重庆市第一中学高高三下学期3月月考化学试题

重庆市第一中学校高届高三下学期3月月考化学试题注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。考试结束后，将答题卡交回。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.下列关于食品添加剂的使用错误的是A.谷氨酸钠——增味剂B.碘酸钾——营养强化剂C.硫酸铜——凝固剂D.维生素C——抗氧化剂【答案】C【解析】【详解】A．谷氨酸钠是味精的主要成分，可提升食品鲜味，属于增味剂，A正确；B．碘酸钾可补充人体必需的碘元素，用作食盐的营养强化剂，B正确；C．硫酸铜是重金属盐，有毒性，禁止用作食品添加剂，不能作为食品凝固剂，C错误；D．维生素C具有还原性，可防止食品氧化变质，可用作抗氧化剂，D正确；答案选C。2.下列化学用语或图示错误的是A.邻羟基苯甲醛分子内氢键：B.用电子式表示CsCl形成过程：C.葡萄糖的一种环状结构简式：第1页/共24页

D.键的形成：【答案】B【解析】【详解】A．邻羟基苯甲醛可以形成分子内氢键，氢键习惯上用虚线表示，图示画法正确，A不符合题意；B．是离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，阴离子需要加方括号，正确的形成过程为，B符合题意；C．葡萄糖的六元环状半缩醛结构与图示结构一致，C不符合题意；D．键是轨道以"肩并肩"D不符合题意；答案选B。3.下列实验操作正确的是A．量筒的读数为5.0mLB．转移溶液C．加热溶液D．点燃酒精灯A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．量筒量取液体时，视线与凹液面的最低处应保持水平，且不可俯视或仰视，A错误；第2页/共24页

B．使用玻璃棒引流时，玻璃棒下端应抵在刻度线以下的瓶颈内壁上，B错误；C．加热试管内的液体，液体体积不能超过试管容积的三分之一，C正确；D．点燃酒精灯要用火柴，不可用燃着的酒精灯，否则会引起火灾，D错误；故答案选C。4.下列离子方程式正确的是A.用稀盐酸浸泡氧化银：B.向硫酸溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液：C.用氢氟酸刻蚀玻璃：D.向次氯酸钠溶液中通入过量二氧化碳：【答案】A【解析】A．是金属氧化物，不能拆分为离子，与盐酸反应生成和水，该离子方程式原子守恒、电荷守恒、反应原理均正确，A正确；B．向硫酸中滴加少量碳酸氢钡溶液，碳酸氢钡完全反应，溶液中与的个数比应为1:2，正确离子方程式为，B错误；C．氢氟酸(HF)是弱电解质，不能拆分为和，正确的离子反应方程式为，C错误；D反应产物应为，正确的离子方程式为，D错误；故答案选A。5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.B.粗高纯C.D.第3页/共24页

【答案】B【解析】【详解】A．第一步N2和H2在高温高压催化剂条件下可合成NH，第二步NH3在催化剂、加热条件下与O2反应可生成NO，NO不与水直接反应生成硝酸，最后一步转化无法实现，A项错误；BSiO2与CHCl在高温下反应生成SiHClSiHCl3与H2在高温下发生还原反应可得到高纯硅，所有转化均能实现，B项正确；C．MgCl2溶液与石灰乳反应可得Mg(OH)，Mg(OH)2与盐酸反应可得MgCl2溶液，电解MgCl2溶液无法得到Mg单质，工业制备Mg需要电解熔融MgCl，最后一步转化无法实现，C项错误；D．S在O2中点燃只能生成SO，无法直接生成SO，第一步转化无法实现，D项错误；答案选B。6.一种可再生高分子的合成反应如下：下列说法正确的是A.该反应为缩聚反应B.1molX与饱和溴水反应，消耗1molC.化合物Y最多有6个原子共平面D.化合物Z有4种官能团【答案】A【解析】【详解】A．由合成反应方程式可知，X+Y生成高分子聚合物Z和，符合缩聚反应的特征，A正确；BX反应，结合X中酚羟基所连碳原子的对位碳原子和1个邻位碳原子连接的氢原子被其他基团取代，只有1个邻位氢能与溴水发生取代反应，故1molX能消耗2mol，B错误；C．化合物Y中含有碳碳双键，则至少有6个原子共面，C错误；DZ5种官能团；链节内有醚键、碳碳双第4页/共24页

