【文档说明】四川省成都市第七中学2023届高三下学期热身考试理科综合化学试题 含解析.docx，共(14)页，1.355 MB，由小赞的店铺上传

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成都七中高2023届高考热身考试理科综合测试化学试题总分：300分时间：150分钟可能用到的相对原子量：H-1Li-7N-14C-12O-16Na-23Cu-64一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共

42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2022年，在卡塔尔举办的世界杯备受全世界瞩目。下列说法错误的是A.开幕式的绚丽烟花利用的“焰色试验”是物理变化B.运动员需要补充的Na

Cl溶液是电解质C.制作奖杯的材料之一18K金是合金D.足球赛服材料聚酯纤维属于有机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A．“焰色试验”过程中没有产生新物质，所以开幕式的绚丽烟花利用的“焰色试验”是物理变化，A正确；B．氯

化钠是电解质，运动员需要补充的NaCl溶液属于混合物，不是电解质，也不是非电解质，B错误；C．18k金是黄金含量至少达到75%的合金，因此制作奖杯的材料之一18K金是合金，C正确；D．聚酯纤维面料由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经

纺丝所得的合成纤维，因此足球赛服材料聚酯纤维属于有机高分子材料，D正确；答案选B。2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.常温常压下，78g苯中含有的碳碳双键数目为3NAB.20g重水(D2O)中含有的质子数和中子数均为10NAC.200g质量分数为23%的乙醇

水溶液中含有的氢原子数为6NAD.标准状况下，22.4LCl2与足量铁反应，转移的电子数为3NA【答案】B【解析】【详解】A．苯中没有碳碳双键，A错误；B．20gD2O的物质的量为1mol，其中含有质子数为10mol，含有中子数为10mol，B正确；C．200g质量分数为23%的乙醇水溶

液中除了乙醇，水中也含有氢原子，氢原子数大于6mol，C错误；的D．标准状况下，22.4L氯气为1mol，1mol氯气与足量的铁反应生成FeCl2，转移电子数为2mol，D错误；故答案选B。3.实验室可利用苯和液溴在铁粉的催化作用下制取溴苯，其制备及

提纯过程为：制备→水洗并分液→碱洗并分液→水洗并分液分离，部分装置如图所示。下列说法正确的是A.制备装置a中长导管可加快产物的挥发B.装置b用于制备过程中吸收尾气C.分液时，有机层由装置c的上口倒出D.分离应选择装置d【答案】D【解析】【详解】A．苯和液溴在铁的作用下反应剧

烈，可以达到沸腾，使苯和液溴挥发为蒸汽，在经过长导管时，可以将其冷凝并回流；产物中还有HBr气体，经过长导管最终被NaOH吸收，故长导管的作用是导气和冷凝回流，选项A错误；B．氯化氢极易溶于水，若用装置b吸收尾

气容易引起倒吸，应该用倒扣的漏斗置于液面上，选项B错误；C．分液时，有机层的密度大，应该在下口放出，选项C错误；D．分离粗溴苯应利用苯与溴苯的沸点不同进行蒸馏，应选择装置d，选项D正确；答案选D。4.下列说法正确的

是A.葡萄糖能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.CH2=CH2是的单体C.用光照射甲烷和氯气的混合物发生取代反应，生成4种产物D.氟利昂-12分子式为CF2Cl2，有两种同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．葡萄糖是单糖，含醛基和−OH，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故葡萄糖能使酸性高

锰酸钾溶液褪色，故A正确；B．由单体CH2=CH2制高聚物，故B错误；C．甲烷属于饱和烃，用光照射甲烷和氯气的混合物发生取代反应，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷、HCl共5种产物，故C错误；D．

氟利昂-12分子式为CF2Cl2，CF2Cl2分子是四面体结构，只有一种空间构型，故D错误；故答案为A。5.X、Y、Z、M、W是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图甲所示，X、Y、Z、M形成的化合物如图乙所示，Z与W同主族。下列说法错误的是A.

