重庆市南开中学高三上学期10月第二次质量检测化学试卷

重庆市高届高三第二次质量检测化学试题考生注意：本试卷满分分，考试时间分钟。写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共小题，每小题3分，共分。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.化学工业是国民经济的支柱产业，关于下列物质的制备方法正确的是A.工业上用制备铝单质B.工业上用水吸收制备硫酸C.工业上用和浓盐酸制备氯气D.工业上用饱和食盐水、和制备碳酸氢钠【答案】D【解析】【详解】A．工业上制备铝单质是电解熔融的AlO，AlCl3为共价化合物，熔融不导电，A错误；B．工业上用浓硫酸吸收SO3制备硫酸，直接用水吸收会形成酸雾且效率低，B错误；C．工业上通过电解饱和食盐水制备氯气，MnO2与浓盐酸反应是实验室方法，C错误；D．工业上通过侯氏制碱法，向饱和食盐水中先通NH3再通CO，生成NaHCO3沉淀，D正确；答案选D。2.下列化学用语或图示错误的是A.的电子云轮廓图：B.水分子的空间填充模型：C.氯化铵的电子式：D.反2丁烯的结构简式：【答案】C【解析】第1页/共20页【详解】A．轨道的电子云轮廓图为哑铃形，沿z轴伸展，电子云轮廓图：，A正确；B．水分子空间构型为V形，空间填充模型为，B正确；C．氯化铵为离子化合物，由和构成，电子式为，C错误；D．反2丁烯中双键两端甲基位于双键异侧，结构简式为，D正确；故答案选C。3.”(未配平)的说法错误的是A.1个中含有的孤电子对数为B.含有的键数为C.溶液中含有的数为D.生成，转移的电子数为【答案】A【解析】【详解】A．1个HO分子中氧原子有2对孤电子对，但选项描述为“2N”，即2mol孤电子对，混淆了单个分子与1mol分子的情况，A错误；B．4.0gNaOH的物质的量为0.1mol，每个NaOH含1个OHσ键，总σ键数为0.1N，B正确；C．NaS完全离解为2Na+和S2，1L0.1mol/L溶液中Na+物质的量为0.2mol（0.2NC正确；D1molNaSO3S从0价升至+4S原子失去4e1molS原子对应4mol转移电子数4N，D正确；答案选A。4.下列离子方程式书写正确的是A.氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液：B.蚀刻印刷电路板的原理：C.铜与稀硝酸反应：第2页/共20页D.向亚硫酸氢钠溶液中滴加少量“84”消毒液：【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钠滴定醋酸时，醋酸为弱酸，应保留分子形式，正确方程式为，A错误；B．刻蚀电路板的反应中，应被还原为，而非单质，正确方程式为，B错误；C．铜与稀硝酸反应生成而非，正确方程式为，C错误；D．少量的将部分氧化为，另一部分转化为，正确方程式为，D正确；故答案选D。5.下列实验操作及装置正确的是A．配制NaOH溶液B．制备镁C．验证漂白性D．制备乙酸乙酯A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】第3页/共20页ANaOH固体应在烧杯中溶解后再转移至容量瓶，A错误；B．金属活动性顺序中Mg比Al活泼，Al不能与MgO发生置换反应制备Mg，铝热反应需Al与更不活泼金属的氧化物（如氧化铁）反应，B错误；C．SO2使溴水褪色是因发生氧化还原反应（SO+Br+2HO=HSO+2HBr用品红溶液，C错误；D．制备乙酸乙酯时，乙酸、乙醇在浓硫酸催化下加热反应，产物通入饱和NaCO3溶液（吸收乙醇、中和D正确；答案选D。6.《本草纲目》记载，穿心莲有清热解毒、抗炎消肿的功效。穿心莲内酯是一种天然抗生素，其结构简式如图所示。下列关于穿心莲内酯的说法错误的是A.官能团有3种B.手性碳有6个C.1mol该物质可与发生加成反应D.1mol该物质可与发生反应【答案】D【解析】【详解】A．该物质含有的官能团为羟基（OHCOO3种，A正确；B．手性碳是连有四个不同原子或基团的碳原子，分子中带“∗”的碳原子为手性碳原子，共有6个手性碳，B正确；C．H2仅与碳碳双键加成，该物质含2个碳碳双键，1mol可与2molH2加成，C正确；DNaOHNaOH1个酯基水解消耗1molNaOH1mol第4页/共20页故选D。7.中学几种常见物质的晶胞如下图所示，下列说法错误的是A.NaCl晶胞中有4个和4个B.干冰晶胞中分子有4种取向C.