Page16高2021級高三上學期開學考試理科綜合試題可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56I127一、選擇題：本題共13個小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.從野外獲取的水中往往含有病菌，飲用前需要進行殺菌消毒的處理。下列藥品或方法不可以對飲用水進行消毒的是A.ClO2 B.O3 C.KAl(SO4)2·12H2O D.高溫煮沸【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．ClO2具有強氧化性，有殺菌消毒的作用，A不符合題意；B．O3具有強氧化性，有殺菌消毒的作用，B不符合題意；C．KAl(SO4)2·12H2O不具有強氧化性，不能殺菌消毒，C符合題意；D．高溫煮沸可以破壞病菌、病毒的蛋白質，以起到殺菌消毒的作用，D不符合題意；故選C。2.用NA表示阿伏加德羅常數，下列說法正確的是A.2.4g鎂在空氣中燃燒生成MgO和Mg3N2，轉移電子數無法計算B.密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應后分子總數大于2NAC.1mol羥基中含有的電子數為10NAD.標準狀況下，22.4LHCl溶于水后溶液中有NA個HCl分子【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．2.4g鎂的物質的量為0.1mol，鎂在空氣中燃燒生成MgO和Mg3N2，Mg元素化合價由0升高至+2，轉移電子數為0.2NA，故A錯誤；B．SO2與O2的催化反應為可逆反應(2SO2+O22SO3)，因此密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應后分子總數大于2NA，故B正確；C．1mol羥基中含有的電子數為(8+1)NA=9NA，故C錯誤；D．HCl溶于水后，HCl發生完全電離，溶液中無HCl分子剩余，故D錯誤；綜上所述，說法正確的是B項，故答案為B。3.有機物合成對于人類的健康、豐富人類的物質生活和社會經濟的發展有著十分重要的作用。某有機物的結構簡式如圖。下列說法正確的是A.能與NaHCO3溶液反應B1mol該有機物最多能與3molH2反應C.能發生消去反應生成碳碳雙鍵D.不能使溴水褪色【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.由有機物的結構簡式可知，該有機物中不含羧基，故其不能與NaHCO3溶液反應，A錯誤；B.1mol該有機物中苯環上能與3molH2加成，醛基上能與1molH2加成，故最多能與4molH2反應，B錯誤；C.由有機物的結構簡式可知，該有機物中含有醇羥基且與羥基相鄰的碳原子上有H原子，故能發生消去反應生成碳碳雙鍵，C正確；D.由于該有機物中含有還原性的醛基，能與溴水發生氧化還原反應，故能使溴水褪色，D錯誤；故答案為：C。4.用下列實驗裝置進行相應的實驗，能達到實驗目的的是A.裝置甲：從溶液中分離出納米鐵B.裝置乙：實驗室焙燒硫酸銅晶體C.裝置丙：測定中和反應反應熱D.裝置丁：收集二氧化氮氣體【答案】A【解析】【詳解】A．1-100nm的微粒可以透過半透膜，故可以通過滲析法從溶液中分離出納米鐵，A正確；B．焙燒需要用坩堝，蒸發液體一般用蒸發皿，B錯誤；C．測定中和熱的實驗需要防止熱量的損失，圖中大燒杯的隔熱材料沒有填滿，會導致熱量的損失，C錯誤；．D．二氧化氮可以與水發生化學反應，不能用排水發收集，應該用向上排空氣法收集，D錯誤；故選A。5.短周期主族元素A、B、C、D原子序數依次增大，A、B的簡單離子具有相同的電子層結構，B的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，C的原子序數是A的2倍，D與B形成的離子化合物的水溶液呈中性。