【文档说明】2024届四川省仁寿第一中学南校区高三下学期模拟考试（四）理综试题-高中化学 Word版含解析.docx，共(13)页，674.408 KB，由小赞的店铺上传

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2021级6月高考模拟考试(四)理综试卷可能用到的相对原子质量：H1O16Al27S32Fe56Ni-59Cu64Se79Bi209一、选择题(1-13题只有一个选项正确，每题6分，共计78分)1.化学与生产生活密切相关。下列有关说法正确的是A.钻石、刚玉、水晶

的主要化学成分均为金刚石B.酸性重铬酸钾溶液可被乙醇氧化，故可用于检验酒驾C.糖尿病人应适当减少米饭的摄入量，因米饭中含有较多糖类物质D.“雷雨发庄稼”是因为雨水中含有较多的铵盐【答案】C【解析】【详解】通过化学

在生活中的应用去考查常见物质成分、检验酒驾原理、糖类、雷雨过程中产生硝酸盐等知识。A．钻石、刚玉、水晶的主要化学成分依次是金刚石、Al2O3、SiO2,故A错误；B．酸性重铬酸钾因可被乙醇还原，故可用于检验酒驾，故B错误；C．糖尿病人应适当减少米饭的摄入量，因米饭中含有较多淀粉，淀粉是糖类物质

，故C正确；D．“雷雨发庄稼”是因为雷雨过程中会产生硝酸盐，故D错误；故选C。2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.将1molCl2通入足量水中，转移的电子数为NAB.常温常压下，11.2LN2含

有的原子数大于NAC.1mol·L−1NaHSO4溶液中含有的2-4SO数目为NAD.总质量为2.0g的H218O和D2O的物质中含有的中子数为NA【答案】D【解析】【详解】A．将1molCl2通入足

量水中，因为是可逆反应，转移的电子数小于NA；B．常温常压下，11.2LN2含有的原子数小于NA；C．因为未告诉溶液体积，1mol·L−1NaHSO4溶液中含有的2-4SO−数目不一定为NA；D．H218O和D2O的摩尔质量均为20g·mol−1，总质量为2.0g的H218O和D2O共0.1mol

，每个H218O和D2O分子均含10个中子，故2.0g的H218O和D2O含有的中子数为NA；故选D。3.药物异搏定合成路线中的某一步反应如图所示(部分产物未给出)，下列说法正确的是A.X分子中一定共面的碳原子有8个B.有机物X可发生取代、

加成、氧化反应C.Y在碱性溶液中反应可用于生产肥皂D.1mol有机物Z与足量的氢气发生加成反应最多可消耗6mol氢气【答案】B【解析】【详解】A．苯环、羰基中7个碳原子共平面，甲基中的1个碳原子有可能与苯环共平面

，则该分子中一定共面的碳原子有7个，A项错误；B．有机物X中含有羰基和苯环可以发生加成反应和取代反应，含有羟基可以发生氧化反应，B项正确；C．Y不是油脂，不能发生皂化反应，C项错误；D．Z中含有1个苯

环、2个碳碳双键，1mol有机物Z与足量的氢气发生加成反应最多可消耗5mol氢气，D项错误；故选B。4.前四周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，其中Y、Z同周期，Z、W同主族；X、Y、Z是人体内含量最高的三种元素，X、Y、Z、W、Q五原子核外电

子数之和为51。下列叙述合理的是A.原子半径XYZWB.X、Y形成的化合物沸点低于X、Z形成的化合物C.这些元素组成的三元化合物都可溶于水D.Q的一种化合物常加于煤中，避免煤燃烧产生的W的某种氧化物

污染空气【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z是人体含量最高的三种元素，且原子序数依次增大，所以X是氢，Y是碳，Z是氧；W和氧同族，所以W是硫；五种元素核外电子数之和是51，所以Q是钙，据此回答，详解】A．原子半径HOCS，A错误；【B．H、C形成的化合物为烃类化合物，有固态、液态

