四川省成都市彭州中学高三上学期10月月考化学试题

学年度彭州中学高三上月月考化学试题注意事项：考试时间分钟，试卷满分共分。选择题部分用铅笔填涂，非选择题部分用黑色签字笔规范书写。考试结束后，只交回答题卡即可。考试过程中，请遵守考试纪律。一、单选题。1.化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是A.竹简的成分之一纤维素属于天然高分子B.龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物C.古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2D.古壁画颜料中所用的铁红，其成分为FeO3【答案】C【解析】【详解】A．纤维素是一种天然化合物，其分子式为(CHO)，其相对分子质量较高，是一种天然高分子，A正确；B．羟基磷灰石又称又称羟磷灰石、碱式磷酸钙，其化学式为[Ca(PO)(OH)]，属于无机物，B正确；C．熟石膏是主要成分为2CaSO·HO，Ca(OH)2为熟石灰的主要成分，C错误；D．FeO3为红色，常被用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，俗称铁红，D正确；故答案选C。2.下列化学用语表示正确的是A.中子数为18的氯原子：B.碳的基态原子轨道表示式：C.的空间结构：(平面三角形)D.的形成过程：【答案】C第1页/共22页【解析】【详解】A．质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角，中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为，故A错误；B．基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，2p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同，轨道表示式：，故B错误；CBF3的中心原子B原子孤电子对数==0=3为：，故C正确；D．HCl是共价化合物，不存在电子得失，其形成过程应为，故D错误；故选：C。3.利用3苯基丙酸催化脱氢制备异肉桂酸的反应如下所示，下列叙述错误的是A.上述制备过程属于氧化反应B.3苯基丙酸的分子式为C.异肉桂酸分子中最多有9个碳原子共面D.异肉桂酸最多与发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．加氢为还原反应，去氢为氧化反应，上述制备为去氢过程，属于氧化反应，A正确；B．3苯基丙酸的分子式为，B正确；C9个碳原子共面，C正确；第2页/共22页D1mol苯环可以3mol氢气发生加成反应，1mol碳碳双键可以和1mol氢气发生加成反应，羧基不能发生加成反应，1mol异肉桂酸最多与4molH2发生加成反应，D错误；故选D。4.为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.重水()中含有的质子数为B.的与完全反应时转移的电子数为C.环状()分子中含有的键数为D.的溶液中离子数为【答案】C【解析】【详解】A．的质子数为10，18g的物质的量为0.9mol，则重水()中所含质子数为，A错误；B．与反应的化学方程式为：3NO+HO=2HNO+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为，B错误；C()分子中含有的键数为832gS8的物质的量为mol有的键数为，C正确；D．酸性溶液中存在：，含Cr元素微粒有和，则的溶液中离子数应小于，D错误；故选C。5.硫是一种重要的非金属元素，硫元素主要以氢化物、硫化物、含氧酸和含氧酸盐等形式广泛分布并循环于地球内部各圈层。硫及其化合物在工业生产中应用广泛，可通过黄铁矿在空气中煅烧制备，也可通过加热无水硫酸钙、焦炭及二氧化硅来制取；在催化作用下与反应生成。利用空第3页/共22页关于“将电石浆转化为石膏”的过程及有关说法错误的是A.沸点：B.中含有离子键、共价键C.过程I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为D.通过上述流程将转化为，理论上共需要【答案】D【解析】【详解】A．HO分子间存在氢键，HS分子间仅存在范德华力，氢键使HO沸点高于HS，A正确；BCaSO·2HOCa2+与之间为离子键，HO分子内的HO键也为共价键，B正确；C．过程I中，Mn(OH)2被O2氧化为，Mn元素化合价：+2→+4，Mn(OH)2为还原剂；O2被还原，为氧化剂，O元素化合价：0→2，一个O2得4e，由得失电子守恒知，氧化剂O2与还原剂Mn(OH)2的物质的量之比为1:2，C正确；D．根据流程图，整个过程中氧化剂只有氧气，S2最终被氧化为，总反应可表示为，故将0.15mol转化为，理论上共需要0.3molO，D错误；故选D。6.根据实验操作及现象，下列结论中正确的是选实验操作及现象结论项第4页/共22页明显现象酸强取一定量样品，溶解后加入溶液，产生白色沉淀加入B此样品中含有浓，仍有沉淀将银和溶液与铜和溶液组成原电池。连通后银表面有C的金属性比强银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝D向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅溴与苯发生了加成反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，A错误；B根，B错误；C该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C正确；D．向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D错误；故选C。