键、酯基，共3种官能团，D错误；答案选A。7.锆酸锶(，摩尔质量为)的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为的坐标分别为和为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.b的坐标为B.锆原子填充在氧原子形成的八面体空隙中C.与O原子距离最近且等距的O原子的数目为8D.该晶体的密度为【答案】D【解析】【详解】A．b位于左侧面心，在x、y、z轴上投影坐标分别为0、、，坐标为，A正确；B．与位于体心的锆原子距离最近且等距的O原子有6个，此6个O原子形成八面体空间结构，锆原子填充在氧原子形成的八面体空隙中，B正确；C．以顶面面心氧原子为参照物，距离其最近的氧原子在四个侧面面心上，这样的氧原子有8个，C正确；D．据“均摊法”，晶胞中含个Sr、1个Zr、个O，则晶体密度=，D错误；故选D。8.已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：共价键第5页/共24页

键能热化学方程式则的为A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】已知反应：=，，则，故答案选B。9.四种含氟化合物的熔、沸点如下表所示，下列说法正确的是氟化物NaF熔点/223.993℃8沸点/144.1695℃8A.的VSEPR模型为V形B.比更易与形成配离子C.D.中存在离子键、极性键和非极性键【答案】D第6页/共24页

【解析】A原子的价层电子对数键数孤电子对数的模型为四面体形，A错误；BF的电负性大于NN−F中成键电子对偏向F中的N原子核对孤电子对的吸引力增强，难以形成配位键，则不易与形成配离子，B错误；C．和点均低于，即，；和都是分子晶体，相对分子质量：，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，因此熔点，沸点，C错误；D．该物质由和构成，阴阳离子之间存在离子键；阳离子中存在非极性共价键，以及、、极性共价键；阴离子中存在极性共价键，因此该化合物同时存在离子键、极性键和非极性键，D正确；故选D。10.下列实验中，结论正确且与现象具有因果关系的是选项实验现象结论A在CuSO4溶液中加入一小块NaNa溶解，生成沉淀有Cu生成产生的气体可使湿润的红色B将浓氨水滴加至烧瓶中的CaO上有氨气生成石蕊试纸变蓝C在Fe(NO)2溶液中加入稀HSO4溶液变为黄色稀HSO4具有氧化性D将氯气通入I—淀粉溶液中溶液蓝色褪去氯气具有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】第7页/共24页

A.在CuSO4溶液中加入一小块NaNa2Na+2HO=2NaOH+HNaOH与CuSO42NaOH+CuSO=Cu(OH)↓+NaSONa与Cu的置换反应，A错误；B.将浓氨水滴加至烧瓶中的CaOCaO反应产生Ca(OH)CaOCa(OH)2电离产生的OH使溶液中c(OH)NH3·HONH++OH受到抑制，NH·HO分解产生氨气，NH3溶于水反应产生NH·HO，NH·HO电离产生OH，使溶液显碱性，因此可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确；C.在Fe(NO)2溶液中加入稀HSO，在酸性条件下，H+、NO、Fe2+会发生氧化还原反应产生Fe3+，使溶液变为黄色，不是稀HSO4把Fe2+氧化所致，C错误；D.将过量氯气通入I—粉溶液中，发生反应：Cl+2KI=2KCl+I，I2遇淀粉溶液变为蓝色，但氯气过量，过量的氯气会将I2氧化为IO，因此又会看到蓝色褪去，不是氯气具有漂白性，D错误；故合理选项是B。化合物XYZEME3可用作肥料，所含5种元素均为短周期主族元素。X、Y和Z为同周期元素，原子序数依次递增。X的基态原子价层电子排布式为nsn2，Z的基态原子价电子层p轨道半充满。E与M同周期，且未成对电子数相同，E是地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是A.元素电负性：Z>E>MB.原子半径：Y>E>MC.第一电离能：Z>Y>XD.E3和ME2的空间结构均为直线形【答案】C【解析】【分析】化合物XYZEME3所含的5种元素均为短周期主族元素，X的基态原子价层电子排布式为nsn2，n只能为3X为NaXY和ZZ的基态原子价层p轨道半充满，Z为P元素；E是地壳中含量最多的元素，E为O元素；E与M同周期，且未成对电子数相同，M为C元素；化合物中正负化合价的代数和为0，可知Y为+2价，则Y为Mg元素，以此来解答。【详解】A．由分析可知，M为C、Z为P、E为O，根据同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小可知，元素电负性O＞P＞C即E>Z>M，A错误；B．由分析可知，Y为Mg、E为O、M为C，根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大可知，原子半径Mg＞C＞O即Y>M>E，B错误；C．由分析可知，X为Na、Y为Mg、Z为P，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势可知，第一电离能：P＞Mg＞Na即Z>Y>X，C正确；D．由分析可知，E为O、M为C，则E3即O3的空间构型为V形，ME2即CO2的空间结构为直线形，D第8页/共24页