、气态，故沸点不一定低于H、O形成的化合物为水或过氧化氢，B错误；C．这些元素组成的三元化合物中，3CaCO难溶于水，C错误；D．CaO常加于煤中，避免煤燃烧产生的2SO污染空气，D正确；故选D。5.为

完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是（不考虑存放试剂的容器和连接装置）实验序号实验目的玻璃仪器试剂①萃取碘水中的碘单质长颈漏斗、烧杯4CCl、碘水②制2SO启普发生器、试管、导管23NaSO固体、浓硫酸（70%）③配制100mL

一定物质的量浓度的NaCl溶液100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒蒸馏水、NaCl固体④葡萄糖的银镜反应实验试管、酒精灯、烧杯、量筒、胶头滴管10%葡萄糖溶液、新制的银氨溶液A.①B.②C.③D.④【答案】D【解析】【详解】A．萃取碘水中

的碘单质需要用分液漏斗，不是长颈漏斗，A错误；B．制取SO2不能用启普发生器，23NaSO固体易溶于水，不成块状，启普发生器不能控制，应该用分液漏斗和圆底烧瓶来制取，B错误；C．配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，仪器中还缺

少胶头滴管，C错误；D．葡萄糖的银镜反应实验用试剂是：10%葡萄糖溶液、新制的银氨溶液，用温水浴加热，所用仪器有试管、酒精灯、烧杯、量筒、胶头滴管，D正确；答案选D。6.在强碱中氢氧化铁可被一些氧化剂氧化为高铁酸根离子(24FeO−)，24FeO−在酸性条件下氧化性极强且不稳

定。隔膜电解法制备24KFeO的工作原理如图所示。下列说法错误的是A.隔膜为阳离子交换膜B.由于阴极区产KOH，故电解过程中不需要额外补充C.Fe电极上的反应为242Fe6e8OHFeO4HO−−−−+=+D.电路中每转移0.2mole−，Pt电极上理论上产生2

.24L气体(标准状况)【答案】B【解析】【分析】该装置为电解池，与直流电源正极相连的铁电极为阳极，碱性条件下，铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式为242Fe6e8OHFeO4HO−−−−+=+，铂电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成

氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，电解的总反应为Fe+2H2O+2OH-=FeO24−+3H2↑，则电解时，钾离子通过阳离子交换膜从左池移向右池。【详解】A．电解时，钾离子通过阳离子交换

膜从左池移向右池，故A正确；B．由分析可知，电解的总反应为Fe+2H2O+2OH-=FeO24−+3H2↑，反应中消耗氢氧根离子，需要补充氢氧化钾，故B错误；C．由分析可知，Fe电极上的反应为242Fe6e8OHFeO4HO−−−−+=+，故C正确；D．铂电极的电极方程

式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，电路中每转移0.2mole−，Pt电极上理论上产生0.1molH2，标况下的体积为2.24L，故D正确；故选B。7.298K时，用NaOH溶液分别滴定等物质的量浓度的HR、()

33AlNO、()33CeNO三种溶液。pM[p表示负对数，M表示()()HRRcc−、()3Alc+、()3Cec+]随溶液pH变化的关系如图所示。已知：常温下，()()spsp33CeOHAlOHKK，当离子浓度5110molL−−时，该离子完全沉淀。下列推

断正确的是A.①代表滴定()33CeNO溶液的变化关系B.调节pH=5时，溶液中3Al+完全沉淀C.滴定HR溶液至X点时，溶液中：()()()NaOHHccc+−+D.经计算，()3AlOH能完全溶于HR溶液【答案

】C【解析】【分析】根据KspCe(OH)3=c(Ce3+)3c(OH-)，由于Ksp[Ce(OH)3]>Ksp[Al(OH)3]，且满足pCe3+＜pAl3+，即Al(NO3)3、Ce(NO3)3两条线不可能

相交，③为HR滴定曲线，而①、②分别为Al(NO3)3、Ce(NO3)3滴定曲线，由pH=4.1时，c(OH-)=10-9.9mol/L，推知Ksp[Al(OH)3]=1×(10-9.9)3=10-29.7，同理pH=7.3时，