7.氟氯烃会对臭氧层产生破坏，在平流层中氟氯烃光解产生的氯自由基对催化臭氧分解的反应历程如下图所示，下列说法不正确的是第5页/共22页B.氯自由基的催化作用会增大反应的平衡常数C.和的总能量大于的总能量D.反应II中基元反应①【答案】B【解析】【详解】A．反应过程II降低了反应的活化能，为催化剂参与的反应历程，故A正确；B．催化剂只会改变反应速率，不会改变平衡，也不会改变平衡常数，故B错误；C．由图示可知的反应是放热反应，即和的总能量大于的总能量，故C正确；D．由图可知反应II中基元反应①是吸热反应，故，故D正确；故答案为：B8.维纶（聚乙烯醇缩甲醛纤维）可用于生产服装、绳索等。其合成路线如下：下列说法不正确的是A.反应①是加聚反应B.高分子A的链节中只含有一种官能团C.通过质谱法测定高分子B的平均相对分子质量，可得其聚合度D.反应③的化学方程式为：+nHCHO→+(2n1)HO第6页/共22页【答案】D【解析】【详解】A．的结构中含有碳碳双键，因此能发生加聚反应生成A，A的结构为：；A项正确；B．由A的结构可知，A的链节中只含有酯基一种官能团，B项正确；C．由题可知，A在发生水解后生成B，那么B的结构为：；对于聚合物，其平均相对分子质量=链节的相对质量×聚合度，因此，C项正确；D醇的结构为2个聚乙烯醇的链节和1分子甲醛发生缩合，脱去1分子水；所以反应的方程式为：nHCHOnHO；D项错误；答案选D。9.下列实验操作或装置能达到目的的是A.钠的燃烧B.实验室收集第7页/共22页D.铁上镀铜的滴定管尖嘴内的气泡A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．钠燃烧时放出大量热，应坩埚中进行，玻璃表面皿不耐高温且易导致产物飞溅，A错误；B．乙烯不溶于水也不和水反应，可以用排水法收集，B正确；C．KMnO4溶液具有强氧化性，需用酸式滴定管盛放，不能用碱式滴定管，C错误；DCuSO4D错误；故选B。10.我国化学侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，生产流程如图所示，下列说法不正确的是A.在沉淀池中应先通入氨气，再通入二氧化碳气体B.在过滤后的母液中加入氯化钠粉末、通入氨气，搅拌，经冷却结晶后可得氯化铵晶体C.循环I中X是二氧化碳D.该反应原理：NH+CO+HO=HCO+NH+【答案】D【解析】【详解】A.因为氨气极易溶于水、二氧化碳能溶于水，先通氨气使食盐水显碱性，能够吸收大量CO生高浓度的HCO才能在沉淀池中析出NaHCOA正确；B.在过滤后的母液中含有NHCl和饱和NaHCO，加入氯化钠粉末、通入氨气，增大NH+和Cl的浓度，使氯化铵更多析出，故B正确；第8页/共22页环利用，即循环I中X是二氧化碳，故C正确；D.该反应原理：NH+CO+HO+NaCl=NaHCO↓+NHCl，离子方程式为：NH+CO+HO+Na+=NaHCO3↓+NH+，故D错误；故选D。“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。下列说法错误的是A.、和均为极性分子B.反应涉及、键断裂和键生成C.催化中心的被氧化为，后又被还原为D.将替换，反应可得【答案】D【解析】【详解】A．NHOH，NH，HO的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；B．由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确；D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NHNH2有两个氢来源于NH，所以将NHOH替换为NDOD，不可能得到NDND，得到NDNH2和HDO，D错误；故选D。12.我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”的反应：NaCl+NH+CO+HO=NaHCO↓+NHCl。第9页/共22页A.以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔B.碱母液储罐“吸氨”后的溶质是NHCl和NaHCO3C.经“冷析”和“盐析”后的体系中存在平衡NHCl(s)NH+(aq)+Cl(aq)D.该工艺的碳原子利用率理论上为100%【答案】B【解析】【详解】A.由工艺流程图可知，海水淡化工厂以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液，饱和氯化钠溶液进入吸氨塔，吸收氨气后形成氨化的饱和氯化钠溶液，故A正确；B.进入碱母液储罐中溶液的溶质为氯化铵和碳酸氢钠，通入氨气后，碳酸氢钠溶液与氨气反应生成碳酸钠和碳酸铵，故B错误；C.“冷析”和“盐析”的目的是利用氯化铵在溶液中的溶解平衡NHCl(s)NH+(aq)+Cl(aq)移动，得到氯化铵晶体，故C正确；D.由工艺流程图可知，反应中二氧化碳与氨化的饱和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，二氧化碳进入碳酸化塔循环使用，溶液中的碳酸氢钠与氨气反应生成碳酸钠，碳酸钠进入吸氨塔循环使用，从理论上分析，该工艺的碳原子利用率理论上可以为100%，故D正确；故选B。【点睛】13.一种高性能的碱性硼化钒(VB)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：该电池工作时，下列说法错误的是第10页/共22页A.负载通过0.04mol电子时，有0.224L(标准状况)O2参与反应B.正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高C.电池总反应为D.