西山區2024屆高三第三次教學質量檢測理科綜合能力試題卷考生注意：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1C-12O-16Zn-65第I卷一、選擇題：本題共21個小題，每小題6分，共126分。(其中1~18題每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的；19~21題有多個選項符合要求，全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯或不選得0分。)1.鄉村振興和可持續發展都是我國發展戰略的重要舉措，化學發揮著重要作用，下列有關敘述正確的是A.pH傳感器測土壤酸堿性，用NH4Cl改善酸性土壤B.我國是風力發電最多的國家，風力發電可以減少碳排放，加快實現碳中和C.黑龍江“五常大米”聞名全國，其主要成分淀粉可水解得到乙醇，用于釀酒D.云南紅壤適宜種植茶葉，紅色土壤是因為其中富含FeO【答案】B【解析】【詳解】A．氯化銨溶液由于銨根離子水解，導致溶液顯酸性，無法調節酸性土壤，A錯誤；B．風力發電可以減少二氧化碳的排放從而加快實現碳中和，B正確；C．淀粉水解得到的是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下，可氧化為乙醇從而實現釀酒的過程，C錯誤；D．紅色土壤是因為土壤中含有Fe2O3，D錯誤；故選B。2.維生素C具有還原性，在酸性溶液中可以被Fe3+等氧化劑氧化為脫氫維生素C(已知：阿伏加德羅常數的值為NA)。下列有關說法錯誤的是A.脫氫維生素C中，鍵角①=鍵角②B.脫氫維生素C分子中含有3種官能團C.1mol維生素C中含σ鍵數目為20NAD.維生素C與Fe3+發生氧化還原反應時，1mol維生素C被氧化轉移的電子數為2NA【答案】A【解析】【詳解】A．脫氫維生素C中，鍵角①中心原子O是sp3雜化，鍵角接近109°28′，鍵角②中心原子C是sp2雜化，鍵角接近120°，所以鍵角①<鍵角②，故A錯誤；B．脫氫維生素C分子中含有羥基、羰基和酯基3種官能團，故B正確；C．根據圖中結構簡式，1mol維生素C中含σ鍵數目為20NA，故C正確；D．根據圖示，維生素C轉化為脫氫維生素C減少2個H，可知1mol維生素C被氧化轉移的電子數為2NA，故D正確；故選A。3.阻燃劑FR是由W、X、Y、Z、T五種短周期主族元素組成，原子序數依次增大，X、Y、Z屬于同一周期，Y、T屬于同一主族，分子結構如圖。下列說法正確的是A.根據信息可知元素X是N，Y是C B.第一電離能：Z＞Y＞XC.沸點：YW3<TW3 D.最高價含氧酸酸性：X<T<Y【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z、T五種短周期主族元素，X、Y、Z屬于同一周期，Y、T屬于同一主族，可知W位于第一周期，X、Y、Z位于第二周期，T位于第三周期，根據成鍵情況可知，W是H，X是C，Y是N，Z為O，T是P，據此回答?！驹斀狻緼．由圖可知，X是C，Y是N，A錯誤；B．同周期從左往右第一電離能在增大，但是N的價電子排布為2s22p3，2p能級半滿，能量低，比同周期相鄰元素高，所以順序為N＞O＞C，B錯誤；C．YW3為NH3，TW3為PH3，由于NH3分子間存在氫鍵，熔沸點比同主族簡單氫化物高，所以NH3＞PH3，C錯誤；D．根據非金屬性越強，最高價含氧酸性越強，非金屬性為C<P<N，最高價含氧酸性也是C<P<N，D正確；故選：D。4.科學家設計了一種以石墨為正極的高容量可充電Li/Cl2電池，原理如圖所示。氯化鋁(AlCl3)溶解在亞硫酰氯(SOCl2)中，以氟化物(LiFSI)為溶劑。下列敘述正確的是A.放電時，電解質溶液可以是AlCl3水溶液B.放電時，石墨極電極反應式為Cl2+2e-+2Li+=2LiClC.充電時，石墨極與電源負極連接D.