推得Ksp[Ce(OH)3]=1×(10-6.7)3=10-20.1，由pH=5.5时，得出-+-5.5ac(R)c(H)(HR)10c(HR)K==，据此回答。【详解】A．根据分析可知，①代表滴定Al(NO3)3溶液的变化关系，A错误；B．调节pH=5时，c(OH

-)=10-9mol/L，则-29.7sp3-2.73--27Al(OH)1010c(OH)10K==＞10-5，溶液中Al3+未完全沉淀，B错误；C．X点成分为NaR、NaOH，该溶液呈碱性所以c(Na+)>c(OH-)>c(H+)，C正确；D．3

+-32Al(OH)+3HRAl+3R+3HO，()()()33-29.7-5.5sp3a-4.23-42w10?10[Al(OH)]HR1010KKK==，该反应的K小，该反应很难发生，Al(OH)3不能完全溶于HR溶液，D

错误；故选C。8.铝酸铋[Bi(AlO2)3]是一种能够有效调理胃肠功能、促进疾病恢复的常见药物，常用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，还含少量Cu2S和Ag2O)和铝土矿(主要成分为Al2O3，还含少量Fe2O3和SiO2)利用

如下流程制取：已知：①Bi(AlO2)3难溶于水；②BiCl3易溶于水，易水解，Bi(OH)3不溶于水和碱。回答下列问题：（1）辉铋矿“酸浸”过程中，需要控制温度不超过50℃的原因是_______。（2）辉铋矿“酸浸”时S元素转化为单质硫，浸渣1的成分为_______。“酸浸”时Bi2S3转

化的离子方程式为_______。（3）“沉铋”时氨水稍过量的目的是_______；“沉铁”时稍过量的NaOH能否用氨水代替：_______(填“能”或“否”)。（4）Bi(NO3)3溶液和NaAlO2溶液混合前，Bi(NO3)3溶液中

往往含少量硝酸，NaAlO2溶液中往往含少量NaOH，其目的是_______。（5）Bi(NO3)3溶液和NaAlO2溶液混合充分反应，写出制取Bi(AlO2)3的化学方程式_______，利用1kg含77.1%B

i2S3的辉铋矿与足量铝土矿作用制得868.5gBi(AlO2)3，则铝酸铋的产率为_______。【答案】（1）盐酸易挥发，H2O2受热易分解（2）①.S、AgCl②.Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O（3）

①.使氢氧化铜溶解，从而分离铋离子和铜离子②.否（4）少量硝酸可抑制硝酸铋水解，少量氢氧化钠可抑制偏铝酸钠水解（5）①.Bi(NO3)3+3NaAlO2=Bi(AlO2)3↓+3NaNO3②.75%【解析】【分析】本题以

工业生产为载体多角度多层次考查金属及其化合物的转化的相关知识。已知，“酸浸”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质，向辉铋矿中加入过氧化氢和盐酸进行氧化浸取，过氧化氢具有氧化性，发生的反应有Bi2S3+3H2O

2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O，Bi3+转化为氢氧化铋沉淀，过滤后得固体为氢氧化铋沉淀，加硝酸溶解为硝酸铋溶液。铝土矿加入硫酸，二氧化硅不溶解，在滤液中加入稍过量的NaOH除

去铁离子的同时使铝离子转化为偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液和硝酸铋溶液混合控制反应条件制得铝酸铋产品。【小问1详解】“酸浸”过程中使用的盐酸易挥发，H2O2受热易分解，故反应中需要控制温度不超过50℃。【小问2详解】辉铋矿“酸浸”时S元素转化为单质硫，元素

铋、铜转化为溶于水的氯化铋、氯化铜，氧化银转化为难溶于水的氯化银。故滤渣为S、AgCl。“酸浸”时，Bi2S3转化的离子方程式为Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O。【小问3详解】“沉

铋”时氨水稍过量的目的是使氢氧化铜溶解，从而分离铋离子和铜离子，沉铁时稍过量的氢氧化钠是使氢氧化铝溶解，从而分离铝离子和铁离子，故不能用氨水代替。【小问4详解】硝酸铋溶液中含少量硝酸，偏铝酸钠溶液中含少量氢氧化钠，可抑制铋离子和偏铝酸根水解。【小

