高三理科綜合試卷考生注意：1.本試卷分第I卷(選擇題)和第II卷(非選擇題)兩部分，共300分。考試時間150分鐘。2.請將各題答案填寫在答題卡上。3.可能用到的相對原子質量：H-1C-12O-16Cl-35.5Cr-52Zn-65第I卷(選擇題共126分)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選項中，只有二項是符合題目要求的。1.化學與生活息息相關。下列敘述錯誤的是A.水果罐頭里添加作抗氧化劑 B.飲用水加明礬殺菌消毒和凈水C.熱的純堿溶液常作餐具洗滌劑 D.聚乙烯塑料常用作食品外包裝材料【答案】B【解析】【詳解】A．水果罐頭里添加SO2作抗氧化劑，利用SO2的還原性，故A項正確；B．明礬是常用凈水劑，其原理是：明礬內的鋁離子水解后生成氫氧化鋁膠體，具有吸附作用，可以吸附水中的雜質形成沉淀而使水澄清，但不具有殺菌消毒作用，故B項錯誤；C．碳酸鈉水溶液顯示堿性，加熱會使得堿性更強，能除去油脂，則熱純堿溶液常作餐具洗滌劑，故C項正確；D．聚乙烯無毒，可用作食品外包裝材料，故D項正確；故本題選B。2.實驗室制備納米ZnO的步驟如下：①稱量10.0000g固體于100mL小燒杯中，加50mL水溶解，配制成溶液。再稱量9.0000g固體于50mL小燒杯中，加入40mL水溶解，配制成草酸溶液。②將上述兩種溶液加入250mL燒杯中，攪拌2h，生成沉淀。③過濾反應后的混合物，沉淀用蒸餾水洗滌干凈后，在真空干燥箱中于110℃下干燥。④干燥后的沉淀樣品在氧氣氣氛中于350～450℃下焙燒2h，得到白色納米ZnO。上述實驗中，下列儀器用不到的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】A．稱量10.0000g固體不能用托盤天平，應該使用分析天平，A選；B．步驟③中過濾需要用到漏斗，B不選；C．步驟①中需要量取50mL和40mL水，需要用到量筒，C不選；D．步驟①中配制溶液，需要用到玻璃棒攪拌，D不選；故選A。3.有機物M的結構如圖所示。下列有關M的敘述正確的是A.分子式為 B.屬于芳香族化合物C.可使溴水褪色 D.所有C原子可能共平面【答案】C【解析】【詳解】A．有機物為C10H12O2，故A項錯誤；B．結構簡式中沒有苯環，不屬于芳香族化合物，故B項錯誤；C．該物質七元環中含多個碳碳雙鍵，能使溴水褪色，故C項正確；D．飽和碳原子是四面體結構，所以分子中所有碳原子不可能處于同一平面，故D項錯誤；故本題選C。4.某礦物由元素周期表前20號主族元素X、Y、Z、W組成。X、Y、Z、W的原子序數依次增大，其中只有X、Y位于同一周期且相鄰，X是地殼中含量最多的元素，Z、W的族序數之和與Y的族序數相等，Z元素原子的內層電子總數是其最外層電子數的2倍。下列敘述正確的是A.X、Z的單質均存在同素異形體B.最簡單氫化物的穩定性：C.原子半徑：D.和含有的化學鍵類型完全相同【答案】A【解析】【分析】Z元素原子的內層電子總數是其最外層電子數的2倍，則Z為P元素；基態W元素原子中無未成對電子，原子序數最大，則W為Ca元素；X是地殼中含量最多的元素，則X是O元素，Z、W的族序數之和與Y的族序數相等，則Y為F元素，故X、Y、Z、W分別為O、F、P、Ca元素。【詳解】A．X為O，Z為P，O元素的單質存在同素異形體，如氧氣和臭氧，P元素的單質存在同素異形體，如白磷和紅磷，故A項正確；B．非金屬性越強，簡單氫化物的穩定性越強，非金屬性：F>O>P，則最簡單氫化物的穩定性：HF>H2O>PH3，故B項錯誤；C．同周期主族元素從左向右原子半徑逐漸減小，同主族元素從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：Ca>P>F，故C項錯誤；D．CaO2和CaF2含有的化學鍵類型不完全相同，CaF2中只含有離子鍵，CaO2中含有離子鍵和共價鍵，故D項錯誤；故本題選A。