四川省2024–2025学年高三化学上学期10月月考试题【含答案】

/高三上期第一学月月考化学试题相对原子质量：C-12O-16Si-28S-32Cl-35.5Zn-65一、单项选择题(共14个题，每小题3分，共42分。每小题只有一个正确答案。)1.中华文化源远流长、博大精深，下列文物主要材料与其它三个不同的是A.清代的云锦龙袍 B.商代的司母戊鼎C.西汉素纱禅衣 D.北宋的清明上河图【答案】B【解析】【详解】A．清代的云锦龙袍是蚕丝制品，主要成分是蛋白质；B．商代的司母戊鼎属于青铜器，青铜是合金，属于由金属材料制成；C．西汉的素纱禅衣是蚕丝制品，主要成分是蛋白质；D．清明上河图绘制在绢帛上，绢帛主要成分是蛋白质；综上，文物主要材料与其它三个不同的是商代的司母戊鼎；答案选B。2.对于反应来说，下列反应速率中最快的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，数值可能不同，比较反应速率快慢时，可根据速率之比等于化学计量数之比换算成用同一种物质(固体及纯液体除外)表示，再进行比较，注意换算时单位要统一。【详解】A．v(A)=0.003mol⋅L−1⋅s−1，换算单位后v(A)=0.18mol⋅L−1⋅min−1；B．v(B)=0.2mol⋅L−1⋅min−1，转化为v(A)=0.1mol⋅L−1⋅min−1，小于A选项的速率；C．物质C为固体，不能用来表示速率，C不符合题意；D．v(D)=0.21mol⋅L−1⋅min−1，转化为v(A)=0.14mol⋅L−1⋅min−1，小于A选项的速率；v(A)=0.003mol⋅L−1⋅s−1时速率最快，故答案选A。3.下列各组物质熔点高低的比较，不正确的是A.Li>Na>K B.C.HCl>HBr>HI D.金刚石>碳化硅>晶体硅【答案】C【解析】【详解】A．碱金属元素从上到下，所组成的金属内部金属键逐渐减弱，熔点逐渐降低，熔点：Li>Na>K，A说法正确；B．、、均属于离子晶体，其中晶体中离子所带电荷数较多，和晶体中离子所带电荷数相同，但半径小于，离子键更强，所以熔点：，B说法正确；C．HCl、HBr、HI均为分子晶体，相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增强，熔点：HCl＜HBr＜HI，C说法错误；D．金刚石、碳化硅、晶体硅均属于共价晶体，根据原子半径：，键长：，键能：，熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅，D说法正确；答案选C。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为B.2.24L乙烯中含键的数目为C.1mol中键的数目为D.20gSiC晶体中Si―C键的数目为【答案】A【解析】【详解】A．12g石墨烯(单层石墨)即物质的量为1mol，一个六元环平均含有2个碳原子，因此1mol石墨烯含有六元环的个数为0.5NA，A正确；B．未指明标准状况，故无法求算，B错误；C．1个[Cu(H2O)4]2+中σ键有12个，1mol[Cu(H2O)4]2+中σ键数目为12NA，C错误；D．20gSiC晶体为0.5mol，1个C原子周围有4个Si-C键，故0.5molSiC中Si-C键的数目为2NA，D错误；故答案选A。5.结构决定性质，下列性质差异与结构因素不匹配的是选项性质差异结构因素A在水中的溶解度：HCl远大于分子极性B熔点：NaCl>HCl晶体类型C沸点：对氨基苯甲醛>邻氨基苯甲醛氢键类型D电离常数：范德华力A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．CH4是正四面体结构、是非极性分子，HCl是极性分子，水分子呈V形、水是极性溶剂，按相似相溶原理，HCl在水中的溶解度远大于和分子极性有关，A不符合题意；B．NaCl是离子晶体、熔化时破坏离子键，HCl属于分子晶体、熔化时破坏分子间作用力，离子晶体熔沸点高于分子晶体，晶体类型不同，则NaCl熔点>HCl，跟晶体类型有关，B不符合题意；C．对氨基苯甲醛形成分子间氢键，邻氨基苯甲醛形成分子内氢键，故沸点：对氨基苯甲醛>邻氨基苯甲醛，与氢键类型有关，C不符合题意；D．Cl电负性大，吸引电子能力强，使羧基内羟基的极性增强，更容易电离出H+，则电离常数Kₐ：，与范德华力无关，D符合题意；故选D。6.对于氨气与氯气的反应：，，涉及到的物质以下说法正确的是A.氮原子的价电子排布图为：B.的电子式为：C.