充電時，轉移2NA個電子時鋰電極理論上消耗7g鋰【答案】B【解析】【分析】具有石墨正極的高容量Li/Cl2可充電電池，放電時鋰為負極，鋰失電子發生氧化反應，電極反應式為Li-e-=Li+，石墨為正極，氯氣得電子發生還原反應，電極反應式為Cl2+2e-+2Li+=2LiCl，充電時鋰電極端為陰極，發生還原反應：Li++e-=Li，石墨電極端為陽極，發生氧化反應：2LiCl-2e-=Cl2↑+2Li+，據此分析；【詳解】A．鋰是活潑金屬，會與水反應，不能用水溶液，A錯誤；B．根據分析，放電時，石墨極的電極反應式為：Cl2+2e-+2Li+=2LiCl，B正確；C．充電時石墨電極端為陽極，與電源正極連接，C錯誤；D．充電時，根據電極方程式Li++e-=Li，轉移2NA個電子時，鋰電極理論上生成14g鋰，D錯誤；故選B。5.下列實驗目的對應的實驗操作正確的是選項實驗目的實驗操作A證明活潑性：K＞Cu將少量K投入CuSO4溶液中，觀察是否產生紅色固體B證明H2SO4具有氧化性將少量稀硫酸滴入Na2S2O3溶液，觀察是否產生刺激性氣味的氣體C證明酸性：H2SO3＞HClO將SO2通入漂白粉溶液，觀察是否變渾D證明FeCl2溶液已經變質取適量溶液滴加KSCN溶液，觀察是否變紅A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．將K直接加入硫酸銅溶液中，會直接和水反應，無法置換出銅，A錯誤；B．硫代硫酸鈉在酸性條件下會發生歧化反應生成二氧化硫和硫單質，與硫酸的氧化性無關，B錯誤；C．將二氧化硫融入漂白粉溶液，次氯酸根離子會將其氧化為硫酸根離子，無法比較二者酸性，C錯誤；D．若滴加硫氰化鉀溶液后溶液變紅，說明溶液中含有鐵離子，氯化亞鐵溶液已經變質，D正確；故選D。6.乙醛是一種重要的二碳試劑，其某種合成機理如圖所示。下列說法錯誤的是A.Fe+是該反應的催化劑B.C2H5OH是合成過程中的副產物C.該合成乙醛的反應為C2H6+2N2O→CH3CHO+2N2+H2OD.增大N2濃度，有利于提高CH3CHO的反應速率【答案】D【解析】【詳解】A．根據合成機理可知Fe+在第一步消耗，最后一步生成，是該反應的催化劑，A正確；

B．由合成機理可知C2H5OH為生成物，所以C2H5OH是合成過程中的副產物，B正確；C．根據合成機理的箭頭指入情況和指出情況可知該合成乙醛的反應為C2H6+2N2O→CH3CHO+2N2+H2O，C正確；

D．增大N2濃度，不利于各中間產物的生成，不利于提高CH3CHO的速率，D錯誤；故選：D。7.室溫下，兩種難溶鹽AgCl(白色)、Ag2CrO4(磚紅色)的離子濃度關系曲線如圖所示，其中p(Cl-)=-lgc(Cl-)、p(CrO)=-lgc(CrO)、p(Ag+)=-lgc(Ag+)，lg2=0.3。下列說法正確的是A.Ksp(Ag2CrO4)=4×10-10B.向A點的混合溶液中，加入硝酸銀固體，變小C.向等濃度的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先產生白色沉淀D.B點條件下既能生成白色沉淀，也能生成磚紅色沉淀【答案】C【解析】【分析】存在溶解平衡為Ag2CrO4(s)?2Ag+(aq)+CrO(aq)、AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl-(aq)，p(Cl-)=-lgc(Cl-)、p(CrO)=-lgc(CrO)、p(Ag+)=-lgc(Ag+)，根據曲線特點，實線的橫坐標起點和縱坐標起點的值一樣，則表示AgCl；虛線表示Ag2CrO4；【詳解】A．由上述分析可知，虛線表示Ag2CrO4，由坐標值可知，當p(Ag+)=0時，p(CrO)=11.4，即此時c(CrO)=10-11.4mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c(CrO)=10-11.4=4×10-12，故A錯誤；B．A點混合溶液加入硝酸銀固體，=，c(Ag+)增大，而不變，故增大，故B錯誤；C．因為實線表示AgCl，虛線表示Ag2CrO4。當縱坐標為0時，即c(Cl-)=c(CrO)=1mol/L時，由橫坐標可知，c(Ag+)=10-9.6mol/L時，Cl-開始沉淀，即AgCl先沉淀，即先得到白色沉淀，故C正確；D．