四川省江油中学2023-2024学年高三上学期10月月考化学 Word版含解析.docx

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江油中学2021级高三上期10月月考理科综合化学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将对应数字方框涂黑。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用0.5毫米黑色签字笔，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：N：14Fe：56一、选择题：本题共6小题，每小题6分，共36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.化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是A.放置较久的红薯比新挖出土的甜，可能与葡萄糖的水解有关B.玉米酿酒的原理是通过蒸馏法将玉米中的乙醇分离出来C.驰援武汉首次使用我国自主研发大飞机“运20”的机身材料采用了大量低密度、高强度的铝锂合金D.SO2是一种食品添加剂，所以可以用二氧化硫将红薯粉漂白【答案】C【解析】【详解】A．葡萄糖是单糖，不能水解，红薯中含有淀粉，淀粉水解生成葡萄糖，选项A错误；B．玉米中不含乙醇，用玉米酿酒是玉米中的淀粉在酒曲的作用下反应生成乙醇，然后用蒸留法将乙醇分离出，选项B错误；C．铝锂合金具有低密度、高强度等优点，常用于制造飞机机身，选项C正确；D．红酒中允许添加微量的二氧化硫，但二氧化硫不是常用食品添加剂，也不能用于漂白红薯粉，选项D错误；答案选C。2.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，2.24LHF中电子的数目为NAB.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，容器中混合气体分子总数为0.2NAC.22.4L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳原子数为2.5NAD.2.0L1.0mol/LAlCl3溶液中，Al3+的数目为2.0NA 【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，HF为液体，所以不能利用气体摩尔体积计算器分子数，A错误；B．氢气和碘单质发生反应：H2+I22HI，反应前后气体分子数保持不变，所以0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，容器中混合气体分子总数为0.2NA，B正确；C．未指明是否为标准状况，所以条件不足，无法计算混合气体中所含碳原子数，C错误；D．铝离子在水溶液中会发生水解，所以2.0L1.0mol/LAlCl3溶液中，Al3+的数目小于2.0NA，D错误；故选B。3.紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是A.分子式为C14H14O4B.苯环上一氯代物有2种C.能够发生取代反应D.不能使酸性高锰酸钾褪色【答案】D【解析】【详解】A．分子式为C14H14O4，A正确；B．结构中苯环上只有两个位置可以取代，苯环上一氯代物有2种，B正确；C．的结构中有酯基可以水解，水解是取代反应，有羟基可以发生取代反应，C正确；D．结构中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；答案选D。4.实验室将NH3通入AlCl3溶液中制备Al(OH)3，经过滤、洗涤、灼烧得Al2O3，下列图示装置和原理均能达到实验目的是（　　） A.用装置甲制取NH3B.用装置乙制备Al(OH)3C.用装置丙过滤并洗涤Al(OH)3D.用装置丁灼烧Al(OH)3得Al2O3【答案】A【解析】【详解】A中氧化钙与氨水反应且放热，有利于氨气的产生，A正确；因氨气极易溶于水，直接将氨气通入氯化铝溶液中易形成倒吸而不安全，故B错误；过滤时应用玻璃棒引流，故C错误；加热灼烧固体应在坩埚中进行而非蒸发皿中，故D错误。5.下列离子方程式的书写及评价，均合理的是选项离子方程式评价ANa2CO3溶液处理水垢中的CaSO4Ca2++CO32−=CaCO3↓正确：碳酸钙溶解度更小B向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+错误：H2S的酸性比H2SO4弱CBa(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：Ba2++HCO3-+OH-═BaCO3↓+H2O错误：Ba2+与HCO3-系数比应为1:2D过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3-正确：H2SO3的酸性比HClO强A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，反应生成更难溶的碳酸钙，硫酸钙微溶于水，不能拆，正确的离子方程式为：CaSO4+CO32−⇌CaCO3+SO42-，A项错误；B.向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体生成CuS沉淀和硫酸，其中H2S为弱酸、CuS 是沉淀，均不能拆，正确的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，该反应之所以可以发生，是因为硫化铜的溶解度极小，既不能溶于水，也不溶于酸，B项错误；C.Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为Ba2++2HCO3−+2OH−=BaCO3↓+2H2O+CO32−，评价合理，C项正确；D.过量SO2通入到NaClO溶液中，SO2有强还原性，ClO−有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO−=2H++SO42−+Cl−，D项错误；答案选C。【点睛】Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点，Ba(HCO3)2溶液与少量的NaOH反应，离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH反应，离子方程式为：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2O。