四川省泸州市泸县第五中学高三上学期12月月考化学试题

泸县五中高级高三上期第三学月考试化学第I卷注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。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.世界城市日城市可持续发展全球大会于2023年10月31展，共建以人为本的智慧城市”。会议的关键议题包括房屋品质、绿色低碳、数字治理等，以下做法不符合“绿色低碳”的是A.外出游玩，多乘坐公共交通B.火力发电技术成熟，应大力提倡C以竹代塑，可减少白色污染D.提倡垃圾分类回收，废物再利用【答案】B【解析】A符合“绿色低碳”原则，A不选；B体排放的主要来源之一，与“绿色低碳”的核心目标直接冲突，B可选；C“绿色低碳”理念，C不选；D．垃圾分类能将可回收物重新投入生产，减少对原生资源的依赖，契合“绿色低碳”理念，D不选；故选B。2.2024年诺贝尔化学奖授予在计算蛋白质设计、蛋白质结构预测方面做出卓越贡献的科学家。下列组成蛋白质的元素位于元素周期表s区的是A.NB.OC.HD.C第1页/共20页【答案】C【解析】【分析】组成蛋白质的元素有CHON，部分蛋白质含有Ss区包括第1H、碱金属）和第2【详解】A．N元素属于第二周期，其核外电子排布式为1s22s22p3，属于p区，不属于s区，故A项错误；B．O元素属于第二周期，其核外电子排布式为1s22s22p4，属于p区，不属于s区，故B项错误；C．H元素属于第一周期，其核外电子排布式为1s1，属于s区，故C项正确；D．C元素属于第二周期，其核外电子排布式为1s22s22p2，属于p区，不属于s区，故D项错误；故答案选择C项3.下列反应属于放热反应的是A.C＋CO22COB.2Al＋FeO32Fe＋AlO3C.C＋HOCO＋H2D.CaCO3CaO＋CO↑【答案】B【解析】AA不选；B于典型的放热反应，B选；C应，C不选；DD不选；故选B。4.下列离子能大量共存的是A.、、、B.、、、C.、、、D.、、、【答案】A【解析】第2页/共20页【详解】A．Cu2+、K+、、之间互不反应，能大量共存，A正确；B．Fe3+与OH反应生成Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，B错误；C．Ba2+与反应生成BaSO4沉淀，不能大量共存，C错误；D．H+与ClO结合形成弱酸HClOD错误；故答案选A。5.生活离不开化学，下列有关说法或操作正确的是A.铝制餐具可用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物B.保洁员用“84消毒液”和洁厕灵(主要成分盐酸)混合使用，为了增强去污效果C.技术员用铬酸氧化法对金属铝表面处理，为了增加膜的厚度和美丽的色彩D.化学实验员将实验转化后的难溶物或含有重金属的固体废渣，直接倒入下水道【答案】C【解析】A或碱反应，导致腐蚀和铝离子溶出，可能危害健康，A错误；B“84消毒液”（含次氯酸钠）与洁厕灵（含盐酸）混合会产生有毒氯气，不能增强去污效果，反而造成危险，B错误；C．铬酸氧化法用于铝表面处理，形成厚且多彩的氧化膜，起到装饰和防护作用，C正确；D．含有重金属的固体废渣直接倒入下水道会污染土壤和水源，应作为危险废物专门处理，D错误；故答案选C。6.为阿伏加德罗常数的值，关于反应说法错误的是A.常温下，参加反应转移个电子B.标准状况下，含氧原子数目为C.含数目为的KOH溶液浓度为D.含氧原子数为的和混合气体总质量为4.8g【答案】C【解析】【详解】A．