【文档说明】四川省内江市第一中学2023-2024学年高三下学期6月月考理科综合试题-高中化学 Word版含解析.docx，共(14)页，1.269 MB，由小赞的店铺上传

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内江一中高2024届理科综合能力6月月考考试可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Mn-55Fe-56一、选择题1.化学是现代生产、生活与科技的中心学科之一，下列与化学有关的说法，错误的是A.中国天眼

FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的无机非金属材料B.中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是SiC.2018年22岁的中国科学家曹原发现将两层石墨烯以1.1°的“魔角”旋转叠加在一起时可得到一种超导

体。石墨烯是一种能导电的有机高分子材料D.嫦娥五号探测器镂空的主体框架上分布的钛合金和铝合金材料具有硬度大、耐腐蚀等性能【答案】C【解析】【详解】A．碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故A正确；B．芯片主要是使用半导体材料制作，主要

成分为Si，故B正确；C．石墨烯是碳的一种单质，是碳的同素异形体，故C错误；D．合金一般具有硬度大、密度小、耐腐蚀等性能，故D正确；故选C。2.下列关于有机化合物的说法正确的是A.糖类、油脂、蛋白质均属

于天然高分子B.2—苯基丙烯()分子中所有原子共平面C.二环[1，1，0]丁烷()的二氯代物有3种(不考虑立体异构)D.有机化合物X()能发生取代反应和加成反应，且能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A．单糖、二糖和油脂

都不是高分子化合物，故A错误；B．由结构简式可知，2—苯基丙烯分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，则分子中所有原子不可能共平面，故B错误；C．由结构简式可知，的二氯代物有如图所示的4种结构：，故C错误；D．由结构简式可知，分子中含

有的酯基能发生取代反应，含有的碳碳双键能发生加成反应，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故D正确；故选D。3.如下为氟利昂(如CFCl3)破坏臭氧层的反应过程示意图，下列说法错误的是A.过程I中断裂极性键C-Cl键B.过程II可表示为O3+

Cl=ClO+O2C.过程皿中O-Cl键断裂是放热过程，O-O形成是吸热过程D.上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂【答案】C【解析】【分析】【详解】A．过程I中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C-

Cl键，故A正确；B．根据题中信息可知，过程II可表示为O3+Cl=ClO+O2，故B正确；C．断裂化学键吸收热量，形成化学键放出热量，故C错误；D．上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，故D正确；答案选C。4.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的

是A.室温下，pH=7的溶液中，Fe3+、Na+、Cl-、24SO−一定能够大量共存B.1L0.1mol·L-1Na2CO3溶液中阴离子数目大于0.1NAC.室温下，同浓度的硫酸中，FeS可溶而CuS不溶。则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)D.室温下，Ka(CH3COOH)>Ka(HC

N)，pH相同的①CH3COONa；②NaCN两种溶液中c(Na+)：①＞②【答案】A【解析】【详解】A．Fe3+在pH=4.4左右时就已经沉淀完全了，室温下pH=7溶液中，不可能大量存在铁离子，A错误；B．碳酸根离子

水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子浓度增大，因此1L0.1mol/L的碳酸钠溶液中阴离子数目一定大于0.1NA，B正确；C．室温下，同浓度的硫酸中，FeS可溶解而CuS不溶解，说明CuS比FeS更难溶，则

Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，C正确；D．室温下，Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，说明酸性醋酸强于HCN，则醋酸根离子的水解程度小于CN-，pH相同的醋酸钠和NaCN，醋酸钠的浓度更大，c(Na+)：①＞②，D正确；故答案选A。5

.X、Y、Z、M、Q皆为短周期主族元素，五种元素中，Y仅与Z同周期，M仅与Q同周期，其原子半径与化合价的关系如图所示。下列说法错误的是A.Z与M的最高价氧化物对应的水化物均为强酸B.QMY溶液可作消毒剂C.简单离子半径：M->Y2->Q+D

.常温下，pH相同的QMY溶液与QYX溶液中，水电离出的H+浓度相同【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q皆为短周期元素，由其原子半径与主要化合价的关系图可知，M的最高正价为+7，则M为Cl，结合原子序数、原子半径