问5详解】硝酸铋溶液和偏铝酸钠溶液混合充分反应生成铝酸铋，Bi(NO3)3+3NaAlO2=Bi(AlO2)3↓+3NaNO3，1000g辉铋矿含Bi2S3771g，即1.5molBi2S3，理论上可制得3mo

l铝酸铋，即1158g，故产率为：868.5100%75%1158=。9.肉桂酸是一种重要有机合成中间体，被广泛应用于制备药物、食品添加剂等精细化学品。实验室利用苯甲醛和乙酸酐无水环境下合成肉桂酸的原理及

部分试剂物理常数如下。+23160170KCO−→+CH3COOH名称性状比重熔点℃沸点℃溶解度苯甲醛无色油状液体1.044-26179微溶于水乙酸酐无色透明液体1.082-73140与水缓慢反应生成乙酸肉桂酸白色晶体1.248135300难溶于

冷水，可溶于热水，易溶于乙醇某实验小组采用如下装置制备肉桂酸，实验步骤如下，按要求回答下列问题。的①在装置1三颈烧瓶中放入1.5mL(0.015mol)新蒸馏过的苯甲醛、4mL(0.036mol)新蒸馏过的乙酸酐以及2.2g(0.016m

ol)研细的无水碳酸钾，160~170℃回流30min。②反应结束稍冷，加入10mL温水，改用装置2利用水蒸气蒸馏出未反应完的苯甲醛。③将烧瓶冷却，加入10mL10%氢氧化钠溶液溶解肉桂酸，加热煮沸后加入

少量活性炭脱色，趁热抽滤④将滤液冷却后，搅拌并用浓盐酸酸化，冷却后抽滤，洗涤沉淀，抽干获得粗产品1.5g。（1）仪器a的名称是___________，与仪器b___________(填“能”或“不能”)互换。（2）步骤①中加热方式可以采用___________；

a的上口连接盛有CaCl2固体的干燥管，目的是___________。（3）装置2中水蒸气发生器为___________(填“1”或“2”)，判断水蒸气蒸馏操作结束的实验现象为___________。（4）步骤④中

可采用___________洗涤沉淀，加入浓盐酸酸化的目的是___________。（5）该实验中肉桂酸的产率约为___________%。(保留两位有效数字)【答案】（1）①.球形冷凝管②.不能（2）①.油浴加热②.防止空气中水蒸气进入反应体系（3）①.1②.冷凝管中流出液体澄清透明不再

含有有机物的油滴（4）①.冷水②.将肉桂酸钾转化为肉桂酸沉淀（5）68【解析】【分析】利用苯甲醛和乙酸酐无水环境下合成肉桂酸的原理为+23160170CKCO−→+CH3COOH，按题干实验步骤，首先在装置1三颈烧瓶中加入反应物以及碳酸钾，160~170℃回流30min，然后用

装置2除去未反应完的苯甲醛，加入10mL10%氢氧化钠溶液溶解肉桂酸，加活性炭吸附色素，进行抽滤，将滤液冷却后，搅拌并用浓盐酸酸化，将肉桂酸钾反应为肉桂酸结晶。的析出，冷却后抽滤，洗涤沉淀，抽干获得粗产品。【小问1详解】仪器a为球形冷凝管，与b不能互换，

因为球形冷凝管不能用于蒸馏装置，会导致馏分在冷凝管中残留；而球形冷凝管用于冷凝回流时由于内管接触面积较小，回流效果也不好；【小问2详解】步骤①加热需要温度160~170℃，故采用油浴加热；a的上口连接盛有CaCl2固体的干燥管，是为了防止空气中的水蒸气进入反应体系；【小问

3详解】装置2中的水蒸气产生装置为1，由于苯甲醛是无色油状液体，所以当冷凝管中流出液体澄清透明不再含有有机物的油滴即可说明蒸馏完成；【小问4详解】肉硅酸晶体难溶于冷水，故可以用冷水洗涤晶体，加入浓盐酸酸化的目的是将肉桂酸钾转化为肉桂酸沉淀；【小问5详解】根据反

