濟(jì)洛平許2023-2024學(xué)年高三第三次質(zhì)量檢測理科綜合注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將答題卡交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1N14O16Cl35.5Mn55Co59一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.化學(xué)與科技、生活密切相關(guān)。下列說法錯誤的是A.維生素C是一種抗氧化劑，可用作食品添加劑B.乙烯屬于大宗化學(xué)品，可用于生產(chǎn)飲用白酒C.酪素是從牛奶、大豆中提取的蛋白質(zhì)，可用來制作食品D.碳納米管屬于新型無機(jī)非金屬材料，可用于生產(chǎn)傳感器【答案】B【解析】【詳解】A．維生素C具有還原性，是一種抗氧化劑，且無毒，可用作食品添加劑，A正確；B．乙烯屬于大宗化學(xué)品，但工業(yè)上利用乙烯直接水化法制得的乙醇中往往含有對人體有害的雜質(zhì)，不能用于生產(chǎn)飲用白酒，B錯誤；C．酪素是從牛奶、大豆中提取的一種蛋白質(zhì)，可用來制作食品，C正確；D．碳納米管屬于新型無機(jī)非金屬材料，碳納米管的比表面積大、強(qiáng)度高和電學(xué)性能優(yōu)良，可用于生產(chǎn)傳感器，D正確；故選B。2.砜類化合物是一類重要的有機(jī)合成中間體。一定條件下，由化合物I制取砜類化合物II的合成路線如下：下列說法正確的是A.化合物I和II均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B.化合物I分子的一氯代物有5種C.化合物I分子中所有碳原子一定在同一平面內(nèi)D.化合物I和II中S原子的雜化軌道類型不同【答案】A【解析】【詳解】A．化合物I和II的苯環(huán)上均含有甲基，均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，A正確；B．化合物I分子的一氯代物有7種，，B錯誤；C．化合物I分子中所有碳原子不一定在同一平面內(nèi)，C-S鍵可以旋轉(zhuǎn)，C錯誤；D．化合物I和II中S原子的雜化軌道類型相同，均為sp3雜化，D錯誤；故選A。3.M、N、P、Q、R是原子序數(shù)依次增大的前四周期主族元素，組成的化合物R4N(PM4)4Q2是某種熒光粉中的成分。M的一種單質(zhì)是極性分子，N基態(tài)原子核外無未成對電子，P元素存在于航空、信息和新能源等高技術(shù)領(lǐng)域必需的材料中，Q是一種重要的成鹽元素。下列說法錯誤的是A.N、Q、R三種元素簡單離子的半徑：Q>R>NB.N、P、Q、R四種元素的第一電離能：Q>P>N>RC.M元素與氫元素形成的兩種微粒的鍵角：D.N、P、R三種氧化物的熔點(diǎn)：P>R>N【答案】D【解析】【分析】已知M、N、P、Q、R是原子序數(shù)依次增大的前四周期主族元素；常見的物質(zhì)中，氧元素的其中一種單質(zhì)O3是極性分子，故M為O元素；N基態(tài)原子核外無未成對的電子，且N的原子序數(shù)必須要大于氧元素的原子序數(shù)8，故N為Mg元素；P存在于航空、信息和新能源等高技術(shù)領(lǐng)域必需的材料中，故P為Si元素；Q是一種重要的成鹽元素，故Q為Cl元素；由熒光粉的化學(xué)式R4N(PM4)4Q2可知，R顯＋2價，且為第四周期主族元素，故R為Ca元素；【詳解】A．N（Mg）、Q（Cl）、R（Ca）三種元素簡單離子的半徑由大到小為：Q（Cl-）＞R（Ca2+）＞N（Mg2+），故A正確；B．第一電離能由大到小為：Cl＞Si＞Mg＞Ca，即Q>P>N>R，故B正確；C．H3M＋為H3O＋，電子式為，中心原子O形成3個σ鍵，最外層還有一個孤電子對，所以O(shè)的價層電子對數(shù)＝3＋1＝4，O采取sp3雜化、H3O＋為三角錐形；而H2M為H2O，O形成2個σ鍵，且O的最外層還有2個孤電子對，H2O為V形結(jié)構(gòu)，孤電子對越多，對成鍵電子排斥作用越強(qiáng)，鍵角越小，因此H3O＋的鍵角大于H2O，即，故C正確；D．N、P、R的氧化物分別為MgO（離子晶體）、SiO2（共價晶體）、CaO（離子晶體），且離子半徑r(Mg2＋)＜r(Ca2＋)，所以幾種氧化物的熔點(diǎn)由大到小為SiO2＞MgO＞CaO，即：P>R>N，故D錯誤；故選D。