5.和在工業生產中有廣泛應用。下列離子方程式正確且符合題意的是A.硫酸鐵溶液用于腐蝕銅質電路板；B.將溶液與氨水混合溶液反應，生成沉淀：C.在硫酸鐵溶液中滴加溶液，產生紅褐色沉淀：D.在NaClO溶液中滴加少量溶液：【答案】B【解析】【詳解】A．硫酸鐵溶液能和銅單質反應生成硫酸亞鐵和硫酸銅，可用于制作印刷電路板：，A錯誤；B．溶液與氨水混合溶液反應，生成沉淀和銨根離子，離子方程式正確，B正確；C．硫酸鐵溶液中滴加溶液，氫氧化鋇完全反應產生紅褐色氫氧化鐵沉淀、硫酸鋇白色沉淀：，C錯誤；D．次氯酸根具有氧化性，在NaClO溶液中滴加少量溶液，亞鐵離子被氧化為鐵離子生成氫氧化鐵沉淀：，D錯誤；故選B。6.固體氧化物燃料電池具有燃料適應性廣、能量轉換效率高、全固態、模塊化組裝、零污染等優點，在交通車輛動力電源等方面有廣闊的應用前景。某種固體氧化物(電解質，傳導)燃料電池結構示意圖如圖。下列有關說法錯誤的是A.外電路中，電流由集流器a流向集流器bB.電池工作一段時間后，電解質中的量不變C.多孔電極b上發生反應D.理論上每轉移，產生的與物質X的體積(同溫同壓下)比約為1：5【答案】D【解析】【詳解】A．依據題意可知，該甲烷燃料電池為原電池，甲烷中C元素化合價升高，發生氧化反應，故通入甲烷的電極（多孔電極b）為負極，通入空氣的電極（多孔電極a）為正極，外電路中，電流由正極流向負極，即從集流器a流向集流器b，故A項正確；B．由電極反應式可知，轉移電子數相等時，生成和消耗的O2?的量相等，固體電解質中的O2?的量不變，故B項正確；C．通入甲烷的b電極為負極，發生氧化反應，電極反應為CH4－8e?＋4O2=CO2＋2H2O，故C項正確；D．燃料電池負極電極反應式為CH4－8e?＋4O2=CO2＋2H2O，每轉移4mole?，產生的CO2物質的量為0.5mol，正極電極反應式為O2+4e?=2O2?，轉移4mole?，生成物質X的物質的量為2mol，故CO2與物質X的體積(同溫同壓下)比等于物質的量之比為1:4，故D選項錯誤；故本題選D7.亞磷酸是一種二元弱酸。常溫下，將的溶液與氨水混合，混合溶液中pX[，、、]與pH的關系如圖所示。下列敘述正確的是A.代表與的關系B時，混合溶液呈酸性C.時，混合溶液中D.溶液中：【答案】C【解析】【分析】亞磷酸是一種二元弱酸，溶液中存在電離平衡、，隨增大溶液中或增大，該減小，氨水中存在，隨的增大溶液中減小，該增大，故圖中代表與關系，、代表、與的關系，由于，相同時，，，故代表與的關系，代表與的關系。由=0，，，；、，、，、。【詳解】A．有上述分析可知，代表與的關系，A錯誤；B．時，二者恰好完全反應，溶液組成為，存在、，由，，，，則，溶液顯堿性，B錯誤；C．時，，，，C正確；D．溶液中，存在、、，、、，電離程度較大，溶液中，D錯誤；答案選C。第II卷(非選擇題共174分)三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22~32題為必考題，每道試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據要求作答。8.某興趣小組設計實驗驗證銅與濃硝酸、稀硝酸的反應，裝置如圖所示(夾持裝置未畫出)：實驗一：驗證銅與濃硝酸的反應按圖示連接好裝置，_______后，裝入藥品，關閉、，打開，一段時間后，再關閉，打開，加入足量的濃。實驗二：驗證銅與稀硝酸的反應待裝置B中反應完全后……回答下列有關問題：（1）實驗一中的橫線上應填入的內容是_______；裝置B中裝濃硝酸的儀器名稱是_______。（2）實驗一中“關閉、，打開”的目的是_______（3）裝置B中發生反應的離子方程式為_______（4）實驗二的后續操作順序為_______(填標號)，打開止水夾后裝置C的具支試管中的現象為_______。