2024届陕西省商洛市柞水中学高三下学期理科综合能力测试6-高中化学
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与科学、技术、社会、环境(STSE)密切联系。下列说法正确的是
A．为了提高酒精的杀菌消毒效果，医院常使用体积分数为100%的酒精
B．生产普通医用口罩的主要原料聚丙烯是一种高分子化合物
C．聚乙烯是生产食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要原料，可用聚氯乙烯替代
D．高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可通过水解反应提供能量
2．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．标准状况下，中所含原子数为
B．2g由和组成的物质中含有的质子数为
C．中含有的阴离子数为
D．常温下，1LpH为2的硫酸溶液中数目为
3．维生素D含量越高，老年大脑认知功能越好，目前已知的维生素D至少有10种分子，维生素D3是其中重要的一种(结构如图)，下列有关说法正确的是
A．维生素D3分子式为
B．维生素D3是一种水溶性维生素
C．维生素D3可与溴水发生取代反应使其褪色
D．维生素D3分子中虚线框内所含碳原子不可能共平面
4．常温下，W、X、Y、Z四种短周期主族元素的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH(浓度均为)和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．简单离子半径：Y>Z>X>W
B．X分别与Y、Z形成的化合物均可促进水的电离
C．单质的氧化性：Y>Z
D．W、Y、Z都可能形成的氢化物分子
5．利用光伏电池与膜电解法制备Ce(SO4)2溶液的装置如下图所示，下列说法不正确的是
A．电解池中阴极的电极反应式为
B．该离子交换膜为阳离子交换膜
C．该光伏电池的N电极为负极
D．电路中有0.1mol电子通过时，阳极室生成
6．用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是
选项 a中试剂 b中试剂 c中试剂 实验目的 装置
A 浓硫酸 Cu 品红溶液 验证SO2具有漂白性
B 稀硫酸 大理石 浓硫酸 制备纯净的CO2
C 稀硝酸 Na2CO3 Na2SiO3溶液 验证元素非金属性强弱：N>C>Si
D Na2CO3溶液 饱和硼酸溶液 澄清石灰水 验证酸性强弱：H2CO3>H3BO3
A．A B．B C．C D．D
7．常温下，分别取未知浓度的MOH和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍。稀释过程中，两溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．P线代表HA的稀释图像且HA为强酸
B．水的电离程度：Z>Y=X
C．将X点溶液与Y点溶液混合至中性时，
D．将X点溶液与Z点溶液等体积混合，所得溶液中一定有：
二、解答题
8．氧化亚铜(Cu2O)是一种难溶于水和乙醇的砖红色固体，在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。某小组制备Cu2O并测定其纯度，回答下列问题：
Ⅰ．制备Cu2O
将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90℃并不断搅拌。反应结束后，经过滤、洗涤、干燥得到Cu2O粉末。制备装置如图所示：
(1)仪器a的名称是 ；反应适宜采用的加热方式为 。
(2)制备Cu2O时，原料理论配比为，该反应的离子方程式为 。B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境。B中可选用的试剂是 。
(3)反应中需不断滴加NaOH溶液，原因是 。
(4)过滤后，将滤渣依次用蒸馏水、无水乙醇洗涤数次，判断沉淀是否洗净的实验操作是 。
Ⅱ．测定Cu2O纯度
称取mg样品置于烧杯中，加入足量溶液，完全溶解后，加入4滴邻菲罗啉指示剂，然后用硫酸高铈溶液进行滴定至终点，共消耗溶液VmL。(已知：)
(5)加入溶液时发生反应的离子方程式为 。
(6)该样品中的纯度为 %。
9．汽车废弃催化剂中含有Pt，还含有少量的Fe2O3、MgO、Al2O3、SiO2。一种从汽车废弃催化剂中回收铂的流程如下：
有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子 Al3+ Mg2+ Fe3+
开始沉淀的pH 3.5 9.5 2.2
沉淀完全(c=1.0× 10-5mol/L)的pH 4.7 11.1 3.2
回答下列问题：
(1)长期使用的催化剂，表面会覆盖积碳和有机物，粉碎废弃催化剂后，需进行预处理操作A，操作A的名称为 。
(2)酸浸工序中Pt溶于王水生成NO和氯铂酸(H2PtCl6)，该反应的化学方程式为 。有同学提议，将王水换成盐酸和过氧化氢的混合溶液，其优点是 。
(3)铂的浸出率与不同加热方式、不同固液比的关系如下图所示：
由图可知，Pt 浸出的最佳条件为 。
(4)酸浸温度不宜过高的原因为 。
(5)沉铂时，加入适当过量NH4Cl的目的是 。