4.水系雙離子電池的電解液為含有各種電解質(zhì)鹽的水溶液，具有較高的放電比容量。下圖是一種鋅—石墨水系雙離子電池充電時的示意圖，下列說法錯誤的是A.放電時，電解液中從石墨層間脫離B.充電時，右側(cè)可能發(fā)生電極反應(yīng)C.a和b為離子交換膜，且均只允許陰離子通過D.水系雙離子電池的電解液，不僅是離子傳輸介質(zhì)，也是電池的活性材料【答案】C【解析】【分析】充電時，石墨連接電源的正極，是陽極，鋅連接電源的負(fù)極，是陰極，所以放電時，石墨是正極，鋅是負(fù)極。由圖可知，充電時，嵌入石墨中，Zn2+嵌入金屬鋅中，所以放電時，從石墨中脫離，Zn2+從金屬鋅中脫離?！驹斀狻緼．根據(jù)分析知，放電時，電解液中的從石墨層間脫離，A正確；B．充電時，右側(cè)是陰極，可能是水中的H+放電，即，B正確；C．根據(jù)充電時的示意圖知，a是陰離子交換膜，只允許陰離子通過，b為陽離子交換膜，只允許陽離子通過，C錯誤；D．根據(jù)分析可知，水系雙離子電池的電解液，不僅是離子傳輸介質(zhì)，也是電池的活性材料，D正確；故選C。5.下列實(shí)驗(yàn)操作、實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象、解釋或結(jié)論均正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象解釋或結(jié)論A向NaCl、NaBr的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液有淺黃色沉淀生成(AgCl)>(AgBr)B將脫脂棉放入試管中，加入濃硫酸后攪拌成糊狀，微熱，加入新制氫氧化銅懸濁液有磚紅色沉淀生成蔗糖水解產(chǎn)物中有葡萄糖C甲乙兩支試管中各加入一定量的甲苯和少量酸性KMnO4溶液，乙試管中再加上一定量冠醚，振蕩乙試管中褪色時間更短K+嵌入冠醚中，增大高錳酸鉀在甲苯中的溶解度D甲乙兩支試管中各加入2mL5%H2O2，甲試管中滴加3滴1mol/LCuCl2溶液，乙試管中滴加3滴1mol/LFeCl3溶液乙試管產(chǎn)生氣泡較快說明催化活性Fe3+>Cu2+A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．氯化鈉、溴化鈉溶液濃度未知，不能判斷兩種沉淀的Ksp，，故A錯誤；B．纖維素水解后檢驗(yàn)葡萄糖應(yīng)該在堿性環(huán)境中進(jìn)行，水解后沒有加堿將溶液調(diào)整至堿性，操作錯誤，，故B錯誤；C．K+嵌入冠醚中，增大高錳酸鉀在甲苯中的溶解度，從而使甲苯和KMnO4充分接觸，反應(yīng)速率更快，褪色時間更短，故C正確；D．0.3mol/LFeCl3和0.2mol/LCuCl2溶液不但金屬陽離子不同，離子濃度也不相同，變量不唯一化，前者生成氣泡的速率更快，不能說明催化效果，故D錯誤；故選C。6.苯酚是一種重要的化工原料，一種制取苯酚的反應(yīng)機(jī)理如圖。下列說法正確的是A.苯和過氧化氫為非極性分子，水和苯酚為極性分子B.中間產(chǎn)物5轉(zhuǎn)化為3的過程中，還生成了H2OC.反應(yīng)涉及O-H、V-O、C-H鍵的斷裂和生成D.中間產(chǎn)物2和3之間的轉(zhuǎn)化是氧化還原反應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A．苯的正負(fù)電荷中心是重合的，故苯是非極性分子，而H2O2、水和苯酚均是正負(fù)電荷中心不重合，故它們?yōu)闃O性分子，A錯誤；B．可以結(jié)合O原子和H原子守恒思想，故5生成3和苯酚的同時，還生成了1個H2O，B正確；C．H2O2和1生成3和H2O時，斷裂了O-H鍵，同時形成了V-O鍵；5和H+反應(yīng)生成苯酚和3、及水的過程，形成了H-O鍵；同時也斷裂了V-O鍵，7生成苯酚和時，有C-H鍵的斷裂，但整個過程中沒有C-H鍵的形成，C錯誤；D．2和3中V元素化合價均為+5價，無元素化合價發(fā)生變化，故不是氧化還原反應(yīng)，D錯誤；答案選B。7.緩沖溶液是指加少量水稀釋或外加少量酸、堿，自身pH不發(fā)生顯著變化的溶液。1L含1mol乳酸(HLac)和1mol乳酸鈉(NaLac)的溶液就是一種緩沖溶液，該溶液的pH為3.85。下圖是此緩沖溶液的pH隨通入HCl(g)或加入NaOH(s)的物質(zhì)的量變化的示意圖(溶液體積保持1L)，已知lg3=0.48。