、化合价可知，Q为Na，Y只有-2价，Y为O，Z有+5、-3价，且原子半径大于Y，且与O同周期，Z为N元素，X的原子半径最小，且X的化合价为+1价，则X为H，以此的解答该题。【详解】由以上分析可知X、Y、Z、M、Q分别为H、O、N、Cl、Na等元素，据此分析

解题：A．Z与M的最高价氧化物分别为硝酸、高氯酸，都为强酸，A正确；B．QMY为NaClO，具有强氧化性，可用作消毒剂，B正确；C．电子层越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小为M-＞Y2-＞Q+

，C正确；D．分别为NaClO、NaOH溶液，NaClO为强碱弱酸盐，水解而促进水的电离，NaOH抑制水的电离，pH相同时，水电离出的H+浓度不相同，D错误；故答案为：D。6.净化含尿素和酸性2-27CrO废水的微生物燃料电池工作原理如图。下列说法

错误的是A.放电时，电子由M电极沿导线流向N电极B.放电时，负极的电极反应为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+C.放电时，H+从N室迁移到M室D.当废水中2-27CrO的浓度或酸性过大时，微生物、

还原菌活性降低，电池的效率都会降低【答案】C【解析】【分析】从图中可知，在M电极上尿素中的N失电子生成氮气，则M为负极，N电极上227CrO−得电子生成Cr3+，因此N为正极。【详解】A．放电时，M为负极，N为正极，电子从M电极沿导线流向N电极，A正

确；B．放电时，负极上尿素失电子生成CO2和N2，电解质溶液为酸性溶液，同时还有氢离子生成，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+，B正确；C．放电时，电解质溶液中的氢离子向正极移动，即氢离子从M室向N室移动，C错误；D．227CrO−含

重金属元素，酸性过强等都会影响微生物和还原菌的活性，当废水中2-27CrO的浓度或酸性过大时，微生物、还原菌活性降低，影响正负极电极反应，降低了电池的效率，D正确；故答案选C。7.用氨水吸收工厂烟气中的2SO时，溶液中H2SO3、HSO3−、23SO−的物质的量分数随pH的分布如图所

示。下列叙述错误的是A.Ka2(H2SO3)=10-7.2B.由图象可知，NaHSO3溶液显酸性C.pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子为3HSO−D.pH=8时，溶液中()()()()()2433NH

HSOHSOOHccccc++−−−+=++【答案】D【解析】【详解】A．Ka2(H2SO3)=+323(HSO)(H)(HSO)ccc−，据图可知，当c(HSO3−)=c(23SO−)时，Ka2(H2SO3)=c(H+)=10-7.2，A

正确；B．NaHSO3溶液中HSO3−的含量最高，据图可知，当HSO3−含量最高时，溶液显酸性，B正确；C．根据纵坐标为物质的量分数δ可知，pH=6时，溶液中离子浓度最大的阴离子为HSO3−，C正确；D．pH=8时，溶液中存

在电荷守恒()()()()()2433NHH2SOHSOOHccccc++−−−+=++，D错误；综上所述答案为D。8.Ⅰ.用下图实验装置进行含CN-电镀废水处理的研究，并测定CN-被处理的百分率。操作步骤：a．先关闭装置甲的开关，取含0.200mol/LCN-的废水200mL加入装置甲中

，再加入过量NaClO溶液混合。b．待装置甲中充分反应后，打开活塞，使溶液全部流入装置乙中，关闭活塞c．测定干燥管Ⅰ吸收CO2后增加的质量。提示：①②CN-和CNO-中N的化合价均为-3价，装置丁的作用是吸收混合气中的

Cl2。③CN-被处理的百分率=CNCN−−消耗浓度初始浓度×100%回答下列问题：（1）装置甲玻璃仪器名称为___________，装置丙中的试剂是___________。（2）写出装置乙中反应的离子方程式：___________。（3）

假定上述实验中的气体都被充分吸收。若干燥管Ⅰ增重1.408g。则CN-被处理的百分率为___________。Ⅱ.测定废水中CN-的浓度(mol/L)。移取25.00mL废水至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，作被测试样。（4）用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反应的离子方程式如下：2CN-+24MnO−

+8H+=2CO2↑＋N2↑＋2Mn2+＋4H2O①滴定时a、b两种滴定方式中合理的是___________(填字母)。②判断滴定终点的依据是___________。。③某次滴定时记录滴定前滴定管内液面读数为0.5mL，