若金刚石中C原子的半径为dpm，则金刚石晶胞的边长为D.Na晶体中每个Na原子周围有8个紧邻的Na原子【答案】C【解析】【详解】A．NaCl晶胞为面心立方结构，Cl位于顶点和面心，共个；Na位于棱心和体心，共个，A正确；B．干冰晶胞为面心立方，分子位于顶点和面心，分子取向有4B正确；CC原子半径为dpm胞边长为apm，则，a=pm，C错误；D．Na为体心立方堆积，配位数为8，每个Na原子周围有8个紧邻Na原子，D正确；故选C。8.是一种复盐，R在地壳中含量居第四位，短周期元素X的基态原子的价层电子排布式为，X和Y位于同一主族，A原子比Y原子少一个电子。下列说法正确的是A.第一电离能：B.单质熔点：C.键角：D.原子半径：第5页/共20页【解析】RR为FeX的价层电子排布为n=3时符合，价层电子排布为，则X为S，Y与X同主族，故Y为O；A比Y少1个电子，则A为N；结合复盐结构，推断B为H，据此解答。【详解】A．第一电离能N＞O（氮的2pA正确；B．为气体，熔点远低于金属Fe，B错误；C．和均为正四面体结构，键角相同，C错误；D．N（第二周期）原子半径小于SD错误；故答案选A。9.下列实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作实验现象结论或解释A将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，振荡生成白色沉淀非金属性：室温下，将铝片分别插入稀、浓氧化性：稀B中浓CZnS固体溶解而CuS固体不溶解：ZnS固体和CuS固体酸性：常温下，用pH计测溶液和DpH值前者小于后者NaClO溶液的pHA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】AHCl酸性强于HSiO，但比较Cl和Si的非金属性需用最高价氧化物对应酸的酸性(如HClO)，A错误；B．铝在浓HNO3中钝化，稀HNO3中反应产生气体，说明浓HNO3氧化性更强(使金属表面形成氧化膜)，第6页/共20页B错误；C．ZnS溶于盐酸而CuS不溶，说明ZnS的溶度积更大，因同浓度H+下，Ksp较大的硫化物更易溶解，C正确；DCHCOONa的pH小于NaClO，若两者浓度相同，可推出CHCOOH酸性强于HClO。但题目未明确两者浓度相同，pH比较无意义，D错误；故选C。10.确的是A.甲的焰色一定是黄色B.C.反应Ⅲ可用于工业制备丁D.反应Ⅳ的另一产物可用KSCN溶液检验【答案】B【解析】【分析】活泼金属会与水反应生成氢气，丙是氢气，氢气与氯气光照反应生成丁，丁为HCl；【详解】A．甲是与水常温反应的金属（如Na、KK一定是黄色，A错误；B强与水反应越容易，可证明甲的金属性比乙强，B正确；CHCl2HClHCl通常采用H2在Cl2照条件下H2与Cl2易爆炸，不可用于工业制备HCl，C错误；DHClFeHFeClFeCl2中含Fe2+KSCN溶液用于检验Fe3+，Fe2+与KSCN不显色，无法检验，D错误；故选B。是一种常见燃料，利用下图装置可实现肼氧化辅助制氢，下列说法中正确的是第7页/共20页A.电极A为阳极B.碱性条件下，电极B的反应式为C.电极C附近溶液pH变小D.电路中转移时，理论上可生成标准状况下【答案】B【解析】【分析】由题意可知，利用装置实现肼氧化辅助制氢，则左侧装置为原电池，右侧装置为电解池，外电路A处O2转化为OHOB处转化为N，N元素化合价升高，发生氧化反应，为原电池负极；电极C连接原电池负极，为电解池阴极，发生还原反应，电极D连接原电池正极，为电解池阳极，发生氧化反应，据此回答问题；【详解】A．根据分析，电极A为原电池正极，A错误；B．电极B为原电池负极，转化为N，反应式为，B正确；C．电极C为电解池阴极，发生还原反应，反应式为2HO+2e⁻=H↑+2OH，生成OH使溶液pH增大，C错误；D．转化为N，每生成1molN2转移4mole，装置中电极B和D均发生氧化反应，电路转移1mole时，两电极共生成0.5molN，标准状况下体积为，D错误；故选B。12.(R为多孔骨架)催化作用下，和11二甲基环氧乙烷()合成环状碳酸酯的可能机理如图所示。第8页/共20页下列说法中错误的是A.中碳原子为sp杂化B.X的结构简式可能为C.也能与连接的原因是能形成氢键D.该合成反应的原子利用率为100%【答案】C【解析】【详解】A．CO2分子为直线形，中心碳原子价层电子对数为2，杂化类型为sp杂化，A正确；B11二甲基环氧乙烷在催化剂作用下开环，Br−CO另一个碳连接Br−，形成中间产物X，其结构简式可能为，B正确；C．