下列說法錯誤的是A.此緩沖溶液中(B.通過計算可得出，a點(diǎn)溶液的pH約為3.37C.根據(jù)圖像可以判斷，b點(diǎn)溶液已失去緩沖能力D.當(dāng)加入NaOH，且橫坐標(biāo)為0.5時，對應(yīng)溶液中(【答案】D【解析】【分析】含1mol乳酸(HLac)和1mol乳酸鈉(NaLac)的溶液就是一種緩沖溶液中，該溶液的pH為3.85，則，；【詳解】A．含1mol乳酸(HLac)和1mol乳酸鈉(NaLac)的溶液中由質(zhì)子守恒可知，，A正確；B．a(chǎn)點(diǎn)溶液加入0.5molHCl后，、，則，則，pH約為3.37，B正確；C．根據(jù)圖像可以判斷，b點(diǎn)溶液pH發(fā)生突變，則已失去緩沖能力，C正確；D．加入0.5molNaOH后，則含0.5mol乳酸(HLac)和1.5mol乳酸鈉(NaLac)，此時溶液顯酸性，乳酸電離大于水解，則，D錯誤；故選D。三、非選擇題8.某廢舊三元鋰離子電池正極材料的主要成分是還有少量有機(jī)粘結(jié)劑和鋁箔基底等，下圖是處理電池正極材料回收鋰、鈷、鎳、錳的一種流程。回答下列問題：已知：①常溫下，碳酸鋰微溶于水，碳酸氫鋰易溶于水。中Ni和Co元素的化合價均為+2價。③焙燒時沒有發(fā)生變化，焙燒還原時Li元素轉(zhuǎn)化為。④常溫時，氫氧化鋁。。（1）中Mn元素的化合價為_______。（2）為提高焙燒效率，可采取的措施有_______(填寫一種方法)，焙燒的目的是_______。（3）除雜時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______(任寫一個)。（4）焙燒還原時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。（5）水浸時，通入CO2的目的是_______。（6）若廢舊的鋰離子電池拆解后先使用酸溶解，最終也可以得到等物質(zhì)，在酸浸中若Al3+濃度為0.1mol/L，則常溫時pH>_______(結(jié)果保留兩位小數(shù))才能夠形成氫氧化鋁沉淀。（7）已知MnO晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)為apm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，該晶體密度為_______g/cm3(寫出表達(dá)式)?！敬鸢浮浚?）+7（2）①.升高焙燒溫度、增大空氣濃度、電池正極材料和空氣逆向流動、攪拌、將正極材料研磨等②.除去正極材料中含有的有機(jī)粘結(jié)劑（3）或（4）20LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+13C10Li2CO3+12Ni+4Co+4MnO+3CO2（5）將微溶的Li2CO3轉(zhuǎn)化為易溶的LiHCO3，更好與Ni、Co、MnO分離，提高鋰元素的回收率（6）3.37（7）【解析】【分析】某廢舊三元鋰離子電池正極材料的主要成分是還有少量有機(jī)粘結(jié)劑和鋁箔基底等，經(jīng)過空氣焙燒后，除去有機(jī)粘合劑，鋁轉(zhuǎn)化為氧化鋁，浸堿后氧化鋁溶解在濾液中，焙燒還原時Li元素轉(zhuǎn)化為，同時有CO2、Co、Ni、MnO生成，通過水浸后得到，熱解后得到，據(jù)此分析解題?！拘?詳解】根據(jù)物質(zhì)的化合價之和為0，且中Ni和Co元素的化合價均為+2價，Mn元素的化合價為+7價?！拘?詳解】為提高焙燒效率，可采取的措施有升高焙燒溫度、增大空氣濃度、電池正極材料和空氣逆向流動、攪拌、將正極材料研磨等；據(jù)分析可知，焙燒的目的是除去正極材料中含有的有機(jī)粘結(jié)劑?！拘?詳解】除雜時鋁，或氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成四羥基合鋁酸鈉，離子方程式為：或?！拘?詳解】焙燒還原時Li元素轉(zhuǎn)化為，同時有二氧化碳生成，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：20LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+13C10Li2CO3+12Ni+4Co+4MnO+3CO2?！拘?