滴定后液面如下图，则此时消耗标准溶液的体积为___________。④重复滴定三次，平均耗用cmol/LKMnO4标准溶液VmL，则废水中CN-浓度___________mol/L⑤下列操作会导致测定结果偏高的是___________。A．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗B．

未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管C．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失【答案】（1）①.分液漏斗②.浓硫酸（2）22222CNO68H2N34HOClOCOCl−−+++===++

+（3）80.00%（4）①.b②.最后半滴酸性高锰酸钾溶液加入至锥形瓶中，溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色。③.22.10mL④.cV25⑤.BD【解析】【小问1详解】装置甲为分液漏斗；在乙中生成的气体会带有水分，为了防止对后续的实验造成影响，应该先进行干燥，故丙中装的试剂为浓硫酸。

【小问2详解】根据题干提示可知，在甲中CN-会被ClO-氧化为CNO-，并在乙中硫酸的环境中，进一步反应，产物为氮气、二氧化碳、氯气，故在乙中发生的反应为：2222268H2N34HOCNOClOCOCl−

−+++===+++【小问3详解】干燥管Ⅰ吸收的是二氧化碳，其增重1.408g，即生成二氧化碳的物质的量为m1.408gn0.032M44g/molmol===，即被处理的CN-的物质的量为0.032mol，CN-初始的物质的量为n0.20.20.04cVmol===故被处理的百分率为0.

032100%80.00%0.04=【小问4详解】为①高锰酸钾应该使用酸式滴定管装，故选b；②由于是使用高锰酸钾滴定被测试样，所以当反应完全后，再继续滴加高锰酸钾溶液，溶液颜色会变成浅红色。故答案为，当加入最后半滴高锰酸钾

溶液后，锥形瓶内溶液颜色变为浅红色，且半分钟内不褪色。③滴定管的读书由上至下读，所给图示中的体积为22.60mL，故加液体积为22.60-0.5=22.10mL④根据方程式可知，()()4nnMnOcVmolCN−−==，故()()()ncVcmol/L25VCN

CN−−==样品⑤A．滴定时待测液的锥形瓶使用蒸馏水洗涤，对测定结果无影响，装待测液的锥形瓶不能润洗，A不符合题意；B．未使用标准液润洗滴定管，会导致标准液实际浓度减小，导致消耗体积增多，导致测定结果偏高，B符合题意；C．观察读数时先仰视后俯视，会导致体积偏小，导致测定结果偏低，C不符合题

意；D．滴定前有气泡，滴定后气泡消失，会导致标准液体积读数偏大，导致测定结果偏高，D符合题意；故选BD。9.锰的用途非常广泛，90%的锰消耗于钢铁工业，10%的锰消耗于有色冶金、化工、电子、电池、农业等部门。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质

)为原料生产金属锰的工艺流程如下：已知25℃，部分物质的溶度积常数如下：物质Mn(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2MnSCoSNiSKsp2.1×10-133.0×10-165.0×10-161.0×10-115.0×10-221.0×

10-22（1）步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是___________。（2）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式是___________，加氨水调节溶液的pH为5.0～6.0，以除去Fe3+。（3）滤渣2

的主要成分是___________和___________。（4）工业上电解MnSO4溶液制备Mn、MnO2和硫酸溶液，工作原理如图所示。右侧的电极反应式为___________，当电路中有2mole-转移时，左侧溶液质量减轻___________g。（5）电解后的废水中还含有Mn2+，常用石灰乳

进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降。欲使溶液中c(Mn2+)≤1.0×10-5mol·L-1，则应保持溶液中c(S2-)≥___________mol·L-1。【答案】（1）MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2

↑+H2O（2）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（3）①.CoS②.NiS（4）①.Mn2+−2e−+2H2O=MnO2+4H+②.151g（5）1.0×10−6【解析】【分析】向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂

质)中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中加入具有氧化性的二氧化锰，可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰【小问1详解】加稀硫酸时样

品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4,并产生二氧化碳和水，方程式为：324422MnCO+HSO=MnSO+CO+HO【小问2详解】步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为：2++2+3+22MnO+2Fe+4H=Mn+2