错误；故答案为：C。12.电化学传感器是将环境中浓度转变为电信号的装置，工作原理如图所示。已知在测定含量过程中，电解质溶液的质量保持不变。一定时间内，若通过传感器的待测气体为22.4L(标准状况)重了1.6g。下列说法错误的是A.甲电极的电极反应为B.乙电极的电势高于甲电极的电势C.反应过程中转移的物质的量为0.2molD.待测气体中氧气的体积分数为【答案】A【解析】【详解】A．根据装置图分析可知，该装置为原电池，通入氧气的一极为正极，乙电极即Pt电极为正极，甲电极Pb为负极，则甲电极反应为，A错误；B．乙为正极，甲为负极，乙电极的电势高于甲电极的电势，B正确；C．Pb电极为负极，电极反应为，转移2mol电子时，结合2mol氢氧根离子，电极质量增重16g，该电极增重的质量为1.6g，则反应过程中转移OH的物质的量为0.2mol，C正确；D．根据选项C的分析可知，转移电子物质的量为0.2mol，正极电极方程式为O+2HO+4e＝4OH，标准状况下消耗氧气的体积为D正确；故答案选A。13.溶液中的物种分布系数与pH的关系如下图所示。[比如的分布系数第9页/共24页

]。对于的溶液，下列叙述错误的是A.水解常数：B.C.时，D.采用溶液滴定，指示剂酚酞比甲基橙更准确【答案】C【解析】【分析】当pH较低时，CHCOOH主要以分子形式存在，而随着pHCHCOO−的比例逐渐增加，因此图中下降的曲线表示δ(CHCOOH)，上升的曲线表示δ(CHCOO−)。【详解】A．根据图示，当pH=4.75时，δ(CHCOOH)=δ(CHCOO−)，即，此时，水解常数为：<，A正确；B．根据定义：，将变形为：δ的表达式：第10页/共24页

，B正确；CpHHCl或NaOHH+CHCOOHCHCOO和OH外，还存在其他带电离子，根据电荷守恒：，C错误；D．在滴定0.10mol/LCHCOOH时，终点pH约为8.7（生成CHCOONa是8.0~9.6，而甲基橙是3.1~4.4。显然，酚酞更适合作为指示剂，因其变色点更接近滴定终点，D正确；故选C。14.在三个2L恒容密闭容器中分别加入0.1molA(g)和0.98molB(g)发生反应：。在不同温度下，反应10分钟时A(g)物质的量n如图所示。下列说法错误的是A.该反应的B.容器甲中当前状态下：(甲)(甲)C.容器乙中平均反应速率D.容器丙中当前状态下反应速率(正)(逆)【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，甲容器温度低，反应速率慢，10分钟未达到平衡，容器丙温度最高，反应速率快，10分钟后A的物质的量比容器乙少，丙容器达到了平衡状态，说明升温平衡逆向移动，则正反应为放热反应，即，A正确；B．已知温度越高反应速率越快，则丙容器的速度最快，A的物质的量为0.02mol，甲容器的反应速率最慢，A的物质的量为0.06mol10min第11页/共24页

状态下：(甲)(甲)，B正确；C．由题干图像信息可知，10min时容器乙A的物质的量变化量为0.1mol0.01mol=0.09mol，根据方程式可知，10min时B的变化量为0.09mol×2=0.18mol，则乙容器中平均反应速率，C正确；D(正)(逆)，D错误；故答案为：D。二、非选择题：本题共4小题，共分。15.某科研团队以高铬型钒磁铁矿(主要成分为FeVO、FeCrO4及SiO、AlO3等杂质)，通过以下工艺流程提取钒和铬。已知：①焙烧后，钒元素以形式，铬元素以形式存在；②。（1Cr原子的简化电子排布式：_______V_______(填序号)。A．B．C．D．（2）高铬型钒磁铁矿因表面附着有矿物油，可用_______(填序号)洗涤。A.NaOH溶液B.HSO4溶液C.乙醇溶液D.碳酸钠溶液（3）写出FeVO4焙烧化学方程式：_______。（4）滤渣2为_______(填化学式)。第12页/共24页