(6)通过调节滤液的pH以回收其他金属，依次析出的金属离子为 ，当Al3+开始沉淀时，溶液中的Fe3+浓度为 mol/L。
10．甲烷和乙炔(CH≡CH)在有机合成中有着广泛的用途。
(1)已知：①
②
③
写出甲烷与水蒸气在高温下制备合成气(CO、)的热化学方程式： 。
(2)用甲烷在高温下气相裂解制取乙炔和氢气，其反应原理为 。几种气体平衡时分压(Pa)的对数与温度(K)的关系如图所示。
①图中A点温度时的平衡常数 (用气体平衡分压代替浓度计算)。
②℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中充入进行上述反应。当反应达到平衡时，测得，则的转化率为 。若改变温度至℃，10s后反应再次达到平衡，测得，则该变化过程中 (填“>”或“<”)。
(3)一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入(乙炔)和2molHCl发生反应： 。测得反应物(或HCl)浓度随时间的变化关系如图所示。
①M点时， (填“>”“<”或“=”)。
②15min时仅改变了一个外界条件，改变的条件可能是 。
③0～10min内氯乙烯的平均反应速率 。向密闭容器中充入一定量乙炔和氯化氢，发生上述反应，测得乙炔的平衡转化率与温度、S的关系如图所示。其中，则S代表的物理量是 。
11．磷、硼及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
(1)镍的一种配合物为，Ph表示苯基。
①基态Ni原子价电子排布式为 ；镍在周期表中位于第 周期第 族。
②配体为 ；分子中含σ键数为 个。
(2)是合成聚丙烯的一种催化剂，可通过反应制备。
①中阴离子空间构型为 ，该物质中含有的化学键类型有 (填字母)
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．氢键
②分子的B-F键间的键角比中P-F间的键角(96.3°)大，其原因是 。
(3)磷化硼是一种半导体材料，密度为，熔点为1100℃，晶胞结构如下图所示：磷化硼属于 晶体；其晶胞参数a= nm(列出计算式)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】A．医院常使用体积分数为100%的酒精可以使细胞快速形成保护膜，具有良好的杀菌能力，通常用75%的酒精杀菌消毒，故A错误；
B．普通医用口罩的主要原料聚丙烯是一种高分子化合物，故B正确；
C．聚乙烯是生产食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要原料，不可用聚氯乙烯替代，聚氯乙烯不可用于食品包装，故C错误；
D．人体内无纤维素酶，纤维素在人体内不能被吸收，故D错误；
故选B。
2．B
【详解】A．标准状况下，SO3不是气态，已知体积无法计算所含原子数，A项错误；
B．1H218O和2H216O的摩尔质量均为20g/mol，且每个分子中均含有10个质子，所以2g1H218O和2H216O的混合物中含有的质子数为NA，B项正确；
C．过氧化钠中的阴离子是过氧根离子，1molNa2O2中含阴离子数为NA，故C错误；
D．pH=2时氢离子浓度为0.01mol/L，常温下，1LpH为2的硫酸溶液中H+数目为0.01NA，D项错误；
故选B。
3．A
【详解】A．由结构简式可知维生素D3分子式为，故A正确；
B．由结构可知维生素D3中烃基基团较大，烃基属于憎水基，因此维生素D3不易溶水，属于脂溶性维生素，故B错误；
C．维生素D3含有碳碳不饱和键，能加成而使溴水褪色，故C错误；
D．虚线框内的碳元素均处于碳碳双键的平面上，单键可以旋转，两平面可重合，所有碳原子可以共面，故D错误；
故选A。
4．D
【分析】
据溶液的浓度和对应的pH可知X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，W、Z的最高价氧化物对应的水化物是一元强酸，W的原子序数小于X，Z的原子序数大于X，则X是Na元素，W是N元素，Z是Cl元素；同浓度Y的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH比HNO3的pH小，结合原子序数：X
B．X与Y形成的Na2S能促进水的电离，X与Z形成的HCl抑制水的电离，故B错误；
C．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性：Cl>S，则单质的氧化性：Cl2>S，即Z>Y，故C错误；
D．N2H4、H2S、HCl都是含18e-的氢化物，故D正确；
故答案选D。
5．B
【分析】
利用光伏电池与膜电解法制备Ce(SO4)2溶液，石墨电极发生反应：Ce3+-e-=Ce4+，石墨是阳极，纯铜是阴极，发生反应：Cu2++2e-=Cu，硫酸根离子移向石墨电极，离子交换膜为阴离子交换膜，根据电子守恒结合电极反应式进行计算即可。
【详解】A．由以上分析知，纯铜是阴极，发生反应：Cu2++2e-=Cu， A正确；
B．Ce(SO4)2溶液在左侧石墨电极附近产生，该电极发生反应：Ce3+-e-=Ce4+，石墨是阴极，所以硫酸根离子移向石墨电极，由右池向左池迁移，离子交换膜为阴离子交换膜，B错误；
C．纯铜是阴极，连接N电极，则N电极为负极，C正确；
