天津市2023-2024学年天津一中高三年级第二次月考化学【含答案】

天津市天津一中2023-2024学年高三上学期第二次月考化学试题相对分子质量：S：32Zn：65I卷选择题一、选择题(每题只有一个正确选项，每题3分，共36分)1.2023年10月8日第19届亚运会在杭州圆满闭幕，本届亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办会理念。下列说法正确的是A.零碳甲醇作为本届亚运会的火炬燃料，甲醇燃烧属于吸热反应B.吉祥物“江南忆”机器人所采用芯片的主要成分为硅单质C.亚运会纪念章“琮琮”是由锌合金镀金制成的，锌合金镀金属于合成材料D.场馆全部使用绿色能源，打造首届碳中和亚运会，碳中和就是不排放二氧化碳【答案】B【解析】【详解】A．甲醇燃烧属于放热反应，A错误；B．“江南忆”机器人所采用芯片的主要成分为硅单质，B正确；C．锌合金镀金是金属材料，C错误；D．“碳中和”指一段时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳的排放量，实现正负抵消，达到相对“零排放”，D错误；答案选B。2.下列各项表达式正确的是（）A.乙炔的分子空间结构模型示意图：B.的结构式：H−Cl−OC.离子化合物的电子式：D.的最高能层电子排布式为：【答案】D【解析】【详解】A．乙炔的空间构型是直线形，4个原子在一条直线上，A项错误；B．HClO的结构式为H-O-Cl，B项错误；C．氢负离子的最外层的2个电子也要表示出来，C项错误；D．Fe是26号元素，Fe的价电子排布式为3d64s2，失去3个电子后为3d5，故Fe3+的最高能层电子排布式为3s23p63d5，D项正确；故选D。3.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.中Si-O键的数目为2NAB.与足量CO2反应，转移电子数为NAC.和白磷所含共价键数均为4NAD.中所含σ键数为12NA【答案】B【解析】【详解】A．在SiO2晶体中，1个Si原子与4个O原子相连，1个O原子与2个Si原子相连，平均1个“SiO2”中含有4个Si-O键，则中Si-O键的数目为4NA，A不正确；B．由反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可建立关系式Na2O2——e-，所以与足量CO2反应，转移电子数为NA，B正确；C．1个CH4分子中含有4个C-H键，1个P4分子中含有6个P-P键，则和白磷所含共价键数分别为4NA、6NA，C不正确；D．在1个中，含有6个O→Fe配位键，每个H2O中含有2个O-H共价键，共价单键和配位键都属于σ键，则中所含σ键数为18NA，D不正确；故选B。4.现有四种元素基态原子的电子排布式如下，则下列有关比较中不正确的是①②③④A.电负性：①>②>④B.第一电离能：①>②>③>④C.原子半径：④>②>①D.②、③的简单氢化物，中心原子均为杂化，且均为极性分子【答案】B【解析】【分析】由基态原子的电子排布式可知，①为F元素、②为N元素、③为S元素、④为P元素。【详解】A．元素的非金属性越强，电负性越大，元素的非金属性强弱顺序为F>N>P，则电负性的大小顺序为F>N>P，故A正确；B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于硫原子，故B错误；C．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则三种原子的原子半径大小顺序为P>N>F，故C正确；D．硫化氢分子中氮原子、硫原子的价层电子对数都为4，氮原子、硫原子的杂化方式都为sp3杂化，孤对电子对数分别为1、2，则氨分子呈三角锥形，硫化氢呈V形，分子的空间构型都是结构不对称的，正负电荷中心不重合，都是极性分子，故D正确；故选B。5.下列关于各装置图的叙述正确的是A.用图①装置进行电镀实验，极为镀层金属，极为待镀金属制品B.图②装置盐桥中的移向甲烧杯C.图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连，称之为“牺牲阳极法”D.图④电解精炼铜的过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等【答案】B【解析】【详解】A．