Fe+2HO【小问3详解】由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Сo2+，向其中加入(NH4)2S根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀(滤渣2)生成，故答案为:CoS,NiS【小

问4详解】①电解MnSO4溶液制备Mn、MnO2和硫酸溶液，右侧的电极Mn2+失去电子，与水结合生成MnO2,电极反应式为2+-+22Mn-2e+2HO=MnO+4H②在同一闭合回路中电子转移数目相等，由于离子交换膜只允许阴离子通过，则转移2mol电子时，左侧电极上1

molMn2+得到电子变为Mn单质附着在不锈钢电极上，同时左侧溶液中有1mol硫酸根通过交换膜进入到右侧溶液中，故左侧溶液的质量减轻质量为1mol硫酸锰的质量，质量为：1mol×151g/mol=151g【小问5详解】欲使溶液中c(Mn2+)≤1

.0×10-5mol·L-1，11sp6-152-2+K(MnS)1.010c(S)1.010mol.Lc(Mn)1.010−−−==10.H2S广泛存在于天然气等燃气及废水中，热分解或氧化H2S有利于环境保护并回收硫资源。回答下列问题：（1）已知下列热化学方程式：①

H2(g)＋12O2(g)=H2O(l)ΔH1=-285.8kJ·mol-1②H2(g)＋S(s)=H2S(g)ΔH2=-20.6kJ·mol-1③S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH3=-296.8kJ·mol-1则脱除H2S的

反应：2H2S(g)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH=___________kJ·mol-1。（2）H2S与CO2在高温下反应制得的羰基硫(COS)可用于合成除草剂。在610K时，将0.40molH2S与0.10molCO2充入2.5L的空钢瓶中，发生反应：H2S(g

)＋CO2(g)COS(g)＋H2O(g)ΔH=＋35kJ·mol-1，反应达平衡后水蒸气的物质的量分数为0.02。①在610K时，反应经2min达到平衡，则0-2min的平均反应速率v(H2S)=___________。②实验测得上述反应的速率方程为：v正=k正·c(H2S)·c

(CO2)，v逆=k逆·c(COS)·c(H2O)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，速率常数k随温度升高而增大，则达到平衡后，平衡常数K=___________(用k正、k逆表示)。③该条件下，容

器中反应达到化学平衡状态的依据是___________((填字母)。A．容器内混合气体密度不再变化B．v正(H2S)=v逆c(COS)C．容器内的压强不再变化D．H2S与CO2的质量之比不变（3）H2S可用于高效制取氢气，发生的反应为：2H2S(g)

S2(g)＋2H2(g)ΔH>0，若起始时容器中只有H2S，平衡时三种物质的物质的量与裂解温度的关系如图：①图中曲线l表示的物质是___________(填化学式)。②A点时S2体积分数是___________。③C点时，设容器内的总压为pPa，则平衡常数Kp=___

________Pa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)【答案】（1）—233.6（2）①.0.002mol/(L·min)②.KK正逆③.BD（3）①.S2②.20%③.p【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应①×2—

②×2—③得到反应2H2S(g)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(l)，则反应ΔH=2ΔH1—2ΔH2—ΔH3=(—285.8kJ/mol)×2—(—20.6kJ/mol)×2—(—296.8kJ/mol)=—233.6kJ/

mol，故答案为：—233.6；【小问2详解】①设平衡时水蒸气的物质的量为amol，该反应是气体体积不变的反应，则平衡时气体总物质的量为0.50mol，由反应达平衡后水蒸气的物质的量分数为0.02可得：a0.50=0.02，解得a=0.01，则由

方程式可知，0-2min内硫化氢的反应速率为0.01mol2.5L2min=0.002mol/(L·min)，故答案为：0.002mol/(L·min)；②反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则由反应的速率方程可得：k正c(H2S)c(CO2)=k逆c(COS)c(H2O)，

整理可得KK正逆=()222cCOSc(HO)c(HS)c(CO)=K，则平衡常数K=KK正逆，故答案为：KK正逆；③A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法

判断反应是否达到平衡，故错误；B．由方程式可知，v正(H2S)=v逆c(COS)说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；C．该反应是气体体积不变的反应，反应中容器内的压强始终不变，则容器内的压强不再变化

不能说明正的逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；D．反应物H2S与生成物CO2的质量之比不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；故选BD；【小问3详解】①该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，

S2和氢气的物质的量增大，由方程式可知，相同温度时，氢气的物质的量大于S2，则图中曲线l表示的物质是S2，故答案为：S2；②由图可知，A点时硫化氢和氢气的物质的量都为0.8mol，由方程式可知，S2的物质的量为0.8mol×12=0.