以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数。6.世界资源储量最大的滑石矿位于江西上饶，经分析发现滑石中含有4种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，X的某种单质被喻为“地球的保护伞”，W2X2分子中含有18个电子，下列说法正确的是A.原子半径大小顺序为Z＞Y＞X＞WB.化合物YX是一种很好的耐火材料C.Y单质只能与空气中的主要成分氧气反应D.Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸【答案】B【解析】【分析】X的某种单质被喻为“地球的保护伞”为臭氧，则X为O，W2X2分子中含有18个电子，则W的原子序数为1、W为H，四种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，则Y、Z最外层电子数之和为13-1-6=6=2+4，则Y为第三周期第ⅡA的Mg、Z为第三周期第ⅣA的Si，据此回答。【详解】A．通常电子层数越大，原子半径越多，同周期从左到右原子半径递减，则原子半径大小顺序为Y＞Z＞X＞W，故A错误；       B．化合物YX即MgO，熔点高达2800°C左右，是一种很好的耐火材料，故B正确；C．Mg可以与氧气、氮气、二氧化碳均可以反应，故C错误；D．硅的氧化物的水化物硅酸酸性弱于碳酸，故D错误；答案选B。7.用吸附了氢气的纳米碳管等材料制作的二次电池原理如图所示，下列说法正确的是 A.充电时，阴极的电极反应为Ni(OH)2＋OH－−e－=NiO(OH)＋H2OB.充电时，将电池的碳电极与外电源的正极相连C.放电时，OH－移向镍电极D.放电时，负极的电极反应为H2－2e－＋2OH－=2H2O【答案】D【解析】【分析】开关连接用电器时，应为原电池原理，则根据电子流向，镍电极为正极得电子发生还原反应；开关连接充电器时，镍电极为阳极，失电子发生的电极反应为Ni(OH)2+OH--e-＝NiO(OH)+H2O。【详解】A．充电时，阳极上发生失电子的氧化反应，即Ni(OH)2＋OH－−e－=NiO(OH)＋H2O，故A错误；B．该电池充电时，碳电极附近物质要恢复原状，则应该得电子发生还原反应，所以碳电极作阴极，应该与电源的负极相连，故B错误；C．放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH−移向碳电极，故C错误；D．放电时，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，故D正确；故选D。二、非选择题：共58分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11~12题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共43分。8.某校同学设计实验用Na2S2O5，HCOONa混合液与SO2反应制备Na2S2O4(保险粉)，实验装置(夹持及加热装置已略去)如下：回答下列问题： （1）A中发生反应的化学方程式为___________。（2）B用于除杂，其中盛放的试剂为___________。（3）C中多孔球泡的作用有________；C中生成Na2S2O4化学方程式为(HCOO－转化为CO2)：_______。（4）利用如图装置检验C的尾气中含有CO2，D、E、F中盛放的试剂依次为___________、___________、___________。（5）要从C的反应液中获得Na2S2O4·2H2O晶体，需进行的操作有___________，过滤、水洗、乙醇洗、真空干燥。（6）向盛有少量Na2S2O4溶液试管中滴入稀盐酸产生刺激性气味的气体和淡黄色沉淀，该反应的离子方程式为___________。【答案】（1）Na2SO3+2HCl=2NaCl+SO2↑+H2O（2）饱和NaHSO3溶液（3）①.增大气液接触面，加快吸收速率②.2HCOONa+Na2S2O5+2SO2=2Na2S2O4+2CO2+H2O（4）①.酸性高锰酸钾②.品红溶液③.澄清石灰水（5）蒸发浓缩、冷却结晶（6）2+4H+=3SO2↑+S↓+2H2O【解析】【分析】A中Na2SO3与HCl反应产生SO2气体，由于盐酸具有挥发性，在制取得到的SO2气体中含有杂质HCl，通过饱和NaHSO3溶液的B装置除去HCl杂质，然后将气体通入C中，发生反应：2HCOONa+Na2S2O3+2SO2=2Na2S2O4+2CO2↑+ H2O，从装置C中逸出的气体中含有CO2、SO2，先通过酸性KMnO4溶液除去SO2，再用品红溶液检验SO2是否除尽，最后用澄清石灰水检验CO2气体。要从C的反应液中获得Na2S2O4·2H2O晶体，需进行的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、真空干燥。【小问1详解】A中Na2SO3与HCl反应制取SO2，该反应的化学方程式为：Na2SO3+2HCl=2NaCl+SO2↑+ H2O；【小问2详解】盐酸具有挥发性，在A中制取SO2气体中含有杂质HCl，B用于除杂，只除去HCl，不消耗SO2气体，其中盛放的试剂为饱和NaHSO3溶液；【小问3详解】在装置C中SO2通入的导气管末端有一个多孔球泡，其作用是增大气液接触面，加快吸收速率；在C中Na2S2O3、HCOONa混合液与SO2反应制备Na2S2O3，反应生成Na2S2O4的化学方程式为：2HCOONa+Na2S2O3+2SO2=2Na2S2O4+2CO2↑+ H2O； 【小问4详解】由于C的尾气中含有CO2、SO2，利用如图装置检验C的尾气中含有CO2，要先通过酸性KMnO4溶液除去SO2，再用品红溶液检验SO2是否除尽，最后用澄清石灰水检验CO2气体，即D、E、F中盛放的试剂依次为酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水；【小问5详解】要从C的反应液中获得Na2S2O4·2H2O晶体，需进行的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、水洗、乙醇洗、真空干燥；【小问6详解】向盛有少量Na2S2O4溶液的试管中滴入稀盐酸产生刺激性气味的气体和淡黄色沉淀，则生成S和SO2,该反应的离子方程式为2+4H+=3SO2↑+S↓+2H2O。