的VSEPR模型：D.HCl分子中σ键的形成：【答案】D【解析】【详解】A．图示不符合洪特规则，基态氮原子的轨道表示式为，A错误；B．NH4Cl由铵根离子和氯离子构成，铵根离子和氯离子之间为离子键，铵根离子中氮原子和氢原子之间为共价键，电子式为：，B错误；C．NH3分子中心原子价层电子对数为4，有1个孤电子对，VSEPR模型为，C错误；D．氯原子最外层3p能级有1个未成对电子，p轨道电子云为哑铃形，与氢原子的s轨道“头碰头”形成σ键，D正确；故答案选D7.下图实验装置和操作能达到实验目的的是A.利用甲装置制备溴苯并验证有HBr生成B.利用乙装置探究Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果C.利用丙装置测定中和热D.利用丁装置制备Fe(OH)2【答案】B【解析】【详解】A．苯与液溴在Fe催化下发生取代反应产生溴苯和HBr，但Br2具有挥发性，挥发的Br2也会随HBr进入到烧杯中，与AgNO3溶液发生反应产生AgBr淡黄色沉淀，因此不能利用甲装置验证有HBr生成，A错误；B．两个试管中Fe3+、Cu2+的浓度相同，可以根据产生气泡的快慢判断Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果，B正确；C．使用的搅拌棒不能是导热性强的金属材料，应该换成使用不容易导热的玻璃搅拌棒，以减少反应过程中的热量损失，C错误；D．反应过程中产生的H2会将装置的空气排出，但两个试管中无气体出口，因此不能利用丁装置来制备Fe(OH)2，D错误；故合理选项是B。8.侯氏制碱法工艺流程中的主反应为，其中W、X、Y、Z、Q、R分别代表相关化学元素。下列说法不正确的是A.原子半径：Q>R>Z B.单质沸点：Z＜R＜QC.第一电离能：X＜Y＜Z D.电负性：W＜X＜Z【答案】C【解析】【分析】侯氏制碱法主反应的化学方程式为，则可推出W、X、Y、Z、Q、R分别为H元素、C元素、N元素、O元素、Na元素、Cl元素；【详解】A．一般原子的电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：Na>Cl>O，A正确；B．O2、Cl2为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，二者在常温下均为气体，Na在常温下为固体，则沸点：O2<Cl2<Na，B正确；C．同周期从左到右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：C<O<N，C不正确；D．同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，同族元素，从上到下电负性逐渐减小，电负性：H<C<O，D正确；答案选C。9.化学家找到一种抗癌药物喜树碱，其结构简式如图所示，下列说法不正确的是A.该分子中有一个手性碳原子B.所有原子不可能在同一平面内C.该物质可以发生水解反应和消去反应D.1mol该物质最多可以与9mol发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．手性碳原子指C原子上连接有4个不同基团，由结构简式可知，该分子中有一个手性碳原子，如图所示，A正确；B．该物质中含有饱和碳原子，根据甲烷的结构可知该物质所有原子不可能在同一平面内，B正确；C．该物质含有酯基、酰亚胺结构，可以发生水解反应，与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，C正确；D．分子中苯环、含氮杂环、碳碳双键可以和氢气发生加成反应，所以1mol该物质最多可以与7mol氢气加成，D错误；故答案为D。10.实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理如图，下列说法错误的是A.该反应催化剂是B.苯甲醛合成苯甲酸苯甲酯总反应方程式为：C.该反应属于加成反应，原子利用率为100%D.久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，能加快该历程反应速率【答案】D【解析】【详解】A．根据流程知，以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯时在开始的反应中是反应物，在最后一步中是生成物，所以是催化剂，A正确；B．根据环式流程知，入环为反应物、出环为生成物，则苯甲醛合成苯甲酸苯甲酯总反应方程式为：，B正确；C．