图①中电极a为阳极、电极b为阴极，若进行电镀实验，则a极为镀层金属、b极为待镀金属制品，A项错误；B．图②中Zn为负极，Zn极电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu为正极，Cu极电极反应为Cu2++2e-=Cu，盐桥中KCl的阴离子Cl-移向甲烧杯，B项正确；C．图③装置中钢闸门与外接电源的负极相连，钢闸门为阴极，辅助电极为阳极，称之为“外加电流法”，C项错误；D．图④电解精炼铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极，粗铜上是比Cu活泼的金属Zn、Fe等先失电子转化成Zn2+、Fe2+等，然后Cu失电子转化成Cu2+，活泼性比Cu弱的金属如Ag等形成阳极泥，纯铜上的电极反应为Cu2++2e-=Cu，根据得失电子守恒，阳极减少的质量与阴极增加的质量不相等，D项错误；答案选B。6.一定条件下，石墨转化为金刚石吸收能量。下列关于石墨和金刚石的说法正确的是A.金刚石比石墨稳定B.两物质的碳碳键的键角相同C.等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为4∶3D.可以用X射线衍射仪鉴别金刚石和石墨【答案】D【解析】【详解】A．石墨转化为金刚石吸收能量，则石墨能量低，根据能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，故A错误；B．金刚石是空间网状正四面体形，键角为109°28′，石墨是层内正六边形，键角为120°，因此碳碳键的键角不相同，故B错误；C．金刚石是空间网状正四面体形，石墨是层内正六边形，层与层之间通过范德华力连接，1mol金刚石有2mol碳碳键，1mol石墨有1.5mol碳碳键，因此等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为3∶4，故C错误；D．金刚石和石墨是两种不同的晶体类型，因此可用X射线衍射仪鉴别，故D正确。综上所述，答案为D。7.下列离子方程式书写正确的是A.用少量的氨水吸收硫酸工业尾气中的SO2：SO2＋NH3·H2O=NH＋HSOB.向NH4HCO3稀溶液中滴加过量Ca(OH)2溶液：NH＋HCO＋2OH-=NH3·H2O＋CO＋H2OC.向CuSO4溶液中加入过量浓氨水：Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NHD.氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2＋+S2-=CuS↓【答案】A【解析】【详解】A．用少量的氨水吸收SO2，反应产生NH4HSO3，反应的离子方程式为SO2+NH3·H2O=NH+HSO，A正确；B．向NH4HCO3稀溶液中滴加过量Ca(OH)2溶液时，Ca2+与HCO反应生成的CO会结合形成CaCO3沉淀，反应的离子方程式应该为：NH＋HCO+Ca2+＋2OH-=NH3·H2O＋CaCO3↓＋H2O，B错误；C．加入氨水过量时，Cu(OH)2会进一步反应产生[Cu(NH3)4]2+，反应的离子方程式应该为：Cu2＋+6NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O+2NH，C错误；D．硫化氢是气体，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，D错误；故合理选项是A。8.中科院化学所研制的晶体材料——纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途，其生产过程的部分流程如图所示。下列有关说法正确的是A.可用稀硫酸和K3[Fe(CN)6]鉴别Fe3O4和FeOB.在反应①中的作用是促进氯化铁水解C.将制得的纳米Fe3O4均匀分散在水中不会产生丁达尔效应D.反应②发生的化学方程式为6FeOOH+3CO2Fe3O4+3H2O+3CO2【答案】B【解析】【详解】Ａ．和FeO用稀硫酸溶解后，前者生成、，后者生成，所以需检验，则鉴别和FeO时，应加入稀硫酸和KSCN溶液，故A错误；B．在反应①中，转化为FeOOH，发生了水解反应，而环丙胺的作用是结合，促进氯化铁水解，故B正确；C．将制得的纳米均匀分散在水中，可制得胶体，胶体能产生丁达尔效应，故C错误；D．反应②中，FeOOH能被CO还原为，化学方程式为，故D错误；故选B。