1，1二甲基环氧乙烷分子中环氧环的氧为醚键氧，无H连接，不含OH键，无法形成N⋯HO氢键，C错误；DCO2和11100%D正确；故选C。13.已知：①，②，、和键的键能分别为、和第9页/共20页A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】①②得：，，解得，故答案选：B。14.室温时，有如下制备的流程。下列说法正确的是已知：、。A.“除锌”后的溶液中：一定小于B.“过滤”后的溶液中：C.“沉锰”后的溶液中：D.稀溶液中：【答案】A【解析】【分析】该流程是室温下制备的过程，具体步骤及作用如下：1.ZnSO4的1mol/LMnSO4溶液中加入过量MnS于远小于Zn2+能与MnS反应生成更难溶的ZnS液中的Zn2+。2.过滤：将生成的ZnS沉淀过滤除去，得到含MnSO4的滤液。3.沉锰：向滤液中加入过量溶液，发生反应，生成沉淀。反应后溶液中溶质主要为(NH)SO。第10页/共20页AMnS远小于生沉淀转化：MnS(s)+Zn2+(aq)⇌ZnS(s)+Mn2+(aq)。过滤后溶液中，c(S2)由MnS的Ksp决定，即c(Mn2+)·c(S2)=Ksp(MnS)，原溶液Mn2+浓度约1mol/Lc(S2)=Ksp(MnS)/c(Mn2+)≈2×1010mol/L。此时c(Zn2+)=Ksp(ZnS)/c(S2)=(2×1024)/(2×1010)=1×1014mol/L＜1×105mol/L，A正确；BMnSO4含Mn2+、，由于Mn2+水解，故c()>c(Mn2+)，B错误；C，溶液中n(N)（和NH·HO总量）远大于n(S)（恒关系表明二者成2倍关系，C错误；D．溶液中，质子守恒应为c(H+)+c(HCO)=c(OH)+c()+c(NH·HO)，D错误；故选A。二、非选择题：本题共4小题，共分。15.、和）可获得，其工艺流程如下：回答下列问题：（1）为镧系元素，其在周期表中的位置为第_______周期ⅢB族，的核外电子排布式为_______。（2）催化剂表面的积碳会降低Ce元素的浸出率，酸浸前去除积碳的方法是_______。（3与反应生成的离子方程式为______________。（4）HA原理可表示为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)。①萃取剂HA的结构可表示为（R_______（选填“”“”或“第11页/共20页为7，则的萃取率为_______（保留1（5转化为，反应离子方程式为_______。（6可用于催化消除CO被还原为时会产生氧空位，晶胞结构变化如图所示，中Ce(Ⅲ)与Ce(Ⅳ)的数目之比为_______。【答案】（1）①.六②.（2）焙烧（3）①.②.（4）①.②.63.6%（5）（6）【解析】【分析】废石油裂化催化剂先进行酸浸处理，在此过程中，与稀盐酸反应生成进入溶液，在稀盐酸提供的酸性环境下，与发生氧化还原反应，被还原为进入溶液，发生反应，而不反应，成为滤渣被分离，得到含有和HA(水层)(有机层)(有机层)(水层)的原理，从水相转移到有机相，从而与留在水相的分离。接下来进行反萃取，稀硝酸提供HA的水溶液。之后进行沉淀操作，向溶液中滴加氨水和，使得转化为沉淀。最后对沉淀进行焙烧，在高温条件下，沉淀发生分解并被氧化得到。【小问1详解】第12页/共20页镧系元素位于第六周期，共10；【小问2详解】积碳是碳单质，碳在高温下能与氧气反应生成二氧化碳，所以酸浸前去除积碳的方法是焙烧；【小问3详解】由分析可知，此反应离子方程式为，酸浸后的滤渣为；【小问4详解】①对于HARHA中OHHA小于的分配系数为7，萃取后有机层与水层中浓度之比为，有机层与水层体积比为，所以有机层与水层中的物质的量之比为7:4，的萃取率为=63.6%；【小问5详解】由题干转化为，并且流程中加入氨水和，可得方程式为；【小问6详解】释放出1个氧原子后形成1个氧空位，所以中氧原子数目为，Ce原子数目还是4，即x=4，y=7。根据化合价代数和为0，即可解出Ce(Ⅲ)与Ce(Ⅳ)的数目之比为。16.过量碘晶体()溶解在碘化钾(KI)溶液中，存在两个平衡：，和、在水中均为棕黄色。实验步骤：①配制溶液②测定平衡时。将过量碘晶体加入蒸馏水中，充分摇匀、静置，吸取上层清液用溶液滴定，测得平衡时。第13页/共20页（1KI固体配制璃棒、量筒外，还需要的仪器有_______。