是

A. 转化I中Mn的化合价未发生变化
B. 催化氧化过程中有共价键的断裂
C. 催化氧化过程的总反应为：O2＋2H2O＋2S2-4OH-+2S
D. 催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处
【答案】A
【解析】
【详解】A．转化I中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有S和O、Mn，A错误；
B．二氧化锰为离子化合物，由图可知，转化I中二氧化锰氧脱离生成空位，为离子键的断裂；水生成OH-存在共价键的断裂；B正确；
C．由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质，即催化氧化过程的总反应为：O2＋2H2O＋2S2-4OH-+2S，C正确；
D．反应中生成硫单质，生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，D正确；
故答案为：A。
5. 藿香蓟具有清热解毒功效，其有效成分结构如下。下列说法错误的是

A. 可以发生水解、氧化、取代反应 B. 该物质属于芳香烃
C. 含有3种官能团 D. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．该有机物含酯基可发生水解反应，含碳碳双键可发生氧化反应，苯环和烷基上的H可发生取代反应，A正确；
B．烃中只含碳、氢元素，而该有机物还含有氧，属于烃的衍生物，B错误；
C．该有机物中含酯基、醚键和碳碳双键三种官能团，C正确；
D．该有机物中含碳碳双键能使高锰酸钾溶液褪色，D正确；
故选B。
6. 某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是

A. 放电时负极质量减小
B. 储能过程中电能转变为化学能
C. 放电时右侧通过质子交换膜移向左侧
D. 充电总反应：
【答案】B
【解析】
【分析】该储能电池放电时，Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成PbSO4，则多孔碳电极为正极，正极上Fe3+得电子转化为Fe2+，充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2+失电子生成Fe3+，PbSO4电极为阴极，PbSO4得电子生成Pb和硫酸。
【详解】A．放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上，负极质量增大，A错误；
B．储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确；
C．放电时，右侧为正极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的H+通过质子交换膜移向右侧，C错误；
D．充电时，总反应为PbSO4+2Fe2+=Pb++2Fe3+，D错误；
故答案选B。

7. T℃时，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数，下列说法正确的是

A. 曲线I是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线
B. 溶度积的负对数：pKsp[Cd(OH)2] C. Y点对应的CdCO3溶液为不饱和溶液，可以继续溶解CdCO3
D. T℃时，Cd(OH)2(s)+CO(aq)CdCO3(s)+2OH-( aq)的平衡常数K为10-2
【答案】D
【解析】
【分析】由CdCO3的溶度积表达式可得，，则，CdCO3的沉淀溶解平衡曲线表达式为；由Cd(OH)2的溶度积表达式，，则，Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线表达式为，由此可知CdCO3的沉淀溶解平衡曲线斜率为-1，Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线斜率为-2，则曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，曲线I是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，曲线I是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，A错误；
B．有分析可知，CdCO3沉淀溶解平衡曲线为曲线Ⅱ，且表达式为，则，Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线为曲线Ⅰ，且表达式为，则，溶度积的负对数为pKsp[Cd(OH)2]>pKsp(CdCO3)，B错误；
C．由分析可知，曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，Y点的，则Y点对应的CdCO3溶液为过饱和溶液，不能继续溶解CdCO3，C错误；
D．由盖斯定律可得，Cd(OH)2(s)+CO(aq)CdCO3(s)+2OH-( aq)的平衡常数，D正确；
故选D。
第11卷
三、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. 某化学研究性学习小组为了模拟工业流程从浓缩的海水中提取液溴，查阅资料知：Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒性。设计了如下操作步骤及主要实验装置(夹持装置略去)：

①连接A与B，关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2至反应结束；
②关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气；
③进行步骤②的同时，向B中通入足量SO2；
④关闭b，打开a，再通过A向B中缓慢通入足量Cl2；
⑤将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴。
请回答：
（1）实验室中采用固液加热制备氯气的化学方程式为___________。
（2）步骤②中鼓入热空气作用为___________。
（3）步骤③B中发生的主要反应的离子方程式为___________。
（4）此实验中尾气可用___________ (填选项字母)吸收处理。
A. 水 B. 浓硫酸 C. NaOH溶液 D. 饱和NaCl溶液
（5）步骤⑤中，用如图所示装置进行蒸馏，还缺少的必要仪器是___________，采用___________的方式加热效果更好。