因為實線表示AgCl；虛線表示Ag2CrO4；由題干可知，坐標值越大表示相關離子濃度越小，所以B點對于AgCl是過飽和狀態，會生成AgCl沉淀；B點對于示Ag2CrO4是未飽和狀態，不會生成Ag2CrO4沉淀，故D錯誤。答案選C。第II卷二、非選擇題：考生根據要求作答，共14題，共174分(用黑色碳素筆在答題卡上書寫作答，在試題卷上作答無效。8.隨著對有色金屬需求的高速增長及冶煉技術的發展，鋼鐵行業的瓦斯泥也從昔日無序丟棄的大宗固體廢物變成了今日搶手的資源。昆鋼的技術員設計以瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3還含少量PbO、FeO、CuO)為原料提取鋅、鉍的工藝流程如圖所示：回答下列問題：（1）“浸取”步驟，為避免“瓦斯泥”在反應器的底部沉淀結塊，可采取的措施為______。（2）配離子[Cu(NH3)4]2+中，______接受孤電子對，其中電負性最大的基態原子的價層電子排布圖為_______?！斑^程I”步驟發生反應的離子方程式為______。（3）“過程II”步驟產生的氣體______(填電子式)，可在流程的______步驟中循環使用。（4）“濾渣2”的主要成分除S外還有______。（5）已知：此工藝中，Bi3+水解得到BiOCl沉淀的適宜pH范圍為1.6-2.0；溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金屬離子Fe2+Fe3+Zn2+開始沉淀時pH7.01.96.2完全沉淀時pH9.03.280①結合上述信息分析，“水解”步驟加入適量Zn粉的目的是______。②“水解”步驟后的“系列操作”為______。【答案】（1）(高速)攪拌（2）①.Cu2+②.③.[Cu(NH3)4]2++Zn=[Zn(NH3)4]2++Cu（3）①.②.浸?。?）PbSO4（5）①.將Fe3+還原為Fe2+，避免在Bi3+水解時，Fe3+同時水解，導致產物不純②.過濾、洗滌、干燥【解析】【分析】瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3還含少量PbO、FeO、CuO)，浸取之后過濾得到[Cu(NH3)4]2+、[Zn(NH3)4]2+、CO，濾渣1中的PbO和硫酸反應后，得到的濾渣2中會含有PbSO4，“水解”時加入適量的Zn粉可以將Fe3+還原為Fe2+，避免在Bi3+水解時，Fe3+同時水解，導致產物不純，“水解”后，將得到的產品過濾、洗滌并干燥即可得到產品；【小問1詳解】“浸取”時，為避免“瓦斯泥”在反應器的底部沉淀、結塊，可采用高速攪拌的方法；【小問2詳解】配離子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+是中心離子，接受孤電子對，電負性最大的是N，價層電子排布圖為；“過程Ⅰ”中[Cu(NH3)4]2+和Zn反應生成[Zn(NH3)4]2+和Cu，反應的離子方程式為[Cu(NH3)4]2++Zn=[Zn(NH3)4]2++Cu；【小問3詳解】根據元素守恒可知，“過程Ⅱ”中會產生NH3，電子式為：，結合流程圖可知，NH3可在流程中的“浸取”步驟中循環使用；【小問4詳解】濾渣1中的PbO和硫酸反應后，得到的濾渣2中會含有PbSO4；【小問5詳解】①結合表中信息可知，“水解”時加入適量的Zn粉可以將Fe3+還原為Fe2+，避免在Bi3+水解時，Fe3+同時水解，導致產物不純；②“水解”后，將得到的產品過濾、洗滌并干燥即可得到產品。9.熱敏材料VO2可用于航天器的智能熱輻射器，可用氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨[化學式為(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]?10H2O]為原料制備。