O3在反应中作为氧化剂，其中1个O的化合价由0价降至2价，每1molO3转移2mol电子；第3页/共20页4.8gO3物质的量为0.1mol，故转移0.2mol电子，转移电子数为，A正确；B．标准状况下5.6LO2物质的量为0.25mol，含0.5mol氧原子，氧原子数目是，B正确；C．KOH溶液中K+数目为时，KOH物质的量为0.1mol，但浓度需结合溶液体积计算，题目未提供体积，无法计算其浓度，C错误；D．O2和O3混合气体中氧原子总数为0.3mol，氧原子的总质量为，D正确；故选C。7.同一短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，可形成离子化合物。其中X、Y、Z相邻，W原子核外电子数与基态X原子价电子数相等，是氧化性最强的单质。下列说法正确的是A.分子极性：B.第一电离能：C.简单氢化物还原性：D.含有离域键【答案】A【解析】【分析】是氧化性最强的单质，则Z是F；X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增大的同一短周期元素，则X为N，Y为O；W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B。所以W为B，X为N，Y为O，Z是F，据此解题。AWZ3为BFB原子采用sp2杂化，其空间构型为平面三角形，结构对称，属于非极性分XZ3为NFN原子采用sp3极性：BF<NF，即WZ<XZ，A正确；BX为NY为OZ为F，同一周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子的最外层达到半充满稳定状态，其第一电离能大于右边相邻元素，则第一电离能：O<N<F，即Y<X<Z，B错误；C．元素的非金属性越强，其简单氢化物的还原性越弱。非金属性：B<N<O，则简单氢化物还原性：HO<NH<BH，即Y<X<W，C错误；D．为B原子采用sp3B原子与4个F原子形成σσ域π键，D错误；故选A。8.现代工业制硫酸的核心反应是二氧化硫的催化氧化：为了优化第4页/共20页生产效率，下列对反应条件的分析与调控中，不合理的是A.使用作催化剂，旨在显著降低反应的活化能，从而提高反应速率，缩短达到平衡所需的时间B.选择在400500℃的温度下进行反应，主要目的是为了大幅提高的平衡转化率C.采用常压而非高压操作，是因为在此温度下反应速率已足够快，且加压对提高转化率的收益与设备成本相比不经济D.原料气进入接触室前需要经净化和干燥处理，以防止催化剂中毒，保证其活性和使用寿命【答案】B【解析】【详解】A．催化剂的作用是降低反应的活化能，从而加快反应速率，缩短达到平衡的时间，A正确；B．该反应是放热反应，升高温度会使平衡逆向移动，的平衡转化率会降低；选择400500℃的温度，主要是因为此温度下催化剂的活性最高，并非为了提高的平衡转化率，B错误；C产需求，且加压需要更高成本的设备，收益不如成本支出，因此采用常压操作，C正确；D．原料气中的杂质会使催化剂中毒，失去活性，因此原料气进入接触室前需经净化和干燥处理，D正确；故选B9.抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是A.存在顺反异构B.含有5种官能团C.可形成分子内氢键和分子间氢键D.分子式为【答案】D【解析】【详解】A．分子中碳碳双键两端的碳原子连接不同的原子或原子团，所以存在顺反异构，故A正确；B．含有的官能团有羧基、酰胺基、醚键、碳碳双键和醇羟基，5种官能团，故B正确；C．含有醇羟基和羧基，羟基和羧基距离较近，能形成分子内和分子间氢键，故C正确；D．根据结构简式，该有机物分子式为CHNO，故D错误；第5页/共20页10.