电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极【答案】B【解析】VB2发生失电子的反应生成和干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OHO+4e+2HO=4OH总反应方程式为4VB+20OH+6HO=8+4，据此分析。A0.04mol0.04mol0.04mol电子消耗0.01mol氧气，在标况下为0.224L，A正确；BOH使正极区pHOH使负极区OH浓度减小pHB错误；C．根据分析，电池的总反应为4VB+20OH+6HO=8+4，C正确；D．电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确；故选B。【点睛】本题在解答时应注意正极的电极方程式的书写，电解质溶液为碱性，则空气中的氧气得电子生成氢氧根；在判断电池中电流流向时，电流流向与电子流向相反。14.(NH)在水中的电离方程式为：NH+HONH+OHNH+HONH+OH。常温下将盐酸滴加到NH4水溶液中，混合溶液中含氮微粒的物质的量分数δ(X)随曲线lgc(OH)变第11页/共22页化关系如图所示。下列叙述错误的是A.M点溶液pH为3.5B.当δ(NH)=δ(NH)时，c(NH)=109•c(NH)C.P点溶液中：c(NH)+2c(NH)＜c(Cl)D.NHCl溶液中微粒浓度大小顺序：c(Cl)>c(NH)>c(OH)>c(NH)>c(H+)>c(NH)【答案】D【解析】NH4NH4消耗生成NHNH4物质的量分数δ(X)NH质的量分数δ(X)增大，恰好完全生成NH后，继续加入盐酸消耗NH生成NH，NH质的量分数δ(X)NH物质的量分数δ(X)1是NH2是NH3是NH信息可知，c()=c(NH)时，K(NH)==c(OH)=106.0，c()=c()时，K(NH)==c(OH)=1015.0，据此分析解题。【详解】AK×K=×=M点溶液，则，pOH=10.5，故pH=1410.5=3.5，A正确；B．当δ(NH)=δ(NH)时，即曲线2和曲线3的交点c(OH)=1015.0，根据K(NH)=106.0，则，即c(NH)=109•c(NH)，B正确；第12页/共22页，则存在：，C正确；D．水解平衡生成K===108＞K(NH)=1015NHCl溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH)，D错误；故答案为：D。二、非选择题。15.实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下：（1“酸浸”时与反应生成并放出，该反应的离子方程式为_______。（2pH约为7的溶液与溶液反应可生成含量与加料方式有关。得到含量较少的的加料方式为_______(填序号)。A．将溶液滴加到溶液中B．将溶液滴加到溶液中（3含量少的能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为(水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层)①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。②反萃取的目的是将有机层的实验操作有_______(填两项)。③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学式)。（4可用准确浓度的溶液滴定。。请补充完整实验方案：①准确量取溶液[约为]，加氧化剂将完全第13页/共22页将和待测溶液装入如图所示的滴定管中：③_______。【答案】（1）2CeO+HO+6H+=2Ce3++O↑+4HO（2）B（3）①.有利于提高Ce3+的萃取率②.适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反萃取③.、H+（425.00mL溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加溶液的体积；重复以上操作2~3次【解析】pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物。【小问1详解】根据信息反应物为与，产物为和，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO+HO+6H+=2Ce3++O↑+4HO；【小问2详解】反应过程中保持少量即可得到含量较少的，故选B；【小问3详解】(水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层)的化学平衡右移，利于提高Ce3+的萃取率，故答案为：有利于提高Ce3+的萃取率；根据平衡移动原理可知，应选择的实验条件是：适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反萃取；第14页/共22页H+为：、H+；【小问4详解】从滴定管中准确放出25.00mL溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加溶液的体积；重复以上操作2~3次。16.硫酸铁铵是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_______。（2______________少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_______(填标号)。（3）步骤③中选用的理由是_______，分批加入的理由是_______，加入足量的理由是_______，溶液要保持小于0.5的理由是_______。（4）检验硫酸铁溶液是否还有亚铁离子的试剂是_______(填化学式)。（5）步骤⑤的具体实验操作有_______，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（6）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，样品必须干燥，检验样品是否已经干燥合格的方法是_______1.5_______。