根据总反应方程式，该反应属于加成反应，没有副产物，只有目标产物，原子利用率为100%，C正确；D．苯甲酸会使转化为苯甲醇，导致催化剂失效，故久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，会减慢该历程反应速率，D错误；故选D11.X、Y、Z、W、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，X原子的3个能级的电子数量相等，同周期Z元素原子的s能级电子数量等于p能级的电子数量，Y原子的未成对电子数是不同周期的基态W的3倍，Q单质是制备半导体的重要原料。下列说法不正确的是A.氢化物的沸点不一定是Z>XB.Z与W形成的化合物可能既能溶于强酸也能溶于强碱C.Z与X、Q均能形成极性键组成的非极性分子D.最高价氧化物的水化物的酸性：Y>X>Q【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。基态X的3个能级的电子数量相等，则X是C元素，基态Z的s能级电子数量等于p能级的电子数量，Z是O元素，根据原子序数大小判断，Y是N元素，Q单质是制备半导体的重要原料，Q是Si元素，基态N的未成对电子数是不同周期的基态W的3倍，W位于第三周期，可能是Na元素或Al元素。【详解】A．O元素的氢化物可以为H2O或H2O2，C元素的氢化物种类繁多，其沸点可能高于O元素的氢化物，也可能低于O元素的氢化物，A说法正确；B．根据分析，W可能是Na元素或Al元素，若W为Al元素，其与O元素形成Al2O3，既能溶于强酸也能溶于强碱，B说法正确；C．C元素与O元素组成的CO2是由极性键组成的非极性分子，C元素与Si元素组成的SiO2是共价晶体，不存在分子结构，C说法错误；D．元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：N>C>Si，则最高价氧化物的水化物的酸性：，D说法正确；答案选C。12.我国科学家利用柱［5］芳烃(EtP5)和四硫富瓦烯(TTF)之间相互作用，在溶液和固体态下构建了稳定的超分子聚合物(SMP)，如下图所示：下列说法不正确的是A.柱［5］芳烃(EtP5)中所有碳原子不可能共平面B.四硫富瓦烯(TTF)分子中σ键和π键个数比为5∶1C.柱［5］芳烃(EtP5)中的核磁共振氢谱图中只有三组峰D.构造形成超分子聚合物SMP体现超分子的自组装性质【答案】C【解析】【详解】A．与苯环直接相连的碳原子与苯环共平面，但苯环侧链还有许多sp3杂化的碳原子间接与苯环相连，则右侧间接与苯环相连的碳原子与苯环碳原子不可能在同一个平面，A项正确；B．四硫富瓦烯分子中σ键和π键个数比为15∶3=5∶1，B项正确；C．柱[5]芳烃(EtP5)结构不对称，核磁共振氢谱图中不止三组峰，C项错误；D．EtP5和TTF可通过分子间作用力自组装得到超分子聚合物SMP，故超分子具有分子识别和自组装的特征，D项正确；故答案选D。13.ZnS是一种优良的锂离子电池负极材料。在充电过程中，负极材料晶胞的组成变化如下图所示，下列说法正确的是A.Zn元素在周期表中的位置是第四周期ⅠB族B.ZnS的密度为C.图示的晶胞中，D.晶胞中的配位数为4【答案】C【解析】【详解】A．Zn是30号元素，第四周期，第ⅡB族元素，A错误；B．ZnS晶体中的Zn2+个数为4，S2-的个数为8×+6×=4，ZnS的密度为，B错误；C．设图示的LixZnyS晶胞中Zn2+、S2-的个数分别为a、b，则a+b=7、又由电荷守恒可知，两者所带正电荷为8，即a+2b=8，解得a=6、b=1，则Li+、Zn2+、S2-的个数比为6:1:4:=1.5:0.25:1，LixZnyS化学式为Li1.5Zn0.25S，x=1.5，y=0.25，C正确；D．由Li2S晶胞结构可知，距离S2-最近且相等的Li+有8个，则的配位数为8，D错误；故答案为C。14.恒温20L密闭容器内发生，，一开始投入一定量的CO和NO，测得NO、CO的物质的量浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法错误的是A.该反应是熵减小的反应，高温不利于该反应的自发进行B.b点理论上化学反应释放的能量约为5.6kJC.该条件下达到平衡时CO的转化率为90%D.0~4s，的反应速率【答案】D【解析】【详解】A．