简单氢化物熔沸点：Z＞WB.简单离子的半径：W＞Z＞MC.X2Z2和M2Z2中的化学键类型完全相同D.最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Y【答案】C【解析】【分析】已知X、Y、Z、M、W是五种短周期主族元素，其原子半径与

原子序数的关系如图1，则X位于第一周期，为氢元素，Y、Z位于第二周期，M、W位于第三周期；X、Y、Z、M可形成化合物，Z与W同主族，M形成+1价阳离子，其原子半径最大，则M为Na；Z形成2个共价键，则位于VIA族，则Z为氧元素，W为硫元

素；Y形成4个共价键，则Y为碳元素，据此分析解答。【详解】A．H2O分子存在氢键，则熔沸点H2O＞H2S，A正确；B．Z为O元素，M为Na元素，W为S元素，电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，微粒半径越小，S2-含有3个电子层，Na+和O2-均含有2个电子层，核电荷

数Na＞O，则离子半径：r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)，B正确；C．H2O2为共价化合物，分子中含有极性键和非极性键，而Na2O2为离子化合物，含有离子键和非极性键，化学键类型不完全相同，C错误；的D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性

：S＞C，则酸性H2SO4＞H2CO3，D正确；答案选C。6.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作光刻显影剂。以四甲基碳酸氢铵[(CH3)4NHCO3]水溶液为原料，电解制备(CH3)4NOH的装置

如图所示。下列说法不正确的是A.工作时原料室(CH3)4N+向II室迁移B.Ⅰ室可得到H2和CO2C.当外电路中有1mol电子通过时，理论上能生成lmol(CH3)4NOHD.电解总反应：4(CH3)4NHCO3+2H2O通电4(CH3)4NOH+2H2↑+

O2↑+4CO2↑【答案】B【解析】【详解】A．电解池中阳离子向阴极运动，(CH3)4N+向II室迁移，A正确；B．Ⅰ室为阳极室，水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气，2H2O-4e-=4H++O2↑，-3HCO向Ⅰ室

迁移与生成的氢离子生成水和二氧化碳气体，B错误；C．阴极室中水电离出的氢离子放电发生还原反应生成氢气，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，溶液中氢氧根离子浓度变大，原料室中(CH3)4N+向II室迁移生成(CH3)4NOH，(CH3)4N++OH-=(CH3)4NOH，当外电路中

有1mol电子通过时，理论上能生成lmol(CH3)4NOH，C正确；D．由BC分析可知，总反应为(CH3)4NHCO3和H2O反应生成氧气、二氧化碳、氢气、(CH3)4NOH，电解总反应：4(CH3)4NHCO3+2H2O通电4(CH3)4NOH+2H2↑+O2↑+4CO2↑，D正确

；故选B。7.常温下，用0.100mol/LAgNO3溶液滴定50.0mL0.0500mol/LKCl溶液，以K2CrO4为指示剂，测得溶液中pCl=-lgc(Cl-)、pAg=-lgc(Ag+)随加入AgNO3溶液的体积(VAgNO3

)变化如图所示。已知：当溶液中离子浓的度小于等于1.0×10-5mol/L，则该离子沉淀完全；Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12。下列说法错误的是A.常温下，Ksp(AgCl)的数量级为10-10B.滴定中指

示剂的有效浓度应维持在2.0×10-2mol/LC.该滴定需在强酸性条件下进行D.饱和AgCl溶液与饱和Ag2CrO4溶液相比，后者的c(Ag+)大【答案】C【解析】【详解】A．根据图像，当pCl=pAg时，溶液中c(Ag+)=c(Cl-)=10-5mol/L，则AgCl的沉淀

溶解平衡常数Ksp数量级为10-10，故A正确；B．溶液中Ag+沉淀完全时c(Ag+)=10-5mol/L，形成Ag2CrO4时，所需c(2-4CrO)=()()()12sp2422+5KAgCrO2.010cA=g110−−=2.0×