a．打開止水夾b．打開c．打開，加入蒸餾水d．關閉e．插入銅絲。（5）實驗結束后，有同學觀察到裝置B中溶液呈綠色，裝置C中溶液呈藍色。小組同學認為顏色不同的原因可能如下：猜想1：硝酸銅溶液的物質的量濃度不同，溶液顏色不同，濃度小時呈藍色，濃度大時呈綠色。猜想2：溶解在硝酸銅溶液中，導致溶液顏色不同。繼續實驗，打開，一段時間后，裝置B中溶液變為藍色，說明_______可能成立，請設計實驗驗證另一猜想的可能性：_______。【答案】（1）①.檢驗裝置的氣密性②.分液漏斗（2）排盡裝置內的空氣，防止Cu與稀硝酸反應生成的NO被氧化（3）Cu+2+4H＋＝Cu2＋+2NO2↑+2H2O（4）①.cbdea②.液面上方出現紅棕色氣體（5）①.猜想2②.取裝置C中的溶液適量于試管中，加入Cu(NO3)2固體，若溶液變為綠色，說明猜想1成立【解析】【分析】研究銅與濃、稀HNO3反應的差異，先利用二氧化碳將裝置中的空氣排出，防止Cu與稀硝酸反應生成的NO被氧化，裝置B中滴加濃硝酸時Cu與濃硝酸反應生成二氧化氮，在C中驗證銅和稀硝酸的反應，最后尾氣處理，以此來解答。【小問1詳解】裝置連接后以后首先需要做的是檢驗裝置的氣密性；裝置B中裝濃硝酸的儀器名稱是分液漏斗。【小問2詳解】由于裝置中含有空氣，會干擾NO檢驗，所以實驗一中“關閉、，打開”的目的是排盡裝置內的空氣，防止Cu與稀硝酸反應生成的NO被氧化。【小問3詳解】裝置B中濃硝酸和銅反應生成硝酸銅、二氧化氮和水，發生反應的離子方程式為Cu+2+4H＋＝Cu2＋+2NO2↑+2H2O。【小問4詳解】實驗二是驗證銅與稀硝酸的反應，因此首先把生成的二氧化氮轉化為硝酸，所以后續操作順序為待裝置B中反應完全后打開，加入蒸餾水、打開、關閉、插入銅絲、打開止水夾，即cbdea，打開止水夾后氧氣把NO氧化為二氧化氮，則裝置C的具支試管中的現象為液面上方出現紅棕色氣體。【小問5詳解】繼續實驗，打開，一段時間后，裝置B中溶液變為藍色，由于A裝置中二氧化碳把二氧化氮帶出，因此說明猜想2可能成立，要驗證猜想1的可能性，實驗方案為取裝置C中的溶液適量于試管中，加入Cu(NO3)2固體，若溶液變為綠色，說明猜想1成立。9.稀土元素鈰及其化合物在生產生活中有重要用途，如汽車尾氣用稀土/鈀三效催化劑處理，不僅可以降低催化劑的成本，還可以提高催化效能。以氟碳鈰礦(主要成分為)為原料制備的一種工藝流程如圖：已知：①濾渣1的主要成分是難溶于水的，濾渣2的主要成分是；、(a、b均大于0)。②當前工藝條件下，部分金屬陽離子開始沉淀和完全沉淀(離子濃度小于)時的pH如下表：金屬陽離子開始沉淀時的pH1.37.7完全沉淀時的pH3.19.2回答下列問題：（1）寫出一條提高焙燒效率的方法：_______。（2）加入鹽酸和進行浸取時有污染環境的氣體產生，該氣體為_______(填化學式)；操作1和操作2的名稱為_______。（3）調節濾液1的pH的范圍為_______；濾渣3的主要成分為_______(填化學式)。（4）有強氧化性，含的溶液可吸收霧霾中的NO，生成、(二者物質的量之比為1：1)，該反應的離子方程式為_______。（5）濾渣1經KCl溶液充分浸取后，測得反應體系中的物質的量濃度為，則的物質的量濃度為_______(用含a、b的式子表示)。（6）在空氣中焙燒的反應方程式為_______。（7）某研究小組利用硫化鋅鋰電池，在酸性環境下電解制的裝置如圖所示。陰極的電極反應式為_______，隨著電解反應的進行，為使電解液成分穩定，應不斷補充_______(填化學式)。【答案】（1）礦石粉碎、攪拌等（2）①.Cl2②.過濾（3）①.3.1~7.7②.Fe(OH)3（4）（5）（6）（7）①.②.