已知VO2+在酸性條件下易被氧化，氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨的制備流程如圖：回答下列問題：（1）步驟一鹽酸不宜過量，原因可能______；生成VOCl2的同時，還生成一種無色無污染的氣體，該反應的化學方程式為______。（2）步驟二可在如圖裝置中進行。①儀器A的名稱是_______。②接口的連接順序為a→_______。③實驗開始時，先關閉K2，打開K1，當_______時(寫實驗現象)，再關閉K1，打開K2，充分反應，靜置，得到固體。（3）測定產品純度稱取ag樣品用稀硫酸溶解后，加入25.00mL0.02mol?L-1KMnO4溶液，VO2+化成VO，向反應后溶液中滴加0.025mol?L-1Na2SO3標準液，至剩余的KMnO4溶液恰好反應完全，消耗Na2SO3標準液20.00mL。①取用KMnO4溶液不能使用_______式滴定管，滴定至反應終點的實驗現象為_______。②下列情況會導致產品純度偏小的是_______(填標號)。A.用標準液潤洗滴定管后，液體從上口倒出B.滴定達終點時，發現滴定管尖嘴內有氣泡生成C.Na2SO3溶液部分變質D.滴定達終點時，俯視刻度線讀數【答案】（1）①.在酸性條件下易被氧化變質，過量的鹽酸還會與碳酸氫銨溶液反應，降低原料利用率②.（2）①.啟普發生器②.d→e→f→g→b→c③.裝置B中澄清石灰水變渾濁（3）①堿②.當滴入最后半滴Na2SO3標準液時，錐形瓶內溶液紫色褪去且半分鐘內不再改變③.AC【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，裝置A中鹽酸與石灰石反應制備用于排盡裝置中空氣的二氧化碳氣體，裝置C中盛有的飽和碳酸氫鈉溶液用于除去二氧化碳中混有的氯化氫，裝置D中溶液與碳酸氫銨溶液反應制備氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨，裝置B中盛有的澄清石灰水用于驗證裝置中的空氣完全排盡，則裝置的連接順序為ACDB，接口的連接順序為a→d→e→f→g→b→c?！拘?詳解】由題給流程可知，步驟一的目的是制備，由題給信息可知，若鹽酸過量，在酸性條件下易被氧化變質，不利于的制備，且過量的鹽酸還會與碳酸氫銨溶液反應，降低原料利用率；由題意可知五氧化二釩與和鹽酸反應生成、氮氣和水，反應的化學方程式為：；【小問2詳解】①儀器A的名稱是啟普發生器；②由分析可知，裝置的連接順序為ACDB，接口的連接順序為a→d→e→f→g→b→c；③由分析可知，裝置B中盛有的澄清石灰水用于驗證裝置中的空氣完全排盡，則制備氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨的具體操作為實驗開始時，先關閉K2，打開K1，當裝置B中澄清石灰水變渾濁，說明裝置中空氣已經排盡，再關閉K1，打開K2，充分反應，靜置，得到固體；【小問3詳解】①KMnO4溶液具有強氧化性，故取用KMnO4溶液不能使用堿式滴定管；當亞硫酸鈉溶液與酸性高錳酸鉀溶液完全反應時，滴入最后半滴亞硫酸鈉溶液，溶液會由紫色變為無色，則當滴入最后半滴亞硫酸鈉標準液時，錐形瓶內溶液紫色褪去且半分鐘內不再改變說明滴定達到滴定終點；②A．用標準液潤洗滴定管后，液體從上口倒出，下部附有的水分會稀釋亞硫酸鈉溶液，會使滴定消耗亞硫酸鈉溶液的體積偏大，導致所測產品純度偏小，故A符合題意；B．滴定達終點時，發現滴定管尖嘴內有氣泡生成會使滴定消耗亞硫酸鈉溶液的體積偏小，導致所測產品純度偏大。故B不符合題意；C．亞硫酸鈉溶液部分變質會使滴定消耗亞硫酸鈉溶液的體積偏大，導致所測產品純度偏小，故C符合題意；D．滴定達終點時，俯視刻度線讀數會使滴定消耗亞硫酸鈉溶液的體積偏小，導致所測產品純度偏大，故D不符合題意；故選AC。10.云南豐富的地熱能開發和利用過程中，硫磺溫泉常伴有H2S氣體生成。H2S為無色、有臭雞蛋氣味的劇毒氣體，H2S脫硫技術是當前的重點研究方向。（1）20世紀30年代，德國法本公司將H2S的氧化分兩階段完成。