下列說法一定正確的是A.A與C在周期表中位于同一主族B.氫元素與A能形成的化合物不止一種C.B的簡單離子的半徑比A的大D.C最高價氧化物對應水化物一定是一種強酸【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D原子序數依次增大，B的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，則B是Na；D與B形成的離子化合物的水溶液呈中性，說明這種鹽不水解，D只能是第三周期的非金屬元素，且D的氫化物的水溶液屬于強酸，則D是Cl；A、B的簡單離子具有相同電子層結構，則A在第二周期且是非金屬元素，可能是氮和氧；C的原子序數是A的2倍，C在B與D之間，則推出A為O，C為S或者，A為N，C為Si。【詳解】A．根據分析，若A為N，C為Si，不處于同一主族，若A為O，C為S，則處于同一主族，A錯誤；B．若A為N，和氫可以形成NH3和N2H4等多種化合物，若A為O，則和氫可以形成H2O和H2O2，均不止一種，B正確；C．B的簡單離子為Na+，A的簡單離子為N3-或O2，電子層數相同，核電荷數越大半徑越小，故Na+半徑小于A的簡單離子半徑，C錯誤；D．C為S或Si，最高價氧化物對應水化物為H2SO4或H2SiO3，H2SO4是強酸，H2SiO3是弱酸，D錯誤；故選B。6.廢水中污染物，可以通過電解原理產生絮凝劑使其沉淀而分離。工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.b接電源的負極B.a、b電極的材料均可為鐵棒C.形成絮凝劑時的反應：4Fe2＋＋O2＋8OH-＋2H2O=4Fe(OH)3D.外電路中通過3mol電子，生成1mol氫氧化鐵膠粒【答案】D【解析】【分析】該裝置為電解裝置，鐵做陽極，則a極為陽極，電極反應式：Fe-2e－＝Fe2+，電極b為陰極，發生還原反應，電極反應式：2H2O+2e－＝2OH－+H2↑，處理廢水時，陽極生成的二價鐵離子與陰極生成的氫氧根離子在溶解氧的條件下發生氧化還原反應生成氫氧化鐵，據此分析解答。【詳解】A．b為陰極，b接電源的負極，A正確；B．a極為陽極，只能是鐵，b電極是陰極，電極材料可以是鐵，因此a、b電極的材料均可為鐵棒，B正確；C．處理廢水時，陽極生成的二價鐵離子與陰極生成的氫氧根離子在溶解氧的條件下發生氧化還原反應生成氫氧化鐵，因此形成絮凝劑時的反應：4Fe2＋＋O2＋8OH-＋2H2O＝4Fe(OH)3，C正確；D．膠粒是氫氧化鐵的聚合體，無法計算生成的氫氧化鐵膠粒數，D錯誤；答案選D。7.向10mL1mol·L-1的HCOOH溶液中不斷滴加1mol·L-1的NaOH溶液，并一直保持常溫，所加堿的體積與-lgc水(H+)的關系如圖所示。c水(H+)為溶液中水電離出的c(H+)。下列說法不正確的是A.從a點到b點，水電離程度先增大后減小B.b點溶液中離子濃度大小為c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)C.滴加NaOH溶液的過程中，混合溶液的導電性逐漸增強D.常溫下，Ka(HCOOH)的數量級為10-5【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．a點為HCOOH和HCOONa的混合溶液，pH=7，酸電離對水電離的抑制作用與鹽水解對水電離的促進作用相抵消，水的電離程度與純水相同。最高點為HCOONa溶液，水的電離程度最大，b點為NaOH和HCOONa的混合溶液，水的電離程度與純水相同，但pH＞7，A說法正確；B．b點為NaOH和HCOONa的混合溶液，雖然水的電離程度與純水相同，但pH＞7，離子濃度大小為c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(OH-)＞c(H+)，B說法正確；C．