应原理：+23160170CKCO−→+CH3COOH，肉桂酸的理论物质的量等于苯甲醛的物质的量，即为0.015mol，质量为0.015mol148g/mol=2.22g，产率为1.5g100%2.22g68%。10.中国科

学院研究团队在人工合成淀粉方面取得重大突破性进展，首次在实验室实现了二氧化碳到淀粉的合成，为解决粮食危机和实现碳循环利用提供了有效途径。回答下列问题：（1）人工合成淀粉的第一步是利用化学催化剂将高浓度二氧化碳在高密度氢能作用下还原成一碳化合物，其反应过程如图甲所示，则该反应的热化学方程

式为_______。（2）在一定条件下，若上述反应的平衡常数为K1，已知存在副反应()()()()223326Hg+2COgCHOCHg+3HOg，平衡常数为K2，则反应()()()33322CHOHgCHOCHg+HOg的平衡常数K=_______(用K1、K2表示)。（3）选择合适的催化剂，可

用CO2和H2合成重要的化工原料C2H4，假设在压强为100kPa的恒压容器中只存在反应()()()()222422COg+6HgCHg+4HOg，不同投料比时，CO2的平衡转化率随温度的变化如图乙所示(已知投料比22n(H)m=n(CO))。①图乙中，x_____

__3(填“>”“<”或“=”，下同)，该反应的ΔH_______0，有利于该反应自发进行的条件是_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)；②图乙A、B两点中，ʋ正(A)_______ʋ正(B)(填“>”“<”或“=”)，理由是_______；③恒温恒压下，以投料比m=

3进行该反应，下列能判断该反应已达平衡的标志有_______(填标号)；A．224c(CO)c(CH)保持不变B．CO2的转化率与H2的转化率相等C．断裂6molH—H键的同时，生成8molH—O键D．容器中混合气体的密度保持不变④已知B点纵坐标为40%，则该反应B

点的压强平衡常数Kp=_______(列出计算表达式)。【答案】（1）()()()()2232COg+3HgCHOHg+HOgΔH=-49.2kJ·mol−1（2）122KK（3）①.>②.<③.低温④.<⑤.A点

温度低于B点，且A点转化率更高，反应物浓度更低，故ʋ正(A)<ʋ正(B)⑥.AD⑦.43260.20.8100(100)3.43.4kPa0.61.8(100)(100)3.43.4−或4332630.20.83.4kPa0.

61.8100−【解析】【分析】本题考查化学平衡的相关知识，涉及到热化学方程式的书写，化学平衡的移动，化学平衡常数的计算，化学反应速率相关知识点，均为高频考点，也是重点。【小问1详解】由图甲可知，始末状态能量差为90.4

-41.2=49.2，且反应物总能量高于生成物总能量，是放热反应，故ΔH=-49.2kJ·mol−1，故热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.2kJ·mol−1。小问2详解】根据盖斯定律，目标方程式=②-2×①，故221KKK=【小问

3详解】①投料比22(H)(CO)nmn=越大，相当于增大H2浓度，CO2平衡转化率提高，故x>3；由图乙可知，温度越高，CO2平衡转化率越低，说明平衡逆移，故ΔH<0；根据自由能ΔG=ΔH-TΔS<

0，其中ΔH<0，ΔS<0，故低温有利于反应自发进行。②图乙中，ʋ正(A)<ʋ正(B)，理由是：A点温度低于B点，且A点转化率更高，反应物浓度更低，故ʋ正(A)<ʋ正(B)。③A．224(CO)(CH)cc保持不变，可判断平衡；B．CO2的转化率

与H2的转化率一定都相等，不可判断平衡；C．断裂6molH—H键的同时，生成8molH—O键，都是正反应方向，不可判断平衡；D．因是恒压容器，不是等体积反应，若未平衡，容器体积会变，混合气体密度会变，故容器中混合气体的密度保持不变可判断平衡；故选AD。④