（2）步骤②，上层清液中存在平衡，平衡常数的表达式为_______，步骤②中测得为。（3）步骤③中所用仪器为碘量瓶，碘量瓶静置时需加盖并加水液封以防止挥发，碘单质的晶体类型为_______溶液滴定时，、分别与反应的离子方程式为：、_______，当滴至溶液呈淡黄色时，加入指示剂_______，继续滴定至终点，终点时的实验现象为_______，由步骤③测得_______。（4）步骤②、③中_______(填“相同”或“不相同”)，根据以上数据，计算的平衡常数_______(保留整数)。【答案】（1）100mL容量瓶、胶头滴管（2）（3）①.分子晶体②.③.淀粉溶液④.蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色⑤.0.0050（4）①.相同②.359【解析】和溶液中c(I)、c(I)、c(I)，从而计算和；【小问1详解】由KI固体配制还需要的仪器有100mL容量瓶、胶头滴管；第14页/共20页由转化式可知，平衡常数的表达式为=；【小问3详解】碘单质的晶体类型为分子晶体；与反应实质上也是I2与反应，方程式为10mLn(I)+n()=n()==0.00005mol，=0.0050mol/L；【小问4详解】由于存在平衡I2为，0.0050mol/L，故c()=0.0050mol/L=0.0035mol/L，c()=0.01mol/L0.0035mol/L=0.0065mol/L，的平衡常数=17.乙二醇()在生产生活中用途广泛，可通过多种方法制得。（1）在氢氧化钠溶液中水解生成是一种成本较高的方法，理论上每得到反应放热102.5kJ，此热化学方程式为_______。（2）环氧乙烷(EO)和水反应生成乙二醇(EG)是一种成熟的生产方法，同时生成二乙二醇(DEG)，反应为：主反应：；副反应：。体系中EO初始浓度为，恒温恒容条件下反应25min，EO转化率为90%，产物中EG与DEG的物质的量之比为。内，_______，_______。（3）用DMO合成EG，发生如下三个连续反应，其中MG生成EG的反应为可逆反应。第15页/共20页在恒压、固定流速条件下，初始投入一定比例的DMO与，发生上述反应，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、EG、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[物质X的选择性，三者选择性之和为1]。①已知曲线Ⅱ表示EG的选择性，则曲线_______表示MG的选择性，判断理由是_______。②483K时，EG的产率为_______。（4）电解法制乙二醇的装置示意图如下：①B为_______(填“负极”或“正极”)，阳极的电极反应式为_______。②若整个装置收集到标准状况下5.6L产物气体及12.4g乙二醇，忽略甲醛发生的副反应，则该装置的电流效率为_______。(，结果保留小数点后一位)。【答案】（1）（2）①.0.072②.（3）①.Ⅳ②.483K曲线Ⅰ达到99%，与任何其它曲线数据之和均超过1，应为DMO的转化率，MG生成EGMG与EGMG的选择性③.95.04%（4）①.负极②.③.66.7%第16页/共20页【解析】【小问1详解】的物质的量为0.5mol反应放热102.5kJ1mol反应放热205kJ，所以此热化学方程式为；【小问2详解】环氧乙烷的初始浓度为，反应25min，EO转化率为90%，则0~25min内，=0.072；依据题意列出三段式为：已知EO转化率为90%，产物中EG与DEG的物质的量之比为，则，，解得x=1.5，y=0.3，所以；【小问3详解】①已知曲线Ⅱ表示EG的选择性，483K曲线Ⅰ达到99%，与任何其它曲线数据之和均超过1，应为DMOMG生成EG为可逆反应，低温阶段仅有两种产物必然为MG与EGMG的选择性；②483K时，EG的产率为；【小问4详解】①由图可知，甲醛中碳元素化合价降低，作阴极，所以电源B为负极，阳极水失去电子得到氧气，电极反应式为；②若5.6L即0.25mol气体均为O，与12.4g即0.2mol乙二醇的转移电子数不守恒，推出阴极还有H2产生，第17页/共20页为×100%=66.7%。18.镇痛药F的结构为，其合成路线如下：已知，。（1）A分子式为，其核磁共振氢谱只有一组峰，A的结构简式为_______。（2）B与反应的反应类型为_______。（3）C的分子式为且C中含有氰基()，转化为D的化学方程式为_______。（4）F中