NaOH溶液加入的過程中，溶液由1mol·L-1的HCOOH(弱電解質)溶液到0.5mol·L-1的HCOONa(強電解質)溶液，最后無限接近1mol·L-1的NaOH(強電解質)溶液，整個過程導電性一直增強，C描述正確；D．該過程中，起始點為1mol·L-1HCOOH溶液，c水(H+)=1×10-12mol/L，則HCOOH電離產生的c(H+)=1×10-2mol/L，故Ka約等于(1×10-2)2/1，數量應為10-4，D說法錯誤；答案為D。三、非選擇題：共174分。第22~32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據要求作答。(一)必考題：共129分。8.某興趣小組利用下列裝置制得了純度高的NaClO溶液。已知：Cl2O是棕黃色氣體，是HClO的酸酐，沸點約3.8°C，42°C以上分解生成Cl2和O2。通入的空氣不參與化學反應。回答下列問題：（1）裝置的連接順序是A→___________→___________→C→___________，Cl2O和Cl2在CCl4中的溶解度較大的是___________。（2）裝置A中發生反應的離子方程式為___________，D的作用是___________，E中發生的化學反應方程式為___________。（3）實驗時裝置B應置于水浴中加熱，其水浴溫度應___________，實驗開始后觀察到B中有大量的棕黃色氣體產生，B中反應的離子方程式為___________。（4）測定所制得的次氯酸鈉的物質的量濃度：量取10.0mL實驗制得的次氯酸鈉溶液，并稀釋至100mL，再從其中取出10.00mL于錐形瓶中，加入10.00mL0.5000mol/L的Na2SO3溶液，充分反應后，用0.1000mol/L碘水滴定過量Na2SO3溶液至終點，平行滴定三次，消耗碘水溶液平均體積20.00mL，滴定時所選指示劑是___________，終點時的現象為___________，所制得次氯酸鈉溶液的濃度為___________(氧化性：ClO-＞，還原性：＞I-)。【答案】（1）①.D②.B③.E④.Cl2（2）①.MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O②.吸收HCl③.Cl2O+2NaOH=2NaClO+H2O（3）①.略低于42°C②.2Cl2+2+H2O=Cl2O+2Cl-+2（4）①.淀粉溶液②.滴入最后一滴碘水，溶液由無色變為藍色，且半分鐘不褪色③.3.000mol/L【解析】【分析】該實驗中，首先A裝置中的濃鹽酸和二氧化錳在加熱條件下產生Cl2，因為產生的氯氣中混有HCl，故先將氣體通入D裝置中除去HCl，同時D裝置中通入空氣，用于稀釋Cl2O，因為高濃度的Cl2O會發生爆炸，除去HCl的Cl2進入B裝置與碳酸根反應生成Cl2O，此時Cl2O中混有氯氣，故將混合氣體通入C中除去氯氣，再進入E中與NaOH反應生成次氯酸鈉。【小問1詳解】根據以上分析可知，裝置的連接順序為A→D→B→C→E。氯氣和四氯化碳都是非極性分子，而Cl2O為極性分子，根據相似相溶原理，Cl2在CCl4中的溶解度較大。【小問2詳解】A中為濃鹽酸和二氧化錳反應生成Cl2，離子方程式為。D中為飽和食鹽水，用于吸收Cl2中的HCl，同時D中通入空氣，可稀釋后續生成的Cl2O，防止其因濃度高發生爆炸。E中為Cl2O與NaOH反應生成次氯酸鈉，化學方程式為。【小問3詳解】B裝置為生成Cl2O的裝置，由題干可知42℃以上Cl2O分解生成氯氣和氧氣，故水浴溫度應略小于42℃，在提高反應速率的同時防止Cl2O分解。B中氯氣和碳酸根反應生成Cl2O，離子方程式為。【小問4詳解】用碘水滴定亞硫酸鈉，則指示劑應選擇淀粉溶液，終點現象為滴入最后一滴碘水，溶液由無色變為藍色，且30s內不褪色。碘與亞硫酸根反應的離子方程式為，消耗0.1mol/L的碘水20mL，即消耗I2為2×10-3mol，則與I2反應的亞硫酸根有2×10-3mol，共加入亞硫酸根為0.5mol/L×10mL=5×10-3mol，則與次氯酸根反應的亞硫酸根為3×10-3mol，根據方程，稀釋后的10mL溶液中含有ClO-3×10-3mol，則所制得次氯酸鈉溶液的濃度為。