硫酸和硝酸混合的稀溶液200mL度为2mol/L(溶液体积变化可忽略)，收集到无色气体6.72L(标况)。下列说法不正确的是A.无色气体遇空气变为红棕色B.无色气体中两种气体体积比为2∶1C.原溶液中硫酸与硝酸的浓度之比为3∶2D.参与反应的锌的物质的量为0.4mol【答案】C【解析】【详解】A．无色气体中含有NO，遇空气被氧化为NO，因此变为红棕色，A正确；B．反应后溶液中只含有一种溶质，且浓度为2mol/L(溶液体积变化可忽略)，溶质只能是硫酸锌，物质的量是0.4mol，参加反应的锌是0.4mol，失去0.8mol电子，无色气体6.72L(标况)，物质的量是0.3mol，设H2和NO分别是xmol、ymol，则x+y＝0.3、2x+3y＝0.8，解得x＝0.1、y＝0.2，因此无色气体中两种气体体积比为2∶1，B正确；C．根据原子守恒可知硫酸和硝酸的物质的量分别是0.4mol、0.2mol，因此原溶液中硫酸与硝酸的浓度之比为2∶1，C错误；D．参与反应的锌的物质的量为0.4mol，D正确；答案选C。在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与鸟嘌呤作用进而破坏DNA的是A.鸟嘌呤和中N原子的杂化方式完全相同B.在中，配体与铂的结合能力第6页/共20页C.鸟嘌呤中的原子电负性：D.(C)结构中化学键包括：共价键、配位键、氢键【答案】B【解析】AN原子均为sp2杂化；中NH3的N为sp3杂化，二者N原子杂化方式不完全相同，故A错误；BCl被OHNH3NH3与PtCl⁻<NH，故B正确；C．元素非金属性越强电负性越大，电负性应为O>N>H，故C错误；D．氢键不属于化学键，结构(C)中化学键包括共价键和配位键，故D错误；选B。12.为探究碳酸钠及碳酸氢钠的部分性质，设计如下实验和装置。下列说法正确的是实验①：向溶液中逐滴加入足量的的稀盐酸实验②：向溶液中逐滴加入足量的的稀盐酸实验③：A.加盐酸过程中，产生气体的速度：B.加盐酸前，先向两溶液中滴加1~2滴酚酞溶液，溶液的红色更深C.实验③可验证和的热稳定性，其中甲为D.>实验②【答案】B【解析】【详解】A．直接与盐酸反应生成二氧化碳气体，与盐酸的反应分步进行，盐酸少量时，先生成，继续加盐酸，再生成二氧化碳气体，故加盐酸过程中产生气体的速度第7页/共20页B．的水解程度大于，故同浓度溶液的碱性更强，滴加酚酞后红色更深，B正确。C接加热的乙处；易分解，应放在间接加热的甲处，C错误。D．与足量盐酸反应的化学方程式为，与盐酸反应的化学方程式为和分=实验②，D错误。故选B。13.低品位热(温度低于)热区至冷区的梯度驱动对苯醌()和对苯二酚()的转换。下列说法不正确的是A.该装置可实现热能转化为电能B.电池左侧电极为热端电极C.正极电极反应式为+2H++2e−=D.保持冷热端温差恒定，该电池可持续放电【答案】B【解析】【分析】由图可知，聚合物（含多个羧基）向左侧电极移动时，遇冷膨胀，释放出H+，对苯醌在左侧电极得到电子，并结合H+，转化为对苯二酚，左侧电极为正极；聚合物（含多个羧酸根）向右侧电极移动时，第8页/共20页A实现热能转化为电能，A正确；B．由图可知，聚合物（含多个羧基）向左侧电极移动时，遇冷膨胀，释放出H+，可见左侧电极为冷端电极，B错误；C．由分析可知，对苯醌在左侧电极（正极）得到电子，并结合H+，转化为对苯二酚，电极方程式为：+2H++2e=，C正确；D．该电池实质是将热能（低品位热）转化为电能，保持冷热端温差恒定，该电池可持续放电，D正确；故选B。14.为探究溶液对水解平衡的影响，向等体积的稀溶液中分别加入不同的酸(控制温度不变，忽略溶液体积变化)。实验过程及现象如下：编号①②③④⑤⑥⑦试剂无浓盐酸浓硝酸浓硫酸体积—210210210／滴黄均为黄色，颜色④接近无色，均接近现象色深浅：②＜①＜③⑤浅黄色无色已知：为黄色。