9.2023年杭州亚运会在场馆建设中用到一种耐腐蚀、耐高温的涂料是以某双环烯酯()为原料制得的，下列说法不正确的是A该双环烯酯能发生氧化反应、加成反应、取代反应B.该双环烯酯完全加氢后的产物一氯代物有7种C.该双环烯酯的水解产物均能使酸性高锰酸钾褪色D.该双环烯酯分子中有2个手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．该双环烯酯中含有碳碳双键、酯基，故能发生氧化反应、加成反应、取代反应，A正确；B．该双环烯酯完全加氢后，左右的两个六元环各有4种一氯代物，-CH2-上有1种一氯代物，因此其完全加氢后的产物的一氯代物共有9种，B错误；C．该双环烯酯水解后的产物中都含有碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾褪色，C正确；D．左边环与酯基相连的C原子为手性碳原子，右边环上与亚甲基相连的C原子为手性碳原子，一共两个，D正确；答案选B。10.乙苯与氯气在光照条件下反应生成两种一氯取代物，反应过程中能量变化如下图所示。下列说法正确的是（）A.反应生成相同物质的量的吸收的热量更多B.反应刚开始时产物中取代物2所占的比例大于取代物1C.反应①的大于反应②的D.稳定性：【答案】C【解析】【详解】A．由图可知反应①和反应②均为放热反应，A项错误；

B．反应①的活化能更低，所以产物中取代物1所占的比例大于取代物2，B项错误；C．反应为放热反应ΔH为负值，对比反应物和生成物的能量，可知反应②放出能量更多，ΔH绝对值反应②更大，故反应①的ΔH值更大，C项正确；D．的能量高，所以其稳定性差，D项错误；故选C。11.A、B、C、D是原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同；B元素原子的价层电子排布式是；其中C元素的部分电离能如下表；D元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法不正确的是（）元素电离能()C5781817274511575A.离子半径大小：A>BB.C单质可通过电解C的氯化物制备C.简单氢化物的稳定性：A<BD.元素D的核外电子运动具有15种不同的空间运动状态【答案】B【解析】【分析】A元素原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同，即2p轨道上有3个自旋方向相同的的电子，核外电子排布式为1s22s22p3，故A为N元素，B元素原子的价层电子排布式是ns2np2n，即为2s2p4，B为O元素，根据C元素的电离能，失去3个电子后很难失去电子，即最外层为3个电子，原子序数依次增大，即C为Al元素，D元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对，即为1s22s22p63s23p63d104s1，该元素为Cu元素。【详解】A．A为N元素，B为O元素，离子半径大小：A>B，A项正确；B．根据以上分析，C为Al元素，AlCl3为共价化合物，制备单质Al通常电解Al2O3，B项错误；C．A、B的非金属性A<B，故简单氢化物的稳定性：A<B，C项正确；D．D元素为Cu元素，电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s1，空间运动状态为1+1+3+1+3+5+1=15，故核外电子运动具有15种不同的空间运动状态，D项正确；故选B。12.二氧化氯是一种新型消毒剂，以氯酸钠为原料采用电解法制备二氧化氯装置如图所示。下列说法不正确的是A.电极B连接电源正极B.电解过程中H+透过质子交换膜向A电极区域移动C.B电极上每产生标准状况下的氧气22.4L，可制得4mol二氧化氯产品D.电解后阳极区溶液pH不变【答案】D【解析】【详解】A．根据图示可知在B电极上H2O电离产生的OH-失去电子变为O2，故B电极为阳极，连接电源的正极，A正确；B．在电解过程中，A电解上ClO2得到电子被还原为，则A电极为阴极，电解过程中H+会透过质子交换膜向负电荷较多的A电极区域移动，B正确；C．每生成标况下22.4L氧气，反应的O2的物质的量是1mol，则反应过程中转移电子的物质的量是4mol，得到产品ClO2的物质的量4mol，C正确；D．