【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(CH3CO

OH)>Ka(HCN)，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

()()()()()2433NHHSOHSOOHccccc++−−−+=++【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()()()()()24

33NHH2SOHSOOHccccc++−−−+=++，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：2222

268H2N34HOCNOClOCOCl−−+++===+++【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/L25VCNCN−−==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)2MnSCoSNiSKsp2.1×10-133.0×10-165.0×10-161.0×10-115.0×10-2

21.0×10-22（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+4

H+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+H

O【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+2Fe+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-2

e+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1molMn2+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)1.010

mol.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：①H2(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C

O2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—(—2

96.8kJ/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+0.4

mol×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=pP

a，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53

d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+6482=，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213A

48010aN；【小问5详解】由图可知，d点在x、y、z轴上的投影为12、1、12，则d点的原子坐标参数为11,1,22，故答案为：11,1,22。