9.硫酸錳銨[(NH4)2Mn(SO4)2]可用于木材防火涂料，易溶于水。用軟錳礦(主要含MnO2，還含有Fe、Cu、Mg、Si元素的氧化物或鹽)制備硫酸錳銨的工藝流程如下：已知：①MgSO4和MnSO4的溶解度表如下：溫度/°C010203040608090100溶解度/gMgSO42228.233.738.944.554.655.852.950.4MnSO452.959.762.962.96053.645.640.935.3②常溫下，0.1mol/L金屬離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH如下：金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Mg2+開始沉淀pH8.06.31.58.1沉淀完全pH10.08.32.89.4回答下列問題：（1）分離出濾渣x、y主要目是除掉軟錳礦中的___________元素；常溫下Ksp[Mn(OH)2]=___________。（2）“還原酸浸”主要反應的離子方程式為___________。（3）“除銅”反應的離子方程式為___________。（4）“系列操作”包括：蒸發結晶、___________、洗滌；反應后“冰水浴”的目的是___________。（5）通過實驗測定產品硫酸錳銨中錳元素的含量：準確稱取所得產品wg溶于水配成溶液，滴加氨水調pH至7~8，加入過量的c1mol/LKMnO4溶液V1mL充分反應，過濾掉MnO2，將濾液與洗滌液合并配制成100mL溶液，取20mL用c2molLFeSO4酸性標準液滴定，重復實驗3次，平均消耗標準液V2mL。滴定終點的判斷依據是___________，產品硫酸錳銨中錳元素的質量分數為___________(用相應字母表示)。【答案】（1）①.硅和鐵②.（2）MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O（3）S2-+Cu2+=CuS（4）①.趁熱過濾②.增大硫酸錳的溶解度（5）①.溶液由紫色變為黃色，半分鐘不退去②.【解析】【分析】軟錳礦(主要含MnO2，還含有Fe、Cu、Mg、Si元素的氧化物或鹽)，加入稀硫酸和草酸進行還原酸浸，其中形成含有二價鐵離子，三價鐵離子，銅離子、鎂離子溶液，二氧化硅不與稀硫酸、草酸反應，硅酸鹽與酸反應形成硅酸沉淀，因此濾渣x為二氧化硅、硅酸，此步驟除掉硅元素。其次加入硫化錳的目的是除去銅離子，以硫化銅的形式除掉。加入二氧化錳的目的是將亞鐵離子氧化為三價鐵離子，然后加入碳酸錳調節PH，將三價鐵離子以氫氧化鐵的形式沉淀除掉。而碳酸根離子以二氧化碳的形式除掉。之后進行蒸發結晶、過濾、洗滌得到硫酸鎂溶液，隨后硫酸錳加水溶解，加入硫酸銨反應，在冰水浴的條件下，目的是增大硫酸錳的溶解度，最后得到目標產物硫酸錳銨。【小問1詳解】因為二氧化硅不與稀硫酸、草酸反應，硅酸鹽與酸反應形成硅酸沉淀，因此濾渣x為二氧化硅、硅酸，此步驟除掉硅元素。加入二氧化錳的目的是將亞鐵離子氧化為三價鐵離子，然后加入碳酸錳調節pH，將三價鐵離子以氫氧化鐵的形式沉淀除掉。此步驟除掉鐵元素。故答案為硅元素和鐵元素；開始沉淀時存在平衡：，=10-13；【小問2詳解】還原酸浸時，是加入的H2C2O4在酸性條件下將MnO2還原為Mn2+，所以離子方程式為MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O。【小問3詳解】硫化錳溶于酸，硫離子與銅離子反應生成極難溶于水的硫化銅沉淀：S2-+Cu2+=CuS；【小問4詳解】進行蒸發結晶、趁熱過濾、以及洗滌操作得到硫酸鎂溶液，硫酸錳晶體。