在阳极上水失去电子生成O2，电极反应式为，反应生成H+会向负电荷较多的阴极移动，但阳极区水也减少，总的来说电解后阳极区溶液pH减小，D错误；故合理选项是D。II卷13.Ⅰ．硫是一种重要的非金属元絭，广泛存在于自然界，回答下列问题：（1）基态硫原子的价层电子排布图是___________，最高能级电子所在的原子轨道为___________形。（2）①硫单质的一种结构为，S原子杂化方式为___________；分子的空间构型是___________。②、、键角由大到小的顺序是___________。③比较沸点高低：___________(填“>”或“<”)，并解释原因：___________。（3）晶胞如图所示：①由图可知，每个周围与它最接近且距离相等的有___________个。②已知该晶胞密度，阿伏加德罗常数为，则晶胞边长为___________。Ⅱ．金属材料、、等在工业生产和日常生活中有广泛的应用。某同学设计如下制备铜的配合物的实验，并对铜的化合物进行研究。已知铜离子的配位数通常为4。（4）试剂为___________。（5）目前，印刷电路板的腐蚀多采用碱氨蚀刻液(氯化铵和氨水的混合液)，在空气中使电路板露出的铜以二氯四氨合铜的形式溶解下来，写出腐蚀的化学方程式___________。（6）由上述实验能说明、与形成蓝色配离子的稳定性强弱为：___________>___________(填配离子化学式)。【答案】13.①.②.纺锤14.①.sp3②.正三角形③.CS2>>④.<⑤.分子间能形成氢键，而只能形成分子内氢键，则沸点更高15.①.12②.×101016.无水乙醇17.2Cu+4NH4Cl+4NH3·H2O+O2=2Cu(NH3)4Cl2+3H2O18.①.[Cu(NH3)4]2+②.[Cu(OH)4]2-【解析】【小问1详解】硫的核电荷数为16，基态硫原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，则其价层电子排布图是；最高能级电子所在的原子轨道为3p，为纺锤形。【小问2详解】①在分子中每个硫原子与两个硫原子形成共价键，另外硫原子还有2个未成键电子对，则其杂化方式为sp3杂化；分子中心原子价层电子对数为3+=3，且没有孤电子对，空间构型是正三角形；②中硫原子为sp3杂化、CS2中碳原子为sp杂化、中碳原子为sp2杂化，则三者键角由大到小的顺序是：CS2>>。③分子间能形成氢键，而只能形成分子内氢键，则沸点更高。【小问3详解】①由图可知，以顶点为例，与其最近的S2-是所在面的三个面心，周围与它最接近且距离相等的有=12个；②设晶胞的边长为xcm，则晶胞体积为x3cm3，晶胞中含有ZnS的数目应该是4个，则NA个晶胞的质量为4×(65+32)g，晶胞的密度==ρg/cm3，解题x=cm=×1010pm。【小问4详解】X试剂为无水乙醇，因为根据硫酸四氨合铜溶于水为深蓝色溶液，但不溶于乙醇，因此加入无水乙醇后会可以析出深蓝色的硫酸四氨合铜晶体。【小问5详解】碱氨蚀刻液借助氧化、溶解和配合等化学过程，将印制电路板上露出的铜以二氯化四氨合铜的形式溶解下来，其总反应为：2Cu+4NH4Cl+4NH3·H2O+O2=2Cu(NH3)4Cl2+3H2O。【小问6详解】氢氧化铜在浓氢氧化钠溶液中形成配离子[Cu(OH)4]2-，证明和氢氧根形成配离子较为困难，氢氧化铜可以在低浓度氨水中形成配离子[Cu(NH3)4]2+，证明和氨分子形成配离子较为容易，所以试管b、c中深蓝色配离子的稳定性强弱顺序为：[Cu(NH3)4]2+>[Cu(OH)4]2-。14.由芳香化合物A制备药物中间体Ⅰ的一种合成路线如图：已知：①同一碳原子上连两个羟基不稳定，发生反应：；②；③（1）物质A的名称为___________；B→C的反应类型为___________。（2）C中所含官能团有___________。（3）试剂X的结构简式为___________。（4）已知G能和溶液反应，试写出F→G反应的化学方程式为___________。（5）同时满足下列条件的G的同分异构体有___________种(不含立体异构)。①苯环上只有两个侧链②只有一种官能团且能与溶液反应放出气体其中核磁共振氢谱显示有3组峰，且峰面积之比为的同分异构体的一种结构简式为___________。（6）参照上述合成路线和信息1和信息2设计由制备合成路线___________(有机溶剂及无机试剂任选)。【答案】14.①.对甲苯酚或4-甲基苯酚②.取代反应15.氯原子、酯基16.17.18.