【解析】【分析】氟碳鈰礦焙燒后加入鹽酸、硼酸酸浸，生成沉淀成為濾渣1，濾渣1加入氯化鉀溶液得到沉淀成為濾渣2，濾液1中含有鐵離子、Ce3+，調節pH將鐵離子轉化為沉淀得到濾渣3，濾液2含Ce3+，濾液2加入碳酸氫銨得到，煅燒過程中被空氣中氧氣氧化為；【小問1詳解】礦石粉碎、攪拌等都會加快反應速率，提高焙燒效率；【小問2詳解】四價Ce具有氧化性，加入鹽酸和進行浸取時，會將氯離子氧化為有毒的氯氣，產生有污染環境的氣體，該氣體為Cl2；操作1和操作2均為分離固液的操作，名稱為過濾；【小問3詳解】調節濾液1的pH使得鐵離子沉淀被分離，而不產生沉淀，結合表數據可知，范圍為3.1~7.7；濾渣3的主要成分為生成氫氧化鐵Fe(OH)3；【小問4詳解】含的溶液可吸收霧霾中的NO，生成、(二者物質的量之比為1：1)，假設均生成1個、，則2分子NO共失去4個電子，由電子守恒可知，則需要4個參與反應，反應為：；【小問5詳解】濾渣1經KCl溶液充分浸取后，測得反應體系中的物質的量濃度為，則，的物質的量濃度為；【小問6詳解】煅燒過程中被空氣中氧氣氧化為，反應為；【小問7詳解】在酸性環境下電解制，則陰極氫離子放電發生還原反應生成氫氣，電極反應式為，陽極失去電子發生氧化反應生成，反應為；則總反應為：，隨著電解反應的進行，為使電解液成分穩定，應不斷補充硫酸。10.甲醛()在化工、醫藥、農藥等方面有廣泛的應用。利用甲醇一定條件下直接脫氫可制甲醛，涉及的反應如下：反應I：反應Ⅱ：已知：①平衡狀態下，甲醛選擇性；甲醛的收率。②幾種物質的燃燒熱()如下表：物質燃燒熱回答下列問題：（1）___________，反應I的正反應活化能___________(填“>”或“<”)逆反應活化能。（2）反應I、反應Ⅱ的反應歷程可表示為：歷程i：……歷程ii：歷程iii：歷程iV：寫出歷程i的反應方程式：___________。（3）將加入容積為的剛性密閉容器中，溫度對平衡狀態下的選擇性和收率的影響如圖所示。①圖中表示收率的是曲線___________(填“I”或“Ⅱ”)，判斷的依據是___________。②，反應進行到時達到平衡，此時的轉化率為___________，___________，反應I的平衡常數___________。【答案】（1）①.?128.8kJ/mol②.＜（2）（3）①.Ⅱ②.CH3OH分解反應為可逆反應，原料中CH3OH的物質的量大于消耗CH3OH的物質的量，轉化為甲醛的CH3OH的物質的量與產品中甲醛的物質的量相等③.80%④.⑤.【解析】【小問1詳解】①由表格數據可得如下熱化學方程式：①CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=?725.8kJ/mol、②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=?283.0kJ/mol、③H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=?285.8kJ/mol，由蓋斯定律可知，反應①—②—③×2得到反應Ⅱ，則△H2=(?725.8kJ/mol)?(?283.0kJ/mol)?2×(?285.8kJ/mol)=?128.8kJ/mol，故答案為：?128.8kJ/mol；②反應Ⅰ為放熱反應，故反應I的正反應活化能小于逆反應活化能，故答案為：＜【小問2詳解】由反應I和歷程ii可知，歷程i的反應方程式為，故答案為：；【小問3詳解】①甲醇分解反應為可逆反應，可逆反應不可能完全反應，則原料中甲醇的物質的量大于消耗甲醇的物質的量，由方程式可知，轉化為甲醛的甲醇的物質的量與產品中甲醛的物質的量相等，則相同溫度時，甲醛的選擇性大于甲醇的收率，所以表示收率的是曲線Ⅱ，故答案為：Ⅱ；②CH3OH分解反應為可逆反應，原料中CH3OH的物質的量大于消耗CH3OH的物質的量，轉化為甲醛的CH3OH的物質的量與產品中甲醛的物質的量相等，故答案為：CH3OH分解反應為可逆反應，原料中CH3OH的物質的量大于消耗CH3OH的物質的量，轉化為甲醛的CH3OH的物質的量與產品中甲醛的物質的量相等；②由圖可知，T1℃，反應進行到10min達到平衡時，甲醛的收率為60%、選擇性為75%，則平衡體系中甲醛的物質的量2mol×60%=1.2mol，甲醇的物質的量為，由題意可建立如下三段式：由三段式數據可知，③甲醇轉化率為，故答案為：80%；④10min內一氧化碳的反應速率為，故答案為：；⑤反應Ⅰ平衡常數，故答案為：。