硫酸錳加水溶解，加入硫酸銨反應，根據所給表格（溫度對溶解度的影響），硫酸錳在低溫溶解度更高，故在冰水浴的條件下，目的是增大硫酸錳的溶解度，提高產率，最后得到目標產物硫酸錳銨，故答案為：趁熱過濾；增加硫酸錳的溶解度；【小問5詳解】過量高錳酸鉀與硫酸錳銨反應生成二氧化錳，過濾掉二氧化錳后溶液為紫色，反應剩余的高錳酸鉀用硫酸亞鐵滴定，生成三價鐵離子（黃色），故滴定終點現象為溶液由紫色變為黃色，半分鐘不退去；由題意加入的高錳酸鉀物質的量為n1=；用硫酸亞鐵滴定高錳酸鉀其物質的量之比為，滴定20ml高錳酸鉀溶液消耗硫酸亞鐵的物質的量為：n2=，則剩余的高錳酸鉀的物質的量為，與硫酸錳銨反應完的高錳酸鉀的物質的量為：，高錳酸鉀和硫酸錳銨反應的物質的量之比為故wg硫酸錳銨的物質的量（即錳元素的物質的量）為：，故硫酸錳銨中錳元素的質量分數為。【點睛】該題主要涉及物質的分離與提純，常用到一些物理方法和化學方法，化學方法包括氧化還原法、沉淀法等；物理方法包括蒸發結晶，冷卻結晶，過濾等等，根據溫度對不同物質溶解度的影響可以選擇冷卻結晶和蒸發結晶。10.鉬(Mo)是一種難熔稀有金屬，我國的鉬儲量居世界第二、鉬及其合金在冶金、農業、電器、化工、環保等方面有著廣泛的應用。（1）已知：①MoS2(s)=Mo(s)+S2(g)△H1②S2(g)+2O2(g)=2SO2(g)△H2③2MoS2(S)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g)△H3則2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)的△H=___________(用含△H1、△H2、△H3的代數式表示)。（2）鉬可用作NH3消除NO污染的催化劑，4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(1)△H＜0。①一定條件下該反應速率v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·cm(N2)·cn(H2O)，該反應的平衡常數K=，則m=___________，n=___________。②一定溫度下，在體積為1L的恒容密閉容器中加入4molNH3和6molNO發生上述反應，若在相同時間內測得NH3的轉化率隨溫度的變化曲線如圖，400°C~900°C之間NH3的轉化率下降由緩到急的可能原因是___________。（3）密閉容器中用Na2CO3(s)作固硫劑，同時用一定量的氫氣還原輝鉬礦(MoS2)的原理是：MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)=Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)△H實驗測得平衡時的有關變化曲線如圖所示：①由圖可知，該反應的△H___________0(填“＞”或“＜”)；P2___________0.1MPa(填“＞”或“＜”)。②如果上述反應在體積不變的密閉容器中達到平衡，下列說法錯誤的是___________(選填編號)A．v正(H2)=v逆(H2O)B．再加入MoS2，則H2的轉化率增大C．容器內氣體的密度不變時，一定達到平衡狀態。D．容器內壓強不變時，一定達到平衡狀態③由圖可知M點時氫氣的平衡轉化率為___________(計算結果保留三位有效數字)。④平衡常數可用平衡分壓代替平衡濃度計算，氣體分壓=氣體總壓×物質的量分數。圖中M點的平衡常數Kp=___________(MPa)2。【答案】（1）ΔH=ΔH3-2ΔH1-2ΔH2（2）①.5②.0③.400℃~700℃隨溫度升高，平衡逆向移動，轉化率逐漸減小；700℃以后，催化劑失活，反應速率急劇下降導致轉化率迅速變小（3）①.＞②.＞③.B④.66.7%⑤.0.01【解析】【小問1詳解】根據蓋斯定律，③-2①-2②得反應2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)，則△H=ΔH3-2ΔH1-2ΔH2。