第15页/共22页【答案】（1）碱煮水洗（2）①.加快反应速率②.水浴加热③.C（3）①.将Fe2+氧化为Fe3+的同时自身被还原为HO，不引入新杂质②.防止反应放热过多导致部分HO2分解③.将Fe2+全部氧化为Fe3+，提高产率④.抑制Fe3+水解（4）（5）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤（6）①.在干燥前用托盘天平称量样品的质量，然后将样品放在干燥器中，在干燥过程中定期取出样品进行称量，当连续两次称量的重量基本不变(或变化小于0.1g)时，可认为干燥已合格②.【解析】【分析】废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下可水解，且碱和Fe不反应，所以可以用碱性溶液除去废铁屑中的油污，然后向干净的铁屑中加入稀硫酸并水浴加热，稀硫酸和Fe发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的硫酸亚铁，向滤液中加入HO，Fe2+被氧化为Fe3+而得到硫酸铁溶液，然后向硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，然后通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵固体，以此解答该题。【小问1详解】步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗油污，即碱煮水洗。【小问2详解】步骤②加热的目的是为了加快反应速率；温度保持80~95℃，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热。铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，硫化氢在水中的溶解度不大，可以用氢氧化钠溶液吸收硫化氢气体，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置。【小问3详解】步骤③中选用的理由是它能将Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为HO，不引入新杂质；HO2受热易分解，为防止反应放热过多导致部分HO2分解，分批加入；同时为了将Fe2+全部氧化为Fe3+加入足量；为抑制Fe3+水解，溶液保持小于0.5，从而提高产率。【小问4详解】第16页/共22页【小问5详解】步骤⑤后得到硫酸铁铵晶体，则该步具体的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，再经干燥可得到样品。【小问6详解】检验硫酸铁铵样品是否已经干燥合格的方法：在干燥前用托盘天平称量样品的质量，然后将样品放在干燥(或变化小于0.1g)266+18x1.5个结晶水，失重，则，解得x12，则硫酸铁铵的化学式为。17.氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：（1）根据图1数据计算反应的_______。（2）研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤前的标号)，理由是_______。（3）合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为晶胞中含有的原子数为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。（4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为(物质i的摩尔第17页/共22页①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。②进料组成中含有惰性气体的图是_______。③图3中，当、时，氮气的转化率_______。该温度时，反应的平衡常数_______(化为最简式)。【答案】（1）（2）①.(ⅱ)②.在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比HH键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)（3）（4）①.②.合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大③.图4④.⑤.【解析】【小问1详解】在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应的。第18页/共22页由图1中信息可知，的，则的键能为；的HH键的键能为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比HH应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。【小问3详解】已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，设其晶胞中含有的原子数为晶体密度，解之得，即晶胞中含有的原子数为。【小问4详解】①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数，因此，图中压强由小到大的顺序为，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体的方向移动，因此，充入惰性气体不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体的图是图4