10-2mol/L，故B正确；C．指示剂使用的是K2CrO4，溶液中存在Ag+，如果溶液为酸性，则2-4CrO易形成2-27CrO，如果溶液是碱性的，则易产Ag2O，因此溶液需维持在中性或弱碱性，故C错

误；D．饱和AgCl中的阴离子浓度为()-10-5sp=10gCl=10KAmol/l,饱和Ag2CrO4中银离子的浓度为2×()33312sp244KLAgCrO2.01=012=4mol/440−−，故D正确；故选：C。三、非选择题：共174分。第2

2-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。8.氮化锂(Li3N)是重要的储氢材料，遇水剧烈反应。某研究小组设计实验制备氮化锂并测定其纯度。I.制备氮化锂(1)实验室用NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2，

装置A可选择_______(填标号)。(2)仪器D的名称是_______，盛装的药品是_______。II.测定Li3N产品纯度(3)向圆底烧瓶中加水的操作是，_______。(4)氮化锂与水反应的化学方程式为_______，F中液体可以选择_______(填“水”“石

蜡油”或“饱和食盐水”)。(5)反应结束冷却至室温后，读数前应先_______，测得体积为VL(已折合成标准状况)。若杂质与水反应不产生气体，则Li3N质量分数为_______(只列出含m和V的计算式，不必计算化简)。【答

案】①.③②.球形干燥管③.碱石灰④.先打开分液漏斗上口的活塞和止水夹，再打开分液漏斗下口的活塞⑤.Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑⑥.石蜡油⑦.上下移动b管，将a、b两管液面调至相平⑧.35V22.4m×100%【解析】【分析】装置A制备氮气，装置B净化干燥氮气，装置C制备氮

化锂，装置D防止空气中的水蒸气进入装置C中，据此解答。的【详解】(1)实验室用NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2，属于液体和液体混合加热制备气体的装置，为便于控制液体流量需要用分液漏斗，则装置A可选择③。(2)根据仪器构造可判断仪器D的名称是球形干燥管，由于氮化锂遇水剧烈反应，需

要防止空气中的水蒸气进入装置C中，则盛装的药品是碱石灰。(3)由于分液漏斗带有活塞，则根据装置的构造特点可判断向圆底烧瓶中加水的操作是先打开分液漏斗上口的活塞和止水夹，再打开分液漏斗下口的活塞。(4)氮化锂

与水反应生成氢氧化锂和氨气，反应的化学方程式为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，利用排液法测量氨气的体积，则F中液体不能溶解氨气，由于氨气极易溶于水，所以可以选择石蜡油。(5)反应结束冷却至室温后，由于气体的体积受压强影响大，则读数前应先上下移动b管，将a、b两管液面调至相平，

使内外压强相等，测得体积为VL(已折合成标准状况)，氨气的物质的量是22.4Vmol，根据方程式可知氮化锂的物质的量是22.4Vmol，若杂质与水反应不产生气体，则Li3N的质量分数为35/22.4Vmolgmolmg×100%＝35V

22.4m×100%。9.钴在硬质高温合金、催化剂等高新技术领域有广泛应用。从某炼锌厂的废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等)中回收钴的一种工艺流程如图：相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如

表：金属离子Co2+Fe2+Fe3+Zn2+开始沉淀的pH7.156.31.56.2沉淀完全的pH9.158.32.88.2回答下列问题：（1）滤渣1是_______“加热酸浸”时为确保安全，加热时应避免_______。（2）操作1的名称是__

_____，从流程信息分析，在有机溶剂M中_______(填“ZnSO4”或“CoSO4”)溶解度更大。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、_______。（3）若无氧化步骤，对实验的影响是_______。试剂X可以为下列物质中的____

___。A．KOHB．Zn(OH)2C．ZnOD．Na2CO3（4）工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，实现钴回收。该反应的离子方程式是_______，若将次氯酸钠改为Na2S2O8(还原产物为