【小問2詳解】①平衡時，v正=v逆，k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·cm(N2)·cn(H2O)，則=，=K=，故m=5，n=0；②200℃~400℃，隨溫度升高，反應速率增大，在相同時間內測得NH3的轉化率逐漸增大；400℃~700℃，隨溫度升高，平衡逆向移動，在相同時間內測得NH3的轉化率逐漸減小；700℃以后，催化劑失活，反應速率急劇下降導致轉化率迅速變小。【小問3詳解】①由圖可知，同一壓強下，升高溫度，H2的體積分數減小，平衡正向移動，故該反應為吸熱反應，ΔH＞0；同一溫度下，增大壓強，平衡逆向移動，H2的體積分數增大，則P2＞0.1MPa。②A．平衡時，v正(H2)=v逆(H2)，由于方程式中H2(g)和H2O(g)的系數相同，則v逆(H2)=v逆(H2O)，故v正(H2)=v逆(H2O)，A正確；B．MoS2為固體，再加入MoS2不會使得平衡移動，H2的轉化率不變，B錯誤；C．若該在體積不變的密閉容器中進行，氣體的質量增大，體積不變，則密度在增大，故容器內氣體的密度不變時，反應一定達到平衡狀態，C正確；D．若該在體積不變的密閉容器中進行，氣體的物質的量在增大，則容器內的壓強在增大，容器內壓強不變時，反應一定達到平衡狀態，D正確；故選B；③M點時，H2的體積分數為25%，則其物質的量分數也是25%，設H2起始的物質的量為amol，轉化的CO的物質的量為bmol，則轉化的H2的物質的量為2bmol，轉化的H2O的物質的量為2bmol，故平衡時，H2的物質的量為(a-2b)mol，CO的物質的量為bmol，H2O的物質的量為2bmol，則H2的物質的量分數為=25%，化簡得：a=3b，故H2的平衡轉化率為==66.7%；④M點時，P1=0.1MPa，H2物質的量分數是25%，CO的物質的量分數為==25%，H2物質的量分數為==50%，Kp===0.01(MPa)2。(二)選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每學科按所做的第一題計分。[化學——選修3：物質結構與性質]11.乙酰丙酮是“種有酯氣味的無色透明液體，常用作溶劑、有機合成中間體、金屬絡合劑等。它有兩種主要互變異構體A、B，與Be2+、Mg2+、Cu2+、Zn2+等形成配合物C。回答下列有關問題：（1）基態Cu2+離子的價電子排布式為_______，Be和Mg第一電離能較大的是_______原子。（2）A中C原子雜化軌道類型有_______；按VSEPR預測B中∠HCC約為_______、_______(填角度)。B在堿性條件下斷裂極性最大的鍵，是_______鍵。具有分子內氫鍵的是_______(填“A”或“B”)。（3）C中σ鍵與π鍵數目之比為_______。（4）乙酰丙酮易溶于醇、氯仿、丙酮等多數有機溶劑，理由是_______。（5）金屬銅的某些參數如下：金屬堆積類型密度/g·cm-3相對原子質量Cuρ64根據上述數據，計算Cu的原子半徑為_______pm(列出計算表達式，設NA是阿伏加德羅常數的值)。【答案】（1）①.3d9②.Be（2）①.sp2和sp3②.120°③.109°28’④.O-H⑤.B（3）15:2（4）乙酰丙酮的極性與有機溶劑相似，故在有機溶劑中溶解性較好（5）【解析】【小問1詳解】Cu的核外電子排布式為[Ar]3d104s1，則基態Cu2+離子的價電子排布式為3d9；同一主族，從上到下，元素的第一電離能逐漸減小，Be和Mg同屬于IIA族，且Be的原子序數小于Mg，則第一電離能較大的是Be原子。【小問2詳解】A中，飽和C原子采用sp3雜化，碳氧雙鍵中的C原子采用sp2雜化，故A中C原子雜化軌道類型有sp2和sp3；按VSEPR，B中碳碳雙鍵上的一個碳原子和其相鄰的原子，構成了接近正三角形的結構，該結構中的∠HCC約為120°，甲基和相鄰的碳原子構成了接近正四面體的結構，故該結構中的∠HCC約為109°28’；B中O和H的電負性差異最大，故極性最大的鍵為O