下列分析正确的是A.①中溶液显黄色的原因是本身为黄色B.加入浓盐酸不影响的水解平衡C.少量浓硝酸使水解平衡逆向移动，过量浓硝酸使水解平衡正向移动D.探究对水解平衡的影响，最好选用稀溶液和浓硫酸【答案】D【解析】第9页/共20页几乎无色，故并非本身显黄色，A错误；B．加入浓盐酸引入和，抑制与形成黄色络合物，显著影响水解平衡，B错误；C始终抑制中⑤浅黄色可能因其他因素，但水解平衡方向不变，C错误；D改变pH络合或解被抑制而无其他干扰，适合单独研究pH影响，D正确；故答案选D。第卷分二、非选择题：本题共4个小题，共分。15.乙酰苯胺()通过苯胺()和乙酸()反应制得。原理如下：已知：①刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。②部分物质性质如表格所示：相对溶解性熔点/沸点/物质状态分子备注℃℃水有机溶剂质量在空气中无色油状液苯胺936.2184微溶易溶极易被氧体化第10页/共20页乙酸性气味的液6016.6易溶易溶易挥发体乙酰苯微溶于冷白色粉末易溶胺4中会水解实验室制备乙酰苯胺的步骤如下：Ⅰ．粗乙酰苯胺的制备。①反应装置如图1所示，先向圆底烧瓶中加入少许锌粉和()新制备的苯胺，再向其中加入(约)冰醋酸，缓慢加热至充分反应；②充分反应后，趁热将反应液倒入盛有冷水的烧杯中，充分冷却至室温后，有白色晶体析出；③充分冷却至室温后，减压过滤(装置如图2)，用液体X洗涤晶体2~3次,用滤液冲洗烧杯中残留的晶体，再次过滤，将两次过滤得到的固体合并在一起。Ⅱ．乙酰苯胺的提纯。①将上述制得的粗乙酰苯胺固体移入烧杯中，加入热水，加热至沸腾，待粗乙酰苯胺完全溶解后，再补加少量蒸馏水；②稍冷后，加入少量活性炭吸附色素等杂质，再补加少量蒸馏水；③待滤液冷却至室温，有晶体析出，一系列操作后，称量所得产品质量为。回答下列问题：（1）图1中a处装置应选择_______(从仪器A、B中选择，填仪器名称)。（2）实验中加入少量锌粉的作用是_______；判断反应基本完成的现象是_______。（3）减压过滤的优点是_______；步骤Ⅰ③中用滤液而不用冷水冲洗烧杯的原因是_______X第11页/共20页液体宜选用_______(填字母)。A.乙醇B.溶液C.冷水D.乙醚（4）步骤Ⅱ中，称量前的“一系列操作”是_______；步骤Ⅱ所用提纯乙酰苯胺的方法叫_______。（5）本实验所得乙酰苯胺的产率为_______(精确至0.1%)。【答案】（1）直形冷凝管（2）①.防止苯胺被氧化，同时起着沸石作用，可防暴沸②.冷凝管中不再有液滴产生（3）①.加速过滤，得到的晶体较干燥②.除去乙酸等杂质，减少乙酰苯胺的溶解损失③.C（4）①.过滤、洗涤、干燥②.重结晶（5）57.6%【解析】【分析】本实验是通过苯胺和乙酸反应制备乙酰苯胺，由于苯胺在空气中极易被氧化，故向乙酸中加入少量Zn粉，Zn粉和乙酸反应生成氢气，排出装置内空气，防止苯胺被氧化；由于乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，故将反应后混合物倒入冷水中，使乙酰苯胺晶体析出，洗涤后得到粗品，重结晶提纯得到纯净的乙酰苯胺。【小问1详解】如图1装置为制备乙酰苯胺的发生装置，苯胺和乙酸反应生成乙酰苯胺和水，该反应为可逆反应，实验中将生成的水蒸馏分离出来有利于提高乙酰苯胺的产率，图中蒸馏时选择A直形冷凝管冷却水蒸气。【小问2详解】由于苯胺在空气中极易被氧化，故向乙酸中加入少量Zn粉，Zn粉和乙酸反应生成氢气，排出装置内的空气，防止苯胺被氧化，同时锌粉起着沸石作用，可防暴沸；苯胺和乙酸反应生成乙酰苯胺和水，该反应基本完成时则无水被蒸馏出来，即冷凝管中不再有液滴产生。