（6）若直接连接A与C，进行步骤①和②，充分反应后，向锥形瓶中滴加稀硫酸，再经步骤⑤，也能制得液溴。滴加稀硫酸之前，C中反应生成了NaBrO3等，该反应的化学方程式为___________。
（7）与B装置相比，采用C装置的优点为___________。
【答案】（1）
（2）使中生成的随空气流进入中
（3） （4）C
（5） ①. 温度计 ②. 水浴
（6）（或）
（7）操作简单，污染小
【解析】
【分析】本实验为模拟工业流程从浓缩的海水中提取液溴的实验，实验装置分为了A、B、C三个部分，A部分往硫酸酸化的浓缩海水中通氯气，发生的反应为，再通入热空气将Br2从溶液中吹入到B中与SO2发生反应，然后通过A往B中通氯气，发生反应，最后将B中所得液体进行蒸馏，获得液溴。
【小问1详解】
实验室中采用固液加热制备氯气，所用固体为MnO2，液体为浓盐酸，化学方程式为；
【小问2详解】
步骤②中鼓入热空气将Br2从溶液中吹入到B中与SO2发生反应，则步骤②中鼓入热空气的作用为使中生成的随空气流进入中；
【小问3详解】
步骤③B中发生的主要反应为二氧化硫与Br2在水中生成氢溴酸和硫酸，其离子方程式为；
【小问4详解】
此实验中尾气为未反应完的Cl2和SO2，可用氢氧化钠溶液吸收，故选C；
【小问5详解】
用如图所示装置进行蒸馏，还缺少的必要仪器是温度计；Br2的沸点为59℃，采用水浴加热的方式加热可将Br2蒸馏出来，且效果更好；
【小问6详解】
若直接连接A与C，进行步骤①和②，滴加稀硫酸之前，热空气吹出的Br2在C中与碳酸钠溶液反应生成了NaBrO3，该反应的化学方程式为（或）；
【小问7详解】
与B装置相比，采用C装置的优点为操作简单，污染小，不产生尾气SO2。
9. LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下：

已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列问题：
（1）为提高溶矿速率，可采取的措施有___________
（2）不宜使用H2O2替代MnO2，可能的原因是___________。
（3）溶矿反应完成后，恢复至常温，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=___________mol·L-1；再用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是___________。
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有___________。
（5）在电解槽中，MnSO4溶液发生电解反应的离子方程式为___________。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断补充___________(填化学式)。
（6）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应化学方程式是___________。
【答案】（1）适当升温、搅拌、适当增加硫酸浓度、粉碎菱锰矿
（2）Fe3+可以催化H2O2分解
（3） ①. 2.8×10-9 ②. Al3+
（4）BaSO4、NiS
（5） ①. Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+ ②. 加入Mn(OH)2
（6）2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
【解析】
【分析】菱锰矿与硫酸反应加入MnO2，把二价铁氧化为三价铁离子，加入石灰乳和硫化钡使铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，镍转化为硫化镍沉淀，铝转化为Al(OH)3沉淀，硅为SiO2沉淀，分离后的溶液有硫酸锰，电解硫酸锰生成MnO2，最后与碳酸锂反应生成LiMn2O4。
【小问1详解】
为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎，适当提高硫酸浓度，搅拌，加热。
【小问2详解】
不宜使用H2O2氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；
【小问3详解】
溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，此时体系中含有的c(Fe3+)=2.8×10-9mol·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5mol/L，认为Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-2mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；故答案为：2.8×10-9、Al3+；
【小问4详解】
加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为Ba2++S2-+Ni2++S=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS；
【小问5详解】
在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+；电解时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定；故答案为：Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+、加入Mn(OH)2；
【小问6详解】
煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；故答案为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
10. 甲烷化反应即为氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。
已知涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH1= -206.2kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2
反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH3= -165 kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）ΔH2=___________kJ·mol-1。
（2）在360°C时，在固定容积的容器中充入一定量的CO进行上述反应，平衡时CO和H2的转化率及CH4和CO2的产率随变化的情况如图1所示。

①图中表示H2转化率、CH4产率变化的曲线分别是___________、___________ (填标号)， A、C两点的值相同，C点通过改变温度达到A点，则A、B、C三点温度由大到小的顺序是___________。
②一定温度下，向恒容容器内充入3mol H2和1molCO，初始压强为4p0，发生上述3个反应，达到平衡时CO的分压为p1，CO2的分压为p2，则CH4的选择性=___________[CH4的选择性=，用p0，p1，p2表示，下同]，反应Ⅱ的Kp=___________ (用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（3）已知常温下，CaCO3的溶度积常数为Ksp，H2CO3的二级电离常数为Ka2。CaCO3溶于水除了沉淀溶解平衡，还存在碳酸根的水解(忽略二级水解)。则常温下，CaCO3的实际溶解度比理论值___________(填“大”或者“小”)。若溶液pH已知，则钙离子的实际浓度为___________mol/L[用含c(H+)，Ksp，Ka2的式子表达]。
【答案】（1）-41.2
（2） ①. a ②. c ③. B=C>A ④. ⑤.
（3） ①. 大 ②.
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，ΔH2=ΔH1-ΔH3= - 206.2kJ/mol-（-165 kJ/mol）=-41.2 kJ /mol；
【小问2详解】
①结合反应，越大，CO转化率越大直到接近100%，而氢气本身的转化率将下降，故b表示CO转化率、a表示H2转化率；随着的增大，CO接近完全转化，CH4产率逐渐增大，直到接近100%，故c表示CH4产率变化的曲线；b表示CO转化率，B、C均在曲线b上，温度B=C，结合反应Ⅰ、Ⅱ，两反应均为放热反应，则温度越低CO转化率越高，A点转化率高于C则A点温度低，故温度B=C>A；
②一定温度下，向恒容容器内充入3mol H2和1molCO，初始压强为4p0，则初始氢气、一氧化碳分压分别为3p0、p0，则分压的数值与其物质的量对应相等。发生上述3个反应，达到平衡时CO的分压为p1，CO2的分压为p2；分压之比等于其物质的量之比。设反应Ⅰ消耗CO为amol，则：