①.12

②.19.【解析】【分析】由B的结构简式，结合A的分子式可知，A为，A中酚羟基和乙酸发生取代反应生成B，试剂X为CH3COOH，B中甲基发生取代反应生成C，C中氯原子发生水解反应生成D，D为对羟基苯甲醛，D→E为取代反应，F发生已知信息②中反应生成G为，再发生已知信息③的反应生成H为，试剂Y为【小问1详解】由分析可知A的结构简式为，名称为对甲苯酚或4-甲基苯酚；B→C是甲基上发生二氯取代，则反应类型为取代反应；【小问2详解】根据C的结构简式可知C中含官能团有氯原子、酯基；【小问3详解】A中酚羟基和乙酸发生取代反应生成B，故试剂X为CH3COOH【小问4详解】F发生已知信息②中反应生成G为，结合信息②得到反应方程式为【小问5详解】G为，G的同分异构体同时满足下列条件：①苯环上只有两个侧链；②只有一种官能团且能与NaHCO3溶液反应放出气体，说明含有羧基；苯环上一个取代基为-COOH，另一个取代基为-CH2CH2COOH或-CH(CH3)COOH或两个取代基均为-CH2COOH或一个取代基为-CH3，另一个取代基为-CH(COOH)2，两个取代基在苯环上的位置有邻、间、对3种，故满足条件的同分异构体有43=12种；核磁共振氢谱显示有3组峰，说明该有机物分子中有3种不同化学环境的氢原子；又知峰面积之比为2：2：1，说明3种氢原子个数比为2：2：1，该有机物的结构简式为，故答案为：12；；【小问6详解】CH3CH2CHCl2发生水解反应生成CH3CH2CHO，CH3CH2CHO氧化得到CH3CH2COOH，然后CH3CH2CHO与CH3CH2COOH发生信息②中反应生成CH3CH2CH=CHCH3，合成路线为：15.三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室用和(沸点76.8℃)在高温下制备无水，同时生成气体。实验装置(加热及夹持装置略)如图所示。已知：气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。回答下列问题：（1）实验装置合理的连接顺序为a→___________→d。（2）制备时进行操作：(i)连接装置，……；(ii)装入药品并通入；加热石英管至400℃；(ⅲ)停止通入，加热E装置；(iv)加热石英管继续升温至650℃，直到B中反应基本完成，切断管式炉的电源；(v)停止E装置加热，继续通入一段时间；(vi)装置冷却后，结束制备实验。①补全步骤i的操作___________。②实验过程中为了形成稳定的气流，对E装置加热的最佳方式是___________，装置E中长颈漏斗的作用是___________。③步骤v中“继续通入一段时间”的目的是___________。（3）装置D中反应的离子方程式为___________。（4）测定产品的纯度，实验如下：①取产品，在强碱性条件下，加入过量溶液，小火加热使完全转化为，继续加热一段时间；②冷却后，滴入适量的稀硫酸和浓磷酸，使转化为，加适量的蒸馏水配成250.00mL溶液；③取25.00mL溶液，用新配制的的标准溶液滴定至终点，重复3次，平均消耗标准溶液VmL(已知被还原为)。则样品中(摩尔质量为)的质量分数为___________%；若步骤③中所用标准溶液已变质，将导致质量分数测定值___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）ef→bc→gh（2）①.检查装置气密性②.(76.8°C以上)水浴加热③.平衡压强(调节的气体流速、检验后面装置是否堵塞)④.将完全排入装置D被充分吸收（3）（4）①.②.偏高【解析】【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气，A装置的作用是干燥N2，E装置用N2将CCl4导入装置参与反应，F装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集气体，D装置是处理COCl2尾气，B装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与B中的反应，生成的COCl2有毒气体用C装置收集，与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，还有在C和D装置中间加一个干燥装置F；【小问1详解】根据上述分析可知，实验装置合理的连接顺序为a→ef→bc→gh→d；【小问2详解】①有气体参与或生成的实验，实验前必须先检查装置的气密性，故(i)连接装置，检查装置气密性；②实验过程中为了形成稳定的气流，反应温度低于100°C，故对E装置加热的最佳方式是(76.8°C以上)水浴加热，装置E中长颈漏斗的作用是平衡压强(调节的气体流速、检验后面装置是否堵塞)；③COCl