D．根据电极反应：Ce3+-e-=Ce4+，电路中有0.1mol电子通过时，阳极室生成0.1molCe(SO4)2，即0.1mol×332g/mol=33.2gCe(SO4)2，D正确；
故答案为：B。
6．D
【详解】A．浓硫酸和Cu反应制取SO2需要加热，图中缺少加热装置，A错误；
B．稀硫酸和大理石反应生成二氧化碳的同时生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水会覆盖在大理石表面，阻止硫酸和大理石的进一步反应，通常用盐酸和大理石反应制备二氧化碳，B错误；
C．稀硝酸具有挥发性，挥发出来的硝酸会混在CO2中，硝酸也能与硅酸钠反应生成硅酸，无法证明碳酸的酸性强于硅酸，即无法证明非金属性C>Si，C错误；
D．硼酸和碳酸钠反应只能生成碳酸氢钠不能生成二氧化碳，c中澄清石灰水无变化，说明硼酸的酸性弱于碳酸，D正确；
故答案选D。
7．C
【分析】根据图中曲线MOH溶液不断稀释，碱性减弱，pH不断减小，因此Q线是MOH的稀释曲线，HA溶液不断稀释，酸性不断减弱，pH不断增大，因此P线是HA溶液的稀释曲线。根据lg n与pH变化关系得到MOH是强碱，HA为弱酸。
【详解】A．根据图中分析P线代表HA的稀释图像，再根据lg n与pH变化分析稀释10倍pH变化不到1个单位，说明HA为弱酸，故A错误；
B．Y点pH=10，Z点pH=9，则Y点碱性更强，抑制水的电离能力更强，因此水电离程度更小，Z点pH=9，X点pH=5，两者抑制水的电离能力相同，水电离程度相等，因此X、Y、Z三点溶液中水的电离程度： Z =X＞Y，故B错误；
C．X点溶液与Y点溶液混合至pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到，故C正确；
D．X点与Z点等体积混合溶质是MA和HA的混合溶液，且HA物质的量浓度大于MA物质的量浓度，一般来说溶液显酸性，故D错误；
答案为C。
8．(1) 三颈瓶(三颈烧瓶) 水浴加热
(2) 3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑ 氢氧化钠溶液
(3)反应生成了SO2，使溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中易歧化为铜离子和铜单质，从而降低了Cu2O的产率
(4)取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净
(5)2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++2H2O
(6)
【分析】
由题干实验装置图信息可知，仪器A为三颈烧瓶，为制备Cu2O粉末的发生装置，根据原料理论配比为，该反应的离子方程式为，由此可知产物中有有毒有害的酸性气体SO2，故装置B中所盛溶液为NaOH溶液，根据反应：2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++2H2O、Ce4++Fe2+═Ce3++Fe3+，可得关系式：Cu2O～2Ce4+，n(Cu2O)=n(Ce4+)，结合题干数据进一步计算样品中Cu2O的纯度，据此分析解题。
【详解】（1）根据仪器a的构造，可知仪器a的名称是三颈瓶(三颈烧瓶)，反应的温度为90℃，可以采用的加热方式为水浴加热，故答案为：三颈瓶(三颈烧瓶)；水浴加热；
（2）制备Cu2O时，原料理论配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，根据化合价升降守恒、元素守恒可得该反应的化学方程式为：3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑，装置B的作用是吸收SO2，防止污染空气，故B中选用的试剂是氢氧化钠溶液，故答案为：3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑；氢氧化钠溶液；
（3）反应中需不断滴加NaOH溶液，原因是反应生成了SO2，使溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中易歧化为铜离子和铜单质，从而降低了Cu2O的产率，故答案为：反应生成了SO2，使溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中易歧化为铜离子和铜单质，从而降低了Cu2O的产率；
（4）沉淀吸附硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验，操作方法是：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净，故答案为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净；
（5）根据题意可知，加入FeCl3溶液时发生反应的离子方程式为：2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++2H2O，故答案为：2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++2H2O；
（6）