第一階段反應為H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g)△H=-518.9kJ?mol-1，第二階段反應為2H2S(g)+SO2(g)=2H2O(g)+Sx(s)△H=-96.1kJ?mol-1。19世紀英國化學家Claus開發了H2S氧化制硫的方法，即：3H2S(g)+O2(g)=Sx(s)+3H2O(g)，△H=-______kJ?mol-1。（2）氧化鋅法也是一種傳統的脫硫方法，其反應原理如下：ZnO(s)+H2S(g)ZnS(s)+H2O(g)△H=-76.63kJ?mol-1，文獻顯示，工業上氧化鋅法控制溫度在300~400℃，分析控制此溫度區間的原因：溫度過低_______，溫度過高_______。（3）熱解H2S制H2。根據文獻，將H2S和CH4的混合氣體導入石英管反應器熱解(一邊進料，另一邊出料)，發生如下反應：Ⅰ.2H2S(g)2H2(g)+S2(g)△H1=+170kJ?mol-1Ⅱ.CH4(g)+S2(g)CS2(g)+2H2(g)△H2=+64kJ?mol-1總反應：Ⅲ.2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g)投料按體積之比V(H2S)∶V(CH4)=2∶1，并用N2稀釋，常壓，不同溫度下反應相同時間后，測得H2和CS2體積分數如表：溫度/℃9501000105011001150H2/V(%)0.51.5365.58.5CS2/V(%)0.00.00.10.41.8①反應Ⅱ能自發進行的條件是_______。②恒溫恒壓下，增加N2的體積分數，H2的物質的量______。在1000℃，常壓下，保持通入的H2S體積分數不變，提高投料比[c(H2S)∶c(CH4)]，H2S的轉化率_______(填“增大，減小或不變”)。③在TK、pkPa反應條件下，只充入H2S和Ar氣體進行H2S熱分解反應。已知反應一開始，c(H2S)∶c(Ar)=1∶3，平衡時混合氣中H2S與H2的分壓相等，則平衡常數Kp=_______kPa。（4）ZnO晶胞結構如圖所示。已知：ZnO晶體的密度為ρg?cm-3，NA代表阿伏加德羅常數的值。氧離子的配位數為______。晶胞邊長a為______nm?！敬鸢浮浚?）-615.0或-615（2）①.反應速率太慢②.該反應為放熱反應，不利于反應向脫硫的方向進行（3）①.高溫②.增大③.不變④.（4）①.4②.【解析】【小問1詳解】①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g)△H=-518.9kJ?mol-1，②2H2S(g)+SO2(g)=2H2O(g)+Sx(s)△H=-96.1kJ?mol-1。根據蓋斯定律①+②得3H2S(g)+O2(g)=Sx(s)+3H2O(g)，△H=-(518.9+96.1)kJ?mol-1=--615.0kJ?mol-1?！拘?詳解】溫度過低反應速率太慢；該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，溫度過高不利于反應向脫硫的方向進行，所以工業上氧化鋅法控制溫度在300~400℃?！拘?詳解】①反應Ⅱ，△H>0、△S>0，能自發進行的條件是高溫。②恒溫恒壓下，增加N2的體積分數，相當于減壓，平衡正向移動，H2的物質的量增大。在1000℃，常壓下，保持通入的H2S體積分數不變，提高投料比[c(H2S)∶c(CH4)]，根據表格數據可知，1000℃時只發生反應I，溫度不變，平衡常數不變，H2S的轉化率不變。③在TK、pkPa反應條件下，只充入H2S和Ar氣體進行H2S熱分解反應。已知反應一開始，c(H2S)∶c(Ar)=1∶3，設c(H2S)=amol/L，平衡時混合氣中H2S與H2的分壓相等，則，解得x=0.5amol/L，則平衡常數Kp=kPa?！拘?詳解】根據圖示，氧離子的配位數為4。晶胞中氧原子數為4，根據化學式可知Zn原子數為4，ZnO晶體的密度為ρg?cm-3，g?cm-3，晶胞邊長a為nm。11.酮基布洛芬片是用于緩解頭痛、關節腫痛以及牙痛、術后痛等的非處方藥。也用于感冒引起