9.我国稀土资源丰富，其中二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制备CeO2的工艺流程如下:（1）CeCO3F其中Ce元素的化合价为_______。（2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法有_______(写出一种即可)。（3）操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、________、________。（4）上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性:CeO2_____H2O2(填“＞”或“＜”)。（5）写出“沉铈”过程中的离子反应方程式______________。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1．0×10-5mol·L-1，此时溶液的pH为5，则溶液中c()=______mol·L-1(保留2位有效数字)。已知常温下： （6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx，减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)。①该反应中的催化剂为_____________(写离子符号);②该转化过程中还原剂与氧化剂物质量之比为_____。【答案】（1）（2）将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等（3）①.漏斗②.玻璃棒（4）＞（5）①.②.0.18（6）①.②.【解析】【分析】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CeO2。【小问1详解】CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F元素化合价为-1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3。【小问2详解】根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。【小问3详解】操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。【小问4详解】氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还原剂，氧化性CeO2＞H2O2。【小问5详解】“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式。 若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，则，，此时溶液的pH为5，则溶液中。【小问6详解】①根据图示，总反应为4H2+2NO24H2O+2N2，则该反应中的催化剂为Ce4+。②4H2+2NO24H2O+2N2反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为2:1。10.处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：（1）CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)。在Zn*作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。总反应：CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)∆H=___________kJ·mol－1；决定该总反应快慢的是反应___________(填“①”或“②”)，该判断的理由是___________（2）已知：CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)的瞬时速率可以表示为v=k·c(N2O)，k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是___________(填字母序号)。A.升温B.恒容时，再充入COC.恒压时，再充入N2OD.恒压时，再充入N2（3）在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1时N2O的转化率与的变化曲线以及在时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示： ①表示N2O的转化率随的变化曲线为___________曲线(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)；②T1___________T2(填“>”或“<”)，该判断的理由是___________③T4时，该反应的平衡常数Kp=___________(计算结果保留两位有效数字，p分=p总×物质的量分数)。【答案】（1）①.②.①③.反应①的活化能是，反应②的活化能是，反应②的活化能更小，故反应①是决定总反应的化学反应速率（2）AC（3）①.Ⅱ②.>③.曲线I表示的转化率随的变化，由于，则温度越低，越大，的转化率越大，故④.3.4【解析】【小问1详解】由图2可知，总反应为：CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)∆H=-361.22kJ·mol－1；反应①的活化能是149.6kJ·mol-1，反应②的活化能是108.22kJ·mol-1，活化能越大，反应速率越慢，为总反应的决速步，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步；【小问2详解】由速率方程可知，此反应的速率与温度和c(N2O)有关，A．升温，k增大，速率加快，故A正确；B．恒容时，再充入CO，c(N2O)不变，速率不变，故B错误；C．恒压时，再充人N2O，c(N2O)增大，速率增大，故C正确；D．恒压时，再充入N2，平衡逆向移动，c(N2O)减小，速率减慢，故D错误；故选AC；【小问3详解】①越大，N2O的转化率越小，故曲线Ⅱ表示N2O的转化率随的变化；②曲线I表示 N2O的转化率随的变化，由于∆H<0，则温度越低，越大，N2O的转化率越大，故；③由图3曲线Ⅰ可知，=1，总压强为100kPa，容器恒容，温度为T4时，N2O的转化率为65%，由三段式：，可得平衡时，，，，反应的平衡常数。