已知B点纵坐标为40%，假设CO2初始量为1mol，H2为3mol，根据三段式：【222422CO(g)+6H(g)CH(g)+4HO/mol1300/mol0.41.20.20.8/mol0.61.80.20

.8初始量变化量平衡量CO2的分压0.61003.4=，H2的分压1.81003.4=，C2H4的分压0.21003.4=，H2O的分压0.81003.4=，故43p260.20.8100(100)3.43.4kPa0.61.8(100)(100)3

.43.4K−=或4332630.20.83.4kPa0.61.8100−。11.Fe、Co、Ni三种元素性质非常相似，称铁系元素。请回答下列问题。（1）三种元素位于周期表中______区（填分区），基态Ni原子的外围电子轨道表达式为____

__。（2）Fe成为阳离子首先失去______轨道电子；23FeO、FeO的熔点是下列两个数值中的一个：1360℃、1565℃，1360℃是______的熔点，理由是______。（3）4FeSO常作净水剂和补铁剂，24SO−空间构型为______，与其互为等电子体的分

子有______（写一个）。（4）34CoYCoY,CoY+−−−=+的结构如图1所示（略去H原子）（Y是乙二胺四乙酸，分子式为101628CHNO）。该图中四种元素第一电离能由大到小的顺序为______（写元素符号），其中C原子的杂化类型为______。1mol该配合物中配位键有____

__mol。（5）NiO晶体为NaCl型结构（如图2）。其中2Ni+可看成填充在由2O−组成的正______面体空隙中，填充率为100%。将NiO在空气中加热，部分2Ni+被氧化为3Ni+，成为NiO(1)xx，晶体

仍保持电中性，则会出现晶体缺陷，填充率下降。现有NiOx晶胞的质量为224.010g−。则分别填充2Ni+、3Ni+和未填充Ni离子的空隙个数之比为______。【答案】（1）①.d②.（2）①.4s②.FeO③.Fe2O3和FeO同为离子晶体，Fe3+所

带电荷数大于Fe2+，且半径Fe3+＜Fe2+，Fe2O3的晶格能更大，熔沸点更高（3）①.正四面体②.CF4(CCl4)等（4）①.N>O>C>Co②.sp3、sp2③.6（5）①.八②.1∶2∶1【解析】【小问1详解】三种元素位于元素周期表中的

d区，基态Ni原子的外围电子轨道表达式为；【小问2详解】Fe失去电子生成阳离子时电子从外到内依次失去，Fe原子最外层电子属于4s轨道，所以成为阳离子时首先失去4s轨道电子，1360℃是Fe2O3的熔点，Fe2O3和FeO同为离子晶体，Fe

3+所带电荷数大于Fe2+，且半径Fe3+＜Fe2+，Fe2O3的晶格能更大，熔沸点更高，即1360℃是FeO的熔点；【小问3详解】24SO−的价层电子对数为()14624242++−=，孤电子对为0，空间构型为正四面体，硫酸根离子含有五个原子，32个价电子，故其等电子体为CF4(CCl4)

等；【小问4详解】依据元素在元素周期表中的位置，从上往下，第一电离能依次变大，从左往右，第一电离能依次变大，但需要注意，第IIIA族、第VA族的元素反常，故C、Co、O、N第一电离能由大到小的排序为N>O>C>Co，分子中除羧基中的碳氧双键中的碳为sp2杂化以外，其他均为sp3杂化，分析其结构可知

，配位键的物质的量为6mol；【小问5详解】由图可知，氧离子在棱上，所以镍离子填充在由阳离子所构成的正八面体的空隙之中，依据晶胞结构，镍离子数目118+6482=，当出现晶体塌陷后，晶胞质量为4.0×10-22g，M(Ni

xO)=4.0×10-22g×NA=241g/mol，故此时晶体的化学式为Ni3O4，有一个镍离子所在的空隙塌陷，依据化合价可知，Ni2+∶Ni3+=1∶2，外加塌陷的空隙，填充Ni2+、Ni3+和未填充Ni离子的空隙个数之比为1∶2∶1。