【小问3详解】减压过滤相对于过滤的优点是过滤速率较快，且得到的晶体较干燥；洗涤晶体的X液体为冷水，乙酰苯胺微溶于冷水，若再用冷水冲洗烧杯中晶体可使部分乙酰苯胺溶解而造成损失，而滤液本身是已溶解乙酰苯胺达饱和的冷水，故该滤液不再溶解乙酰苯胺，会减少乙酰苯胺的溶解损失，同时滤液能除去乙酸等杂质；乙酰苯胺易溶于有机溶剂如乙醇、乙醚，若用乙醇、乙醚洗涤会因溶解造成较大损失，乙酰苯胺在ABD小损失小，故洗涤晶体的X液体为冷水，C正确。【小问4详解】第12页/共20页()新制备的苯胺，(约)冰醋酸混合反应时，冰醋酸过量，苯胺少量，理论生成的乙酰苯胺物质的量为，则产率为。16.一种从废钴渣［主要含Co的有机物盐及Fe(III)、Fe(II)、Mn(II)］中分离铁、锰并回收钴的工艺流程如下。已知：①黄铵铁矾与FeOOH均易于沉降和过滤，通常为无定形胶状物；②该工艺条件下，。回答下列问题：（1）写出基态钴原子的价层电子排布式_______。（2元素的含量，说明“焙烧”与“酸浸”两步工序的主要目的是_______。元素CoFe钴渣中含量0.681.40酸浸液中含量20.382.44（3_______。（4的初始浓度为_______(保留1位小数)。确定已被除尽的试剂是_______(填化学式)。（5、_______。（6发生反应的离子方程式为_______。研究表明，在该步骤中控制pH为4.5第13页/共20页【答案】（1）（2）富集Co元素（3）（4）①.2.0②.KSCN（5）（6）①.②.在氧化沉锰步骤中有生成，滴加溶液，可维持pH为4.5【解析】【分析】废钴渣［主要含Co的有机物盐及Fe(III)、Fe(II)、Mn(II)］焙烧，加入硫酸生成Co2+、Fe3+、Fe2+、Mn2+NaCO3生成FeOOH化沉铁过滤得到MnO4和FeOOH，含钴液回收利用，据此分析；【小问1详解】钴是第27号元素，基态钴原子的价层电子排布式；【小问2详解】由钴的含量可知，“焙烧”与“酸浸”两步工序的主要目的是富集Co元素；【小问3详解】“一次沉铁”硫酸铁和硫酸铵生成黄铵铁矾，化学方程式为；【小问4详解】的初始浓度为，则的初始浓度为，，，则pH=2；检验是否存在的试剂是KSCN；【小问5详解】第14页/共20页【小问6详解】“氧化沉铁锰”中明，在该步骤中控制pH为4.5，可保证铁沉淀完全。实际操作中，须不断滴加溶液，结合相关反应说明其必要性在氧化沉锰步骤中有生成，滴加溶液，可维持pH为4.5。17.示范项目打通全流程实现，项目投产成功。（13CO(g)+6H(g)CHCHOH(g)+CHOH(g)+HO(g)ΔH=_______(用含ΔHΔHΔH3的代数式表示)。已知：i．2CO(g)+4H(g)CHOCH(g)+HO(g)ΔH1ii．CHOCH(g)+CO(g)CHCOOCH(g)ΔH2iii．CHCOOCH(g)+2H(g)CHCHOH(g)+CHOH(g)ΔH3在恒温恒容密闭容器中充入3molCO(g)和7molH(g)仅发生反应3CO(g)+6H(g)CHCHOH(g)+CHOH(g)+HO(g)，下列叙述正确的是_______(填标号)。A．混合气体总压强不随时间变化时，反应达到平衡状态B．反应达到平衡时，CHCHOH体积分数可能为25%C．反应达到平衡后，再充入少量CO，CO的平衡转化率增大D．反应达到平衡后，再加入高效催化剂，乙醇产率保持不变（2）醋酸酯加氢制乙醇是一个乙酰基产物制备乙醇的路线。