2-4SO)，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。（5）常温下，已知Co(OH)3的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1中]，溶液的pH至少为_______(用含Ksp的式子表示)。【答案】（1）①.SiO2②.避免明火（2

）①.萃取、分液②.ZnSO4③.过滤、洗涤、干燥（3）①.无法有效除铁②.BC（4）①.2Co2++4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3↓+Cl-②.1：2（5）14+lgsp3-5K110【解析】【分析】废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等)其中二氧化硅

不溶于酸，滤渣1为SiO2，溶液中含有锌离子，亚铁离子，钴离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中为钴离子，有机相为锌离子，操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析解

题。【小问1详解】经分析可知滤渣1是SiO2，“加热酸浸”时为确保安全应注意避免明火，因为酸浸时会产生氢气。【小问2详解】经分析可知操作1的名称是萃取、分液，从流程信息分析，在有机溶剂M中ZnSO4。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤

、洗涤、干燥。【小问3详解】若无氧化步骤，亚铁离子不能转化为三价铁离子，对实验的影响是无法有效除铁。试剂X可以为下列物质中的KOH和Zn(OH)2，需要氢氧根结合三价铁离子。【小问4详解】工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是：2Co2

++4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3↓+Cl-，若将次氯酸钠改为Na2S2O8(还原产物为2-4SO)，Na2S2O8与Co2+得失电子比为2：1，氧化剂为Na2S2O8、还原剂为Co2+，则氧化剂

与还原剂的物质的量之比为1：2。【小问5详解】常温下，已知Co(OH)3的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1]，溶液的c(OH-)=sp3-5K110，pH至少为14+lgsp3-5K110。10.大气污染越来越成为人们关注

的问题，烟气中的NOx必须脱除(即脱硝)后才能排放。臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应之一为：NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)∆H=−200.9kJ∙mol−1(1)若NO(g)＋12O

2(g)=NO2(g)∆H=−58.2kJ·mol-1，则反应3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g)的∆H=_______kJ∙mol−1。(2)对于反应NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)，在不同温度下，分别

向10L的恒容密闭容器中按1：1充入一定量的NO和O3发生反应，其中NO的物质的量随时间变化如图所示：①写出一种既能加快化学反应速率，又能增大NO转化率的方法_______。②图中T1_______T2(填“＞”“＜”或“＝”)。③

温度为T1时，用NO表示t1~t2s内该反应的平均速率为_______，该反应的平衡常数K为_______，若NO的起始投入量为3amol，则达到平衡时NO的残留量为_______mol。(3)NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究

发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图。脱硝过程的总反应的化学方程式为_______。【答案】①.−317.3②.充入臭氧③.＜④.11210.03molLsatt−−−⑤.94⑥.1.2a⑦.4NH

3＋4NO＋O2催化剂4N2＋6H2O【解析】【分析】【详解】(1)将NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)∆H=−200.9kJ∙mol−1方程式加上NO(g)＋12O2(g)=NO2(g)∆H=−58.2kJ∙mol−1的2倍，则反应3NO(g)＋O3(g

)=3NO2(g)的∆H=−317.3kJ∙mol−1；故答案为：−317.3。(2)①NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)，既能加快化学反应速率，又能增大NO转化率的方法是增加臭氧的浓度；故答

案为：增加臭氧的浓度。②根据先拐先平衡，温度高，压强大，则图中T1＜T2；故答案为：＜。③温度为T1时，用NO表示t1~t2s内该反应的平均速率为1121210.3amol0.03amolLΔn(NO

)VΔs10L(ts)tttt−−−−===，开始时n(NO)=n(O3)=2amol，平衡时n(NO)=n(O3)=0.8amol，n(NO2)=n(O2)=1.2amol，该反应的平衡常数1.2amol1.2amol910L10L0.8amol0.8amol410L10LK

==，投入NO的起始投入量为2amol，平衡时NO物质的量为0.8amol，该反应是等体积反应，根据建模思想，相当于再取5L容器开始放入amolNO，则平衡时NO物质的量为0.4amol，因此若NO的起始投入量为3amol，则达到平衡时NO的残留量为1.