，该反应是正向气体减小的反应，熵减小的放热反应，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0，低温有利、高温不利于自发进行，A正确；B．b点消耗的NO的物质的量为（3.6-2.85）×10-3mol▪L-1×20L=1.5×10-2mol，理论上化学反应释放的能量为，B正确；C．从初始到平衡，，平衡时CO的转化率为，C正确；D．0~4s，的物质的量浓度降低(3.6-2.7)×10-3mol▪L-1=9×10-4mol▪L-1，根据方程式可知生成氮气的浓度为12(9×10-4mol▪L-1)，氮气的反应速率为：，D错误；故选D。二、填空题(共4个题，共58分)15.是一种重要的化工产品，实验室以、、浓氨水、和活性炭为原料制备，装置如下图所示。已知：①氯化钴易溶于水②在冷水中溶解度小、能溶于稀盐酸、难溶于浓盐酸、乙醇等。（1）Co的基态原子的价层电子排布式为_______，配体分子的空间构型为_______。（2）产品制备：将、、蒸馏水、活性炭在三颈烧瓶中混合加热搅拌后冷却至10℃，再滴加足量浓氨水和6%的，60℃恒温加热20min。①活性炭是该反应的催化剂，实验室有粒状和粉末状两种形态的活性炭，从比表面积和吸附性的角度分析，本实验选择粉末状活性炭的优缺点是_______。②三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。③反应后的混合溶液经趁热过滤、向滤液中加入浓盐酸、_______、过滤、浓盐酸洗涤后再用乙醇洗涤得到干燥粗产品。向滤液中加入浓盐酸的目的是_______，乙醇洗涤目的是_______。④1.428g充分反应后生成了0.600g，本实验中的产率为_______(保留小数点后1位)。【答案】（1）①.②.三角锥形（2）①.粉末状活性炭比表面积更大，催化效果更好，但对产物吸附性也更强，不利于反应的进一步进行②.或③.冷却结晶④.增大氯离子浓度，同离子效应，有利于固体析出⑤.洗去沉淀表面的杂质离子的同时易挥发有利于干燥⑥.37.4%【解析】【分析】、、浓氨水、以活性炭为催化剂发生反应生成，根据题干信息可知，难溶于乙醇，可选用乙醇对其进行洗涤以除去沉淀表面的杂质离子的同时易挥发有利于干燥。【小问1详解】Co原子序数27，基态Co原子的价层电子排布式：；配体分子NH3中心原子N价层电子对数：，含一对孤电子对，空间构型为三角锥形；【小问2详解】①催化剂选择粉末状活性炭是因为粉末状活性炭比表面积更大，催化效果更好，但对产物的吸附性也更强，不利于反应的进一步进行；②三颈烧瓶中CoCl2与氨水、过氧化氢、氯化铵反应生成，根据得失电子守恒及原子守恒，化学方程式：或；③反应后的混合溶液经趁热过滤、向滤液中加入浓盐酸、冷却结晶、过滤、浓盐酸洗涤后再用乙醇洗涤得到干燥粗产品。向滤液中加入浓盐酸的目的是增大氯离子浓度，同离子效应，有利于固体析出；乙醇洗涤目的是洗去沉淀表面的杂质离子的同时易挥发有利于干燥；④1.428g物质的量：0.006mol，完全反应理论可生成质量：，产率：。16.三氧化二钴()，钴的黑色氧化物，主要用于玻璃、陶磁制品的上彩，也可用于制备钴和钴盐，还可用作氧化剂和催化剂等。用某工业含钴废料(主要成分为，含有少量PbO、NiO、FeO、)制备和的流程如下。（1）滤渣1的主要成分是_______(填化学式)，请用两个离子方程式解释“酸浸”过程中的作用_______、_______。（2）酸浸不能使用盐酸酸化的原因：①被氧化为污染环境②_______。（3）实验室进行萃取分离用到的主要仪器是_______。实验室中进行操作X用到的硅酸盐仪器除酒精灯、泥三角外还有_______。（4）“沉镍”时发生反应的离子方程式为_______；此步骤需控温在30℃左右，温度不能太高也不能太低的原因是_______。【答案】（1）①.、②.(或)③.(或)（2）无法将除尽（3）①.分液漏斗②.坩埚（4）①.②.温度太低反应速率太慢，温度太高分解【解析】【分析】由题给流程可知，向工业废料中加入硫酸和双氧水，酸性条件下，Co2O3与双氧水发生氧化还原反应生成Co2+，Fe2+与双氧水发生氧化还原反应生成Fe3+，NiO溶于硫酸生成Ni2+，PbO转化为PbSO4沉淀，SiO2不溶解，过滤得到含有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+的酸浸液；调节酸浸液的pH，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有Co2+、Ni2+的滤液；向滤液中加入萃取剂，萃取分液得到含有Co2+的水相和含有Ni2+的有机相；向水相中加入碳酸氢铵、氨水，Co2+转化为Co2(OH)2CO3沉淀，高温煅烧，Co2(OH)2CO3与空气中的氧气发生氧化还原反应生成Co2O3、CO2和水。