(二)選考題：共45分。請考生從以下2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多答，則每科按所答的第一題計分。[化學——物質結構與性質]11.鉻用于制不銹鋼、汽車零件、工具、磁帶和錄像帶等，鉻鐵礦煉鉻過程中部分物質之間轉化關系如圖。（1）基態原子的價電子排布式為___________，最高能層上的電子占據的原子軌道輪廓圖為___________形。（2）元素的電負性由小到大的順序是___________。（3）的立體構型為___________形，其中C的雜化軌道類型為___________。（4）K和位于同一周期，且核外最外層電子構型相同，但金屬鉀的熔點比金屬鉻低，原因為___________。（5）將糊狀物用鹽酸溶解，經過一系列操作可制得晶體，已知晶體有3種不同顏色，其配位數均為6，實驗測得不同顏色的晶體分別與足量的硝酸銀溶液反應，生成沉淀的物質的量如表所示。晶體顏色深綠色淺綠色紫色沉淀的物質的量/123寫出淺綠色晶體配合物的化學式：___________。（6）晶體為六方晶系，結構如圖所示。圖中“”代表___________(填“”或“”)。已知：六棱柱底邊邊長為，高為，，，為阿伏加德羅常數的值。晶體的密度為___________(列出計算式即可)。【答案】（1）①.3d54s1②.球（2）Na＜Fe＜S＜O（3）①.①平面三角②.②sp2（4）Cr的原子半徑小于K且價電子數較多，則Cr的金屬鍵強于K，所以，金屬K的熔點、沸點等都比金屬Cr低（5）（6）①.Cr3+②.【解析】【小問1詳解】①Cr是24號元素，在周期表的位置是第四周期VIB族；最外層電子排布式為：3d54s1，故答案為：3d54s1；②最高能層上的電子占據的原子軌道輪廓圖為球形，故答案為：球；【小問2詳解】電負性：同周期從左到右依次增大，同主族從上到下依次減小，所以O、Na、S、Fe元素的電負性由小到大的順序是：Na＜Fe＜S＜O，故答案為：Na＜Fe＜S＜O；【小問3詳解】中心原子價電子對數，其中心原子C的雜化軌道類型為sp2，且無孤電子對，故的立體構型為平面三角形，故答案為：①平面三角；②sp2；【小問4詳解】金屬單質的晶體屬于金屬晶體，結構微粒是金屬離子和自由電子，微粒間作用力是金屬鍵，金屬鍵的強弱取決于金屬原子的價電子數和原子半徑的大小，價電子數越多，原子半徑越小，金屬鍵越強金屬的熔沸點越高。Cr的原子半徑小于K且價電子數較多，則Cr的金屬鍵強于K，所以，金屬的熔點、沸點等都比金屬Cr低，故答案為：Cr的原子半徑小于K且價電子數較多，則Cr的金屬鍵強于K，所以，金屬K的熔點、沸點等都比金屬Cr低；【小問5詳解】由題可知，與AgNO3溶液反應，生成AgCl沉淀，溶液為淺綠色，則生成2molAgCl，晶體中含Cl－為2mol，由配位數為6個，與Cr配位的除了個C1還有5個H2O，故寫作，故答案為：；【小問6詳解】①該晶胞中黑色球個數、白色球個數為4，則黑色球、白色球個數之比6:4=3:2，據此判斷圖中“”代表Cr3+，故答案為：Cr3+；②根據晶胞體積為，晶胞的密度為。[化學——有機化學基礎]12.阿拉普利是治療高血壓的長效藥，合成路線如圖：回答下列問題：（1）中官能團的名稱為_______。（2）寫出A→B的化學方程式：_______；制備E的過程中，設計A→B的目的是_______。（3）E和F反應生成阿拉普利的反應類型是_____