詳解】水浸時，通入CO2的目的是將微溶的Li2CO3轉(zhuǎn)化為易溶的LiHCO3，更好與Ni、Co、MnO分離，提高鋰元素的回收率。【小問6詳解】Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)×c3(OH-)=，Al3+濃度為0.1mol/L，c(OH-)=，，pH=-log(H+)=?！拘?詳解】MnO晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，O2-：，Mn2+：，晶胞的質(zhì)量為：16g×4+55g×4=284g，晶胞參數(shù)為apm=a×10-10cm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，該晶體密度為g/cm3。9.(三氯化六氨合鈷)是一種橙黃色的晶體，溶于熱水和稀鹽酸中，在冷水、乙醇、濃鹽酸中溶解度較小，可用于制備其他三價鈷配合物。實(shí)驗(yàn)室制備的裝置和步驟如下：I．在三頸燒瓶中加入：高純水，加熱溶解后加入1.5g催化劑活性炭，7mL濃氨水，攪拌，得到溶液。Ⅱ．將得到的溶液冷卻至10℃，加入7mL4%的，恒溫，攪拌15min后冷卻至2℃，抽濾，收集沉淀。Ⅲ．將沉淀轉(zhuǎn)移入100mL燒杯中，用20mL、80℃的高純水進(jìn)行沖洗，再加入1mL的濃鹽酸，攪拌均勻，_______，將活性炭濾出棄去。Ⅳ．在濾液中加入3.5mL試劑b，攪拌后用冰水浴冷卻至2℃析出沉淀，之后快速抽濾，棄去濾液，用無水乙醇洗滌沉淀3次，低溫烘干，得到產(chǎn)品1.92g?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器a的名稱為_______，盛放的試劑是_______。（2）常溫下，，從平衡角度解釋，步驟I中先加NH4Cl，后加濃氨水原因是_______。（3）步驟Ⅲ中缺少的操作名稱為_______。（4）步驟Ⅳ中試劑b最好選擇的是_______(填標(biāo)號)。A．濃鹽酸B．稀鹽酸C．水（5）由制備的化學(xué)方程式為_______。（6）晶體中存在的化學(xué)鍵類型有_______(填標(biāo)號)。A.σ鍵 B.π鍵 C.離子鍵 D.配位鍵【答案】（1）①.球形干燥管(或干燥管)②.P2O5(或CaCl2)（2）NH?Cl溶于水電離出會抑制NH3·H2O的電離，防止c(OH?)過大產(chǎn)生Co(OH)2沉淀（3）趁熱過濾（4）A（5）（6）ACD【解析】【分析】CoCl2在活性炭做催化劑的條件下溶解在氯化銨的溶液中，然后先滴加氨水再加過氧化氫在55℃左右，反應(yīng)約30分鐘，生成沉淀，然后過濾得到固體，經(jīng)過一系列操作得到結(jié)晶水合物，以此解題；【小問1詳解】由圖可知，儀器a是球形干燥管；球形干燥管的作用是吸收揮發(fā)出的氨氣，故可盛放P2O5(或CaCl2)；【小問2詳解】先加入氯化銨，增加銨根濃度，抑制一水合氨電離，防止c(OH?)過大產(chǎn)生Co(OH)2沉淀；【小問3詳解】活性炭難溶于水，趁熱過濾除去活性炭，減少損失；【小問4詳解】濃鹽酸氯離子濃度大，降低在水中溶解度，故選A；【小問5詳解】由制備的化學(xué)方程式為：；【小問6詳解】中N-H之間形成σ鍵，與形成配位鍵，與形成離子鍵，故選ACD10.甲烷是一種重要的化工原料，工業(yè)上可用甲烷大規(guī)模生產(chǎn)氫氣。方法一：甲烷高溫重整反應(yīng)制氫，主要反應(yīng)如下：反應(yīng)I．△H1反應(yīng)II．△H2各反應(yīng)平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系如圖所示。（1）由上圖判斷，△H2_______0(填“>”或“<”)，已知1000K時，達(dá)平衡則此時=_______。（2）CH4和CO2都是比較穩(wěn)定的分子，科學(xué)家利用電化學(xué)裝置實(shí)現(xiàn)兩種分子的耦合轉(zhuǎn)化，其原理如圖所示。當(dāng)在某電極上生成的兩種有機(jī)物物質(zhì)的量之比為1∶1時，該電極上的電極反應(yīng)式為_______。此時兩個電極上理論消耗CH4和CO2的物質(zhì)的量之比為_______。（3）反應(yīng)II稱為甲烷干法重整制H2，同時發(fā)生副反應(yīng)：在某溫度下，體系壓強(qiáng)恒定為p?