达到平衡时CO的分压为p1，则反应Ⅱ消耗CO为

达到平衡时CO2的分压为p2，则反应Ⅲ消耗CO2为

根据碳元素守恒、结合阿伏加德罗定律可知，， 则CH4的选择性为；由三段式可知，平衡时一氧化碳、水、二氧化碳、氢气分压分别为p1、p0-p1-2p2、p2、3p1+4p2，则反应Ⅱ的；
【小问3详解】
碳酸根的水解使得碳酸根离子浓度减小，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡正向移动，故常温下，CaCO3的实际溶解度比理论值大；
碳酸根离子的水解：，则溶液中；H2CO3的二级电离常数为，则；CaCO3沉淀溶解平衡，则，。
[化学——选修]
11. 环烷酸金属(Cu、Ni、Co、Sn、Zn)盐常作为合成聚氨酯过程中的有效催化剂。回答下列问题：
(1)基态Cu原子的价电子排布___________。
(2)镍的氨合离子中存在的化学键有___________。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．氢键 E．键 F．键
(3)Ni、Co的第五电离能：，，，其原因是___________。
(4)锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，其原因是___________。
(5)硒化锌晶胞结构如图所示，其晶 胞参数为a pm。

①相邻的与之间的距离为___________pm。
②已知原子坐标：A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，则C点的原子坐标___________。
③若硒化锌晶体的密度为，则阿伏加德罗常数 ___________(用含a、的计算式表示)。
【答案】 ①. ②. BCE ③. (Co)和(Ni)分别指失去和上的一个电子所需能量，处于半充满稳定状态，需要的能量较高 ④. Sn与C同主族，Sn原子半径大， 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定 ⑤. ⑥. ⑦.
【解析】
【分析】
【详解】(1)铜为29号元素，其基态Cu原子的价电子排布。
(2)镍的氨合离子中氨气分子中存在共价单键，单键就是键，镍离子和氨气之间存在配位键。
(3) (Co)和(Ni)分别指失去和上的一个电子所需能量，处于半充满稳定状态，需要的能量较高；
(4) Sn与C同主族，Sn原子半径大， 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定。
(5)①硒化锌晶胞中相邻的与之间的距离晶胞体对角线长度的四分之一，而晶胞体对角线的常数为晶胞棱长的倍，故之间的距离为为pm。
②根据硒化锌晶胞中相邻的与之间的距离晶胞体对角线长度的四分之一分析，A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，则C点的原子坐标。
③根据均摊法分析，一个晶胞中锌原子的个数为4，硒原子个数为 ，所以晶胞的质量为，故，可得阿伏加德罗常数。
[化学——选修]
12. 有机物J是一种提高血液中白细胞含量的缓释药的成分，一种合成路线如图所示。

回答下列问题：
（1）A的化学名称为___________。A→B的反应类型为___________。
（2）C的结构简式为___________。D中的官能团名称为___________。
（3）写出反应I→J的化学方程式___________。
（4）Ⅰ的同分异构体有多种，满足下列条件的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为___________(任写一种)。
①与I具有相同的官能团；②苯环上有两个取代基。
（5）参照上述路线，设计以为原料合成 的路线(其他试剂任选)___________。
【答案】（1） ①. 丙烯 ②. 取代反应
（2） ①. ②. 羟基
（3）
（4） ①. 15 ②.
（5）
【解析】
【分析】根据E的结构简式、C→D→E的反应条件、C的分子式，可知D为，C为。根据A、B的分子式，A→B→C的反应条件，可知A→B为取代反应，A为，B为，B→C为加成反应。根据H、J的结构简式、H→I→J的反应条件、I的分子式，可知H→I脱去，I为，I→J为酯化反应，X为甲醇。
小问1详解】
A是，化学名称为丙烯。A→B是丙烯分子中甲基上的1个H原子被Cl原子代替生成，反应类型为取代反应；
【小问2详解】
根据E的结构简式、C→D→E的反应条件、C的分子式，可知D为、C为。D中的官能团名称为羟基。
【小问3详解】
根据以上分析，I为，与甲醇发生酯化反应生成J和水，反应I→J的化学方程式为；
【小问4详解】
与Ⅰ具有相同的官能团，则保留碳碳双键、羧基、氯原子，苯环上有两个取代基，可以为和、和、和 、和、和，共5种情况，两个不同取代基在苯环上有邻、间、对3种位置关系，共有15种满足条件的同分异构体。核磁共振氢谱有4组峰，则有4种不同化学环境的H原子，符合条件的同分异构体为；
小问5详解】