2amol；故答案为：11210.03amolLstt−−−；94；1.2a。(3)根据图中信息脱硝过程的总反应的化学方程式为4NH3＋4NO＋O2催化剂4N2＋6H2O；故答案为：4NH3＋4NO＋O2催化剂4

N2＋6H2O。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11.A、B、C、D、E、F均为周期表中前四周期的元素，且原子序数依次增大。请按要求回答下列问题。（1）A与

氢元素形成的两种化合物AH3、A2H4是弱碱，比较下表中两种化合物的熔沸点，解释其高低的主要原因_______。A2H4AH3熔点/°C2-77.8沸点/°C113.5-33.5（2）量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个_______，电子除空间运动状态外，还有一种

运动状态叫做_______。B是地壳中含量最高的元素，B基态原子的电子空间运动状态有_______种。（3）已知C和D为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：电离能/kJ·mol-1I1I2I3I4C(或D)5781817274511578C(或D)73814517733

10540下列有关C、D的叙述正确的是_______。a．离子半径C<Db．电负性C<Dc．单质的熔点C>Dd．C、D的单质均能与氧化物发生置换e．C的氧化物具有两性f．C、D均能与氯元素构成离子晶体（4）已知金属E原子核外的电子运动状态有22种，其外围电子轨道表示式为____

___，E的晶胞是六方最密堆积结构(如图1)，E原子的配位数为_______；若E的相对原子质量为M，E原子半径为rcm。该晶胞的空间利用率为_______(用含r、h的代数式表达，可以不必化简)。（5）F元素形成的

常见离子有F2+、P3+，其中F3+中有5个单电子。图2是从离子晶体F3B4中取出的一个能体现其晶体结构的立方体，则晶体中的B离子是否构成了面心立方堆积_______(填“是”或否”)，该立方体是不是F3B4的晶胞_______(填“是”或“否”)。【答案】（1

）联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢键（2）①.原子轨道②.自旋③.5（3）acde（4）①.②.12③.43r100%9h（5）①.是②.否【解析】【小问1详解】A为N元素，形成氢键的数目越多其熔沸点越高，联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间

形成的氢键，导致联氨熔沸点高于氨气；【小问2详解】量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，实验证明，除了轨道运动外，电子还有自旋运动，由自旋量子数决定，所以电子除空间运动状态外，还有一种运动状态叫做自旋，故答案为：原子轨道；自旋；地壳中元素

含量最高的元素为O元素，基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，空间运动状态数与电子的轨道数相同，则基态O原子核外有5种空间运动状态的电子；【小问3详解】根据表中的数据可以判断出C为第ⅢA族的元素

，D为第ⅡA族的元素，由于都是第三周期，所以C为铝元素，D为镁元素，a．电子层数相同，原子序数越大离子半径越小，则铝离子的半径小于镁离子，a正确；b．非金属性越强电负性越大，则铝元素的电负性大于镁元素，b错误；c．

铝的熔点大于镁，c正确；d．铝可以发生铝热反应，镁可以和二氧化碳反应生成碳，属于置换反应，d正确；e．氧化铝能与强酸、强碱溶液反应，为两性氧化物，e正确；f．氯化铝为分子晶体，f错误；故答案为：acde；小问4详解】【已知金属E原子核外的电子运动

状态有22种，则为22号元素，E为Ti元素，基态钛原子外围电子为其3d、4s能级上的各2个电子，Ti原子价电子为3d24s2，轨道表示式为；晶胞是六方最密堆积结构，原子的配位数为12；该晶胞中Ti原子个数为1112+3+2=

662，Ti原子半径为r，晶胞底面棱长为2r，底面积为212r2rsin606=63r2，晶胞体积为263rh，原子总体积为334r6=8r3，该晶胞的空间利用率为328r43r=100%=100%9h63rh原子总体积晶胞体积

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