時，2molCH4和2molCO2發(fā)生上述反應(yīng)，平衡時甲烷的轉(zhuǎn)化率為50%，H?O的分壓為0.1p?，則反應(yīng)II的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp=_______(用含p?的計算式表示，已知分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。方法二：甲烷裂解制氫的反應(yīng)為(CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH=+75kJ/mol，金屬鎳是該反應(yīng)的一種高效催化劑，納米SiO2具有較大比表面積和獨(dú)特孔道結(jié)構(gòu)，可以提高鎳的分散性。（4）與方法一相比，方法二制氫的優(yōu)點(diǎn)是_______(寫出一條即可)。（5）現(xiàn)以納米SiO2負(fù)載鎳為催化劑，以10mL/min的流速將甲烷通入常壓固定床反應(yīng)器中反應(yīng)，600℃時，4種不同鎳負(fù)載量催化劑對甲烷轉(zhuǎn)化率和氫氣產(chǎn)率的影響如圖所示。由圖判斷，活性最強(qiáng)的催化劑是_______(填標(biāo)號)，可能的原因是_______(填標(biāo)號)。A．鎳負(fù)載量較低時，鎳表面積較小，催化劑快速失活B．鎳負(fù)載量較高時，載體孔內(nèi)的鎳迅速被積炭所覆蓋，催化劑活性下降C．鎳負(fù)載量較高時，金屬鎳不易發(fā)生顆粒團(tuán)聚，催化劑活性增強(qiáng)【答案】（1）①.>②.3（2）①.②.4：3（3）[或（4）產(chǎn)物易分離(或無碳氧化物生成、反應(yīng)物種類少等)（5）①.c②.AB【解析】【小問1詳解】由圖可知，隨溫度升高，lnK增大，K增大，溫度升高有利于平衡向吸熱方向移動，即反應(yīng)II正向吸熱，△H2>0，由圖，1000K時，兩反應(yīng)K相等，即，化簡得；【小問2詳解】根據(jù)圖中所示，陽極CH4失電子轉(zhuǎn)化為CH3CH3或CH2=CH2和水，陰極CO2得電子轉(zhuǎn)化為CO，電解質(zhì)為固體電解質(zhì)，能傳導(dǎo)O2-，當(dāng)陽極上生成的兩種有機(jī)物物質(zhì)的量之比為1∶1時，陽極電極反應(yīng)式為4CH4+3O2-?6e?=C2H4+C2H6+3H2O，由電極反應(yīng)式，每4molCH4發(fā)生反應(yīng)，陽極失電子6mol，根據(jù)化合價變化，陰極1molCO2發(fā)生反應(yīng)得電子2mol，故兩個電極上理論消耗CH4和CO2的物質(zhì)的量之比為4:3；【小問3詳解】平衡時甲烷的轉(zhuǎn)化率為50%，即初始加入的2molCH4反應(yīng)掉1mol，由三段式，對于反應(yīng)II，有，副反應(yīng)是氣體體積數(shù)不變反應(yīng)，即平衡時，體系中氣體總物質(zhì)的量為6mol，由H2O分壓為0.1p0，得副反應(yīng)生成H2O0.6mol，則副反應(yīng)生成CO也是0.6mol，同時消耗CO2和H2都是0.6mol，平衡體系中，n(CH4)=1mol，n(CO2)=1-0.6=0.4mol，n(H2)=2-0.6=1.4mol，n(CO)=2+0.6=2.6mol，故得反應(yīng)II壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp=；【小問4詳解】與方法一相比，方法二制氫產(chǎn)物中氣體只有氫氣，其它為固體，所以優(yōu)點(diǎn)是產(chǎn)物易分離，同時由于反應(yīng)物種類少，也沒有副反應(yīng)中的碳氧化物（CO、CO2）生成；【小問5詳解】以納米SiO2負(fù)載鎳為催化劑，以10mL/min的流速將甲烷通入常壓固定床反應(yīng)器中反應(yīng)，600℃時，4種不同鎳負(fù)載量催化劑對甲烷轉(zhuǎn)化率和氫氣產(chǎn)率的影響如圖所示，由于反應(yīng)時間一定，產(chǎn)率越大即反應(yīng)速率越大，故由右側(cè)圖判斷，活性最強(qiáng)的催化劑是c，對應(yīng)氫氣產(chǎn)率最高；鎳負(fù)載量較低時，鎳表面積較小，催化劑快速失活，鎳負(fù)載量較高時，載體孔內(nèi)的鎳迅速被積炭所覆蓋，催化劑活性下降，故鎳負(fù)載量為30%時催化