(二)选考题：共15分。【化学——选修3：物质结构与性质】11.Fe、Ni元素性质非常相似，属于铁系元素，得到广泛应用，请回答下列问题:（1）Fe元素属于元素周期表的_______区(填分区)（2）基态Ni2+核外电子排布式________________。（3）鉴定Ni2+特征反应是将丁二酮肟加入Ni2+盐溶液中，生成鲜红色的螯合物M，M的结构如图甲所示。①组成M的5种元素中，除H元素外，另外4种元素第一电离能由大到小的顺序为______(填元素符号)，其中C原子的杂化类型为_________________。②图中各微粒不存在的作用力有________(填标号)a．极性键b．非极性键c．配位键d．π键e．离子键f．氢键（4）一种铁氮化合物具有高磁导率，可用于制电子元件,其晶胞结构如图乙所示。 ①铁氮化合物的化学式为_____________。②在该晶胞结构的另一种表示中，N处于顶点位置，则铁处于_________、______位置③若该化合物密度为pg·cm-3，用NA表示阿伏加德罗常数,则由Fe(II)构成的正八面体的体积为______________cm3【答案】（1）d（2）（3）①.②.③.e（4）①或②.体心③.棱心④.【解析】【小问1详解】铁位于元素周期表的第四周期第VIII族，位于d区。【小问2详解】Ni的原子序数为28，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，则Ni2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8或。【小问3详解】另外四种元素为N、O、C、Ni，同一周期从左向右第一电离能呈增大趋势，第VA族因最外层处于半满结构，使得其第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，而同一族从上向下第一电离能逐渐减小，因此N、O、C、Ni第一电离能由大到小的顺序为：；由M的结构可知，既有饱和碳原子、又有形成双键的碳原子，因此碳原子采取sp3、sp2杂化。②由M结构可知，M中存在N→Ni配位键，C-C非极性键，C-N、C-H、O-H极性键，C=N双键中含有π键，还有2个氢键，不存在离子键，答案选e。【小问4详解】①依据晶胞结构，Fe原子个数为：，其中Fe(II)占3个、Fe(III)占1个，N原子位于体心，原子数目为1，因此铁氮化合物的化学式为：或。②依据晶胞结构图知，若N处于顶点位置，则Fe处于体心和棱心位置。 ③氮化铁的化学式为Fe4N，则晶胞质量，若晶胞边长为acm，则晶胞质量，，Fe(II)围成的八面体相当于两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、，正四棱锥的高等于，根据，八面体体积。【化学——选修5：有机化学基础】12.奴佛卡因H是口腔科局部麻醉药，某兴趣小组以甲苯和乙烯为主要原料，采用以下合成路线进行制备。已知:苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。请回答下列问题:（1）A的名称_______，C中官能团的名称___________。（2）F的结构简式____________，反应⑤的反应条件______________。（3）下列有关反应的说法正确的是:_______。(填标号)A.步骤①和②可以互换B.步骤①→⑤共有2个取代反应C.E中所有原子处于同一平面D.1molH物质最多和4mol氢气发生加成反应（4）写出A→B的反应方程式______________。（5）写出两种同时符合下列条件的B的同分异构体____________________、______________。①红外光谱检测分子中含有醛基;②1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。（6）参照上述路线，写出以苯和为原料制取的合成路线图 _____________________。【答案】（1）①.甲苯②.硝基、羧基（2）①.②.浓硫酸、加热（3）B（4）+HNO3+H2O（5）①.、②.、（6）【解析】【分析】A是，与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生苯环上甲基对位上的取代反应产生B：，B与酸性KMnO4溶液发生氧化反应产生C：；D是CH2=CH2，CH2=CH2发生催化氧化产生E：，E与NH(C2H5)2反应产生F：HOCH2CH2N(C2H5)2，C与F在浓硫酸催化下，加热，发生酯化反应产生G：，G与Fe、HCl发生还原反应产生H：，据此解题。【小问1详解】A是，名称为甲苯；C结构简式是，其中含有的官能团为硝基、羧基； 【小问2详解】根据上述分析可知F的结构简式为HOCH2CH2N(C2H5)2，反应⑤中C与F在浓硫酸催化下，加热，发生酯化反应产生G。【小问3详解】A．反应①是取代反应(也是硝化反应)，反应②是氧化反应，甲基是邻对位取代基，取代的—NO2在苯环上甲基的对位，然后将甲基氧化为—COOH；若先发生②反应，后发生①反应，则是—CH3先发生氧化反应变为—COOH，然后再发生硝化反应，但—COOH 为间位取代基，—NO2取代—COOH的苯环上的间位，就不能得到，故步骤①和②不可以互换，故A错误；B．在步骤①→⑤的反应中，①⑤是取代反应，②③是氧化反应，④是开环反应，因此在步骤①→⑤中共有2个取代反应， 故B正确；C．E中含有2个饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此该物质分子中不可能所有原子处于同一平面，故C错误；D．H分子中含有的酯基具有特殊的稳定性，不能与H2发生加成反应；只有苯环能够与H2发生加成反应，所以1molH物质最多和3mol氢气发生加成反应，故D错误；故选B；【小问4详解】A与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生取代反应产生对硝基甲苯和水，则A→B的反应方程式为+HNO3+H2O。【小问5详解】B是，其同分异构体符合条件：①红外光谱检测分子中含有醛基；②1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明苯环上有2个处于对位的取代基，则其可能的结构为、、、，可任意写出其中的2种。【小问6详解】