含有Ni2+的有机相进行反萃取得到含Ni2+的水溶液，加入碳酸氢铵沉镍生成NiCO3，硫酸溶解得到NiSO4，最后加入氢氧化钠得到Ni(OH)2，据此解答。【小问1详解】根据以上分析，滤渣1的主要成分为PbSO4、SiO2；“酸浸”过程中，Co2O3与双氧水发生氧化还原反应生成Co2+，Fe2+与双氧水发生氧化还原反应生成Fe3+，离子方程式为：2Co3++H2O2=2Co2++O2↑+2H+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；【小问2详解】由于盐酸和PbO生成PbCl2，无法除尽Pb2+，所以“酸浸”时不使用盐酸酸化；【小问3详解】实验室进行萃取分离用到的主要仪器是分液漏斗；操作X为灼烧，用到的硅酸盐仪器除酒精灯、泥三角外还有坩埚；【小问4详解】“沉镍”时，加入NH4HCO3生成NiCO3，发生反应的离子方程式为Ni2++2=NiCO3↓+CO2↑+H2O；温度太低反应速率太慢，温度太高NH4HCO3分解，故需控制温度。17.实现绿色低碳循环发展，二氧化碳的吸收和利用是一项重要的研究课题，利用二氧化碳合成二甲醚方法通常是和先合成甲醇，再由甲醇脱水制备二甲醚：I：II：（1）二氧化碳与氢气直接合成二甲醚：_______。反应I、II平衡常数分别为、则该反应的平衡常数_______(用、表示)（2）某反应容器中按照，投料进行反应Ⅰ合成甲醇：①若反应在恒容、绝热容器中进行下列说法一定能说明反应达到化学平衡状态的是_______。A．B．C．混合气体的密度保持不变D．混合气体的平均相对分子质量保持不变E．反应平衡常数保持不变②合成甲醇时同时存在逆水汽变换：Ⅲ：，的平衡转化率和甲醇的选择性(甲醇的选择性)随温度的变化趋势如图所示(忽略温度对催化剂的影响)，代表甲醇的选择性和温度的关系的曲线为_______(a或b)，并解释温度升高转化率会发生图示变化的原因_______。③若某温度下，的平衡转化率为20%，甲醇的选择率为60%，该温度下反应Ⅲ的平衡常数_______。(科学计数法保留两位有效数字)（3）甲醇脱水可制二甲醚的反应Ⅱ，实验测得：，，，为速率常数。温度下，向2L恒容密闭容器中加入0.4mol，达到平衡时测得的体积分数为60%，则平衡时的产率_______；当温度改变为时，，则_______(填“＜”、“>”或“=”)。【答案】（1）①.②.（2）①.D、E②.a③.温度升高时Ⅲ反应平衡正向移动程度大于Ⅰ平衡逆向移动程度④.（3）①.40%②.＜【解析】【小问1详解】I：II：根据盖斯定律I×2+II得；反应I、II的平衡常数分别为、，则该反应的平衡常数。【小问2详解】①A．，正逆反应的速率比不等于系数比，反应没有达到平衡状态，故不选A；B．，不能判断浓度是否还发生改变，反应不一定平衡，故不选B；C．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度保持不变，反应不一定平衡，故不选C；D．反应前后气体总质量不变，气体总物质的量改变，平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量保持不变，反应一定达到平衡状态，故选D；E．反应在恒容、绝热容器中进行，温度是变量，则平衡常数是变量，反应平衡常数保持不变，反应一定达到平衡状态，故选E；选DE。②反应放热，升高温度平衡逆向移动，甲醇的选择性降低，代表甲醇的选择性和温度的关系的曲线为a；正反应放热，正反应吸热，温度升高时Ⅲ反应平衡正向移动程度大于Ⅰ平衡逆向移动程度，所以温度升高转化率会增大。③某温度下，的平衡转化率为20%，甲醇的选择率为60%，设二氧化碳的投料为amol、氢气的投料为3amol；则参加反应的二氧化碳为0.2amol、容器中剩余二氧化碳0.8amol，参与该反应的二氧化碳0.12amol、氢气0.36amol，生成水0.12amol；参与反应的二氧化碳0.08amol、氢气0.08amol，反应生成0.08amolCO、0.08amolH2O，设容器容积为V，该温度下反应Ⅲ的平衡常数。【小问3详解】温度下，向2L恒容密闭容器中加入0.4mol，达到平衡时测得的体积分数为60%，则甲醇的物质的量为0.24mol，消耗的甲醇的物质的量为0.16mol，反应生成乙醚的物质的量为0.08mol、水0.08mol，则平衡时的产率；温度下，K=；当温度改变为时，，反应达到平衡