4mol，则S2的体积分数为0.4mol0.8mol+0.8mol+0.4mol×100%=20%，故答案为：20%；③由图可知，A点时硫化氢和氢气的物质的量都为0.8mol，则起始硫化氢的物质的量为0.8mol+0.8mol=1.6mol；C点时硫化氢和S2的物质的量相等，设S2的物质的量物

质的量为amol，由方程式可得：1.6—2a=a，解得a=815，则硫化氢、S2、氢气的平衡分压分别为8153215×pPa=p4Pa、8153215×pPa=p4Pa、16153215×pPa=p2Pa，则平衡常数Kp=22pp(Pa)(Pa)42p(Pa)4=p

Pa，故答案为：pPa。11.Fe、Co、Ni是第四周期重要金属元素，回答下列问题：（1）基态2Ni+的价电子排布图为_______。镍易形成()4NiCO配合物，其熔点为-19.3℃，沸点为43℃，

则其晶体类型是_______，该配合物中三种元素电负性由大到小的顺序为_______。（2）FeCoOx是一种新型光电催化剂，第四电离能大小关系是()4IFe_______()4ICo(填“>”、“＜”或“=”)，原因是_______

。（3）二茂铁是一种具有芳香族性质的有机过渡金属化合物，其在工业、农业、医药、航天、节能、环保等行业具有广泛的应用。环戊二烯()可用于制备二茂铁。①环戊二烯中碳原子的杂化方式为_______。②1mol环戊二烯中有_______mol键。（4）2FeS晶体的晶胞如图

甲所示。已知晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为AN，该晶胞中2Fe+位于22S−所形成的正八面体的体心，则晶胞密度为_______3g/cm。的（5）钴的一种化合物晶胞结构如乙图所示。已知a点的原子坐标参数为()0,0,0，b点为11

,,022，c点为111,,22，则d点的原子坐标参数为_______。【答案】（1）①.②.分子晶体③.OCNi（2）①.>②.铁失去的是处于半充满状态的53d的一个电子，相对较难，而钴失去63d上的一

个电子后形成稳定的半充满状态，相对容易（3）①.2sp、3sp②.11（4）()3-7A480a10N或213A48010aN（5）11,1,22【解析】【小问1详解】基态Ni2+的价电子为其3d能级上的8个电子，则其价电子排布图为；该晶体的熔沸点较低，则属于分

子晶体；元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O>C>Ni，则这三种元素电负性由大到小顺序为：O>C>Ni，故答案为：；分子晶体；O>C>Ni；【小问2详解】基态Fe的价电子排布式为3d64s2，失去3个电子后价电子为3d5，此时为半充满的稳定状态，再失去一个电子较难，基态Co的价电

子排布式为3d74s2，失去3个电子后价电子为3d6，再失去1个电子则可以变为半充满的稳定状态，较容易失去，因此第四电离能大小关系为：I4(Fe)>I4(Co)，故答案为：>；铁失去的是处于半充满状态的53d的一个电子，相对较难，而钴失去63d上的一个电子后形成稳定的半充满状态，相对容易

；【小问3详解】①环戊二烯中连接碳碳双键的碳原子价层电子对数为3，采用sp2杂化，饱和碳原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，故答案为：2sp、3sp；②单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，1个环戊二烯中

有11个σ键，则1mol环茂二烯中含有11molσ键，故答案为：11；【小问4详解】由图可知，Fe2+位于棱的中心和晶胞体心上，22S−位于晶胞面心和顶点上，则Fe2+的数目为111244+=，22S−的数目为118+64

82=，晶胞体积为73(10cm)−a，则晶体密度为3373731204480g/cmg/cm(10)(10)−−=AANaaN=21A3348010aNg/cm，故答案为：()3-7A480a10N或213A48010aN；【小问5详解】由图可知，d点在x、y、z轴上的投影为1

2、1、12，则d点的原子坐标参数为11,1,22，故答案为：11,1,22。