①醋酸酯加氢的催化效能如表所示：反应条件反应性能实验组催化剂原料温度/°C压力/MPa转化率/%选择性/%1Cu/SiO2醋酸甲酯.199.02CuCr醋酸乙酯2502.8接近完全93.83Cu/ZnO醋酸乙酯.0第15页/共20页上述实验中，催化效能最好的为实验_______(填序号)，与之对比，实验3中，醋酸酯平衡转化率较低的主要原因可能是________(从表中所给条件的角度分析)。②醋酸甲酯加氢历程一般认为可分为如下步骤(*代表催化剂位点，已知：CHCO*+H·→CHCHO)：a．CHCOOCH→CHCO·+CHO·b．CHCO·+*→CHCO*(慢)c．CHO·+*→CHO*(快)d．CHCO*+3H·→CHCHOHe．CHO*+H·→CHOHb和c的步骤中，活化能较小的是_______()，控制总反应速率的步骤是_______析上述步骤，副产物除CHOH外，还可能有_______(写一种即可)。（3）甲醇也是新能源的重要组成部分。以CO、H2为原料合成CHOH涉及的反应如下：iv．CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)ΔH<0v．CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)ΔH>0vi．CO(g)+2H(g)CHOH(g)ΔH<0在不同压强下、按照n(CO)∶n(H)=1∶3进行投料，在容器中发生上述3个反应，平衡时，CO和CHOH在含碳产物(即CHOH和CO)中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图，压强p、p、p3由大到小的顺序为______________(填“m”或“n”)代表CHOH在含碳产物中物质的量分数，在T为p3时，反应v的浓度平衡常数K=_______(填含α的表达式)。第16页/共20页（2）①.1②.压强太小，不利于平衡向正反应方向移动③.c④.b⑤.CHCHO（3）①.p>p>p3②.m③.【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应i+ii+iii可得反应3CO(g)+6H(g)CHCHOH(g)+CHOH(g)+HO(g)，则反应ΔH=ΔH+ΔH+ΔH；A应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；B．若一氧化碳完全反应，由方程式可知，反应后氢气、甲醇、乙醇、水蒸气的物质的量都为1mol，甲醇的体积分数可能为25%，该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以反应达到平衡时，甲醇体积分数不可能为25%，故错误；C误；D正确；故选AD，故答案为：ΔH+ΔH+ΔH；AD；【小问2详解】由表格数据可知，实验1催化剂的选择性高于实验2、4，原料的转化率高于实验3，所以述实验中，催化效能最好的为实验113的反应温度与1相近，压强小于实验13的压强太第17页/共20页制总反应速率，所以在b和c的步骤中，活化能较小的是快反应c、控制总反应速率的步骤是慢反应b；由反应CHCO*+H·→CHCHO可知，醋酸酯加氢制乙醇时，副产物除了甲醇外，还有乙醛，故答案为：1；压强太小，不利于平衡向正反应方向移动；c；b；CHCHO；【小问3详解】由方程式可知，反应iv、vi均为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量减小、一氧化碳的物质的量增大，反应v为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的物质的量增大，所以升高温度，甲醇在含碳产物中物质的量分数减小，则曲线m表示甲醇在含碳产物中物质的量分数；反应iv、vi均为体积减小的反应，增大压强，平衡向正反