根据反应：2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++2H2O、Ce4++Fe2+═Ce3++Fe3+，可得关系式：Cu2O～2Ce4+，n(Cu2O)=n(Ce4+)=×cmol L-1×V×10-3L=5cV×10-4mol，则样品中Cu2O的纯度为：×100%=%，故答案为：。
9．(1)焙烧
(2) 3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O 避免生成氮的氧化物，污染空气
(3)微波加热到109℃，液固比约为2
(4)HCl、HNO3均易挥发，且HNO3易分解
(5)保证PtCl离子沉淀完全
(6) Fe3+、Al3+、Mg2+ 10-5.9
【分析】由题给流程可知，废弃催化剂粉碎后，在空气中焙烧除去催化剂表面覆盖的积碳和有机物，向焙烧渣中加入王水酸浸，铂溶于王水转化为氯铂酸，金属氧化物溶于王水转化为金属离子，二氧化硅不与王水反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有氯铂酸、金属阳离子的滤液；向滤液中加入氯化铵溶液，将氯铂酸转化为氯铂酸铵沉淀，过滤得到含有金属阳离子的滤液和氯铂酸铵；氯铂酸铵被还原转化为铂，通过调节滤液的pH回收其他金属。
【详解】（1）由分析可知，操作A为废弃催化剂粉碎后，在空气中焙烧除去催化剂表面覆盖的积碳和有机物，故答案为：焙烧；
（2）由题意可知，铂与王水反应生成氯铂酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O，若将王水换成盐酸和过氧化氢的混合溶液，铂被氧化为氯铂酸时，不会生成有毒的一氧化氮，可以避免污染空气，故答案为：3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O；避免生成氮的氧化物，污染空气；
（3）由图可知，微波加热到109℃条件下，铂的浸出率最高时所需时间少于常规加热到109℃；微波加热到109℃条件下，液固比约为2时，铂的浸出率最高，则铂浸出的最佳条件为微波加热到109℃，液固比约为2；
（4）酸浸溶解时，若温度过高，王水中的盐酸和硝酸受热会挥发，且硝酸受热会分解，导致王水中盐酸和硝酸的浓度减小，铂的浸出率降低，所以酸浸温度不宜过高，故答案为：HCl、HNO3均易挥发，且HNO3易分解；
（5）由分析可知，加入氯化铵溶液的目的是将氯铂酸转化为氯铂酸铵沉淀，则氯化铵适当过量，有利于氯铂酸根离子完全转化为氯铂酸铵，故答案为：保证PtCl离子沉淀完全；
（6）由表格数据可知，完全沉淀时，溶液pH由小到大的顺序为铁离子、铝离子、镁离子，则依次析出的金属离子为铁离子、铝离子、镁离子；由铁离子完全沉淀时，溶液pH为3.2可知，氢氧化铁的溶度积Ksp[Fe(OH)3]=(10-10.8)3×10-5=10-37.4，铝离子开始沉淀时，溶液的pH为3.5，则溶液中铁离子浓度为==10-5.9mol/L，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；10-5.9。
10．(1)
(2) 105 40% >
(3) < 增大氯乙烯的浓度 0.06 起始时投入HCl和乙炔的物质的量之比
【详解】（1）根据盖斯定律，的反应热为=+206.1kJ/mol，故热化学方程式为：。
（2）①由图可知，平衡时乙炔的分压为10-1Pa，甲烷的分压为103Pa，氢气的分压为104Pa，Kp===105；
②设甲烷的转化率为x，T1℃达平衡时列三段式，由于，得x=0.4，故甲烷的转化率为40%。改变温度至T2℃，在次平衡时，甲烷的浓度比氢气大，平衡逆向移动，由于该反应是吸热反应，故T2
③方程式中各物质的系数比为1∶1∶1，故0~10min，氯乙烯的浓度增加了0.6mol/L，v(CH2=CHCl)==0.06mol/(L·min)；相同温度时，S3条件下乙炔的平衡转化率最高，S代表的物理量是起始时投入HCl和乙炔的物质的量之比。
11．(1) 3d84s2 四 VIII PPh3 18NA
(2) 正四面体 ABC BF3中心原子B采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，键角120o，PF3中心原子P采用sp3杂化，空间构型为三角锥形，键角小于120°
(3) 原子
【详解】（1）Ni是28号元素，价电子排布式为3d84s2，位于第四周期第VIII族；Ni(PPh3)2Cl2的配体是PPh3，三苯基磷的结构为，1molPPh3分子中含σ键有C-H键，P-C键，共18NA个。
（2）四氟化硼离子的孤电子对数为=0，价层电子对数为3+0+1=4，空间构型是正四面体形，KBF4中含有的化学键有离子键、共价键、配位键。根据价层电子对互斥理论，BF3中心原子B采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，键角120o，PF3中心原子P采用sp3杂化，空间构型为三角锥形，键角小于120°。
（3）磷化硼熔点很高，属于原子晶体。由均摊法可知，磷化硼中P原子的个数为4，B原子的个数为=4，一个磷化硼晶胞的质量为2.9g/cm3×(a×10-7)3cm3=，故a=nm。
答案第1页，共2页
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