（5“沉钒”得到，若洗脱后的溶液中，为使钒元素的沉淀率达到，则沉钒后溶液中的至少为_______。(忽略溶液体积的变化)（6）为测定所制得样品的纯度，进行如下实验：称取2.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得溶液。量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入过量的溶液，再用标准溶液滴定过量的至终点，消耗标准溶液的体积为8.00mL。则样品的纯度为_______。已知：实验过程中反应如下：(未配平)；(未配平)。【答案】（1）①.[Ar]3d54s1②.C（2）C（3）4FeVO+8NaOH+5O28NaVO+2FeO+4HO（4）Al(OH)、HSiO3（5）1.6（6）45.50%【解析】【分析】高铬型钒磁铁矿(主要成分为FeVOFeCrO4及SiOAlO3等杂质)FeVO4被氧化，钒元素以形式存在；铬元素：FeCrO4被氧化，铬元素以形式存在；杂质反应：SiO2与NaOH反应生成NaSiOAlO3与NaOH反应生成Na[Al(OH)]NaSiONa[Al(OH)]和1(成分为FeO)RN(CH)Cl树脂进行离子交换，实现钒、铬与其他杂质的初步分离。向含钒的洗脱液，加入NHCl固体，得到NHVO3沉淀。铬的提取：将离子交换后含铬的溶液，调节pH至6，可能使部分杂质沉淀，得到滤渣2[Al(OH)、HSiO]；加入焦亚硫酸钠溶液，被还原，Cr从+6价被还原为较低价态，还原后调节pH，使铬元素以Cr(OH)3沉淀形式析出，据此分析解题。【小问1详解】已知Cr是24号元素，根据能级构造原理和洪特规则及特例可知，基态Cr原子的简化电子排布式：[Ar]3d54s1，V是23号元素，其核外电子排布为：[Ar]3d34s2，则V基态原子的价层电子排布式为：3d34s2，故第13页/共24页

图中图C处于基态，图A、B不符合洪特规则，D为激发态，故答案为：[Ar]3d54s1；C；小问2详解】矿物油属于烃类，易溶于有机溶剂，乙醇是有机溶剂，可用于洗涤矿物油，而NaOH溶液、碳酸钠溶液、HSO4溶液与矿物油不反应且不溶解矿物油，故答案为：C；【小问3详解】焙烧后，钒元素以形式，氧元素的化合价降低，铁和钒的化合价升高，故方程式为：4FeVO4+8NaOH+5O28NaVO+2FeO+4HO；【小问4详解】焙烧时，SiO2转变为硅酸钠，AlO3转变为Na[Al(OH)]，调pH至6，硅酸钠和Na[Al(OH)]反应得滤渣2的成分为Al(OH)、HSiO；【小问5详解】“沉钒“得到NHVOc()=0.1mol/L99%中的c()=0.1mol/L×(199%)=0.001mol/L，沉钒后溶液中的c()至少为==1.6mol/L，故答案为：1.6；【小问6详解】根据电子守恒可得到n[(NH)Fe(SO)]=n()+5n(KMnO)，即n()=n[(NH)Fe(SO)]5n(KMnO)=30×103L×0.2000mol/L5×8.00×103L×0.1000mol/L=2.0×103moln(VO)=n()=×2.0×103mol=1.0×103mol，则VO5样品的纯度为×100%=45.50%。16.氨硼烷()者按以下步骤制得氨硼烷，部分操作及反应条件略。回答下列问题：I．制备氨源：溶于浓氨水中，充分溶解后再加入适量流反应2h第14页/共24页

。（1）仪器A中的试剂为_______。（2）下列说法正确的是_______(填序号)。A.冷凝水应该从X口进入，Y口流出B.中的的键角比中的的键角小C.减压过滤的优点为加快过滤速度，并使固体更干燥D.加入适量饱和溶液的目的是调节溶液pH，防止生成沉淀，同时也可以促进配合物的形成（3）设计实验证明中2个均不作配体：_______。II．纯化溶剂：四氢呋喃()干燥和收集的回流装置如图所示(夹持及加热装置略)呈蓝色。（4）①用Na干燥四氢呋喃的原理是_______(用化学方程式表示)。②回流过程中，除水时打开的活塞是_______，体系变蓝后，改变开关状态收集四氢呋喃。第15页/共24页

III．制备氨硼烷()i．安装仪器，检验装置的气密性；ii．向仪器a中加入和200mL四氢呋喃，加热回流充分反应；iii．将仪器a中混合体系离心分离，取上清液，Ar保护下蒸发结晶，制得2.8g氨硼烷。过滤洗涤，回收Mg和。（5）装置B中石蜡油的作用是_______。（6）过滤需用到下列的仪器有_______(填序号)。（7）①制备氨硼烷反应的化学方程式为_______。②本实验中氨硼烷的产率为_______(保留三位有效数字)。【答案】（1）无水氯化钙（2）CD（3AgCl沉淀的物质的量与的物质的量之比为2：1（4）①.②.（5）油封，防止C中水蒸气进入A中（6ACEG（7）①.②.90.3第16页/共24页

【解析】【小问1详解】仪器A是干燥管，作用是吸收挥发出的NH₃，所以选择无水氯化钙；【小问2详解】A．因为冷凝管要增强冷凝效果，所以冷凝水应下进上出，故A错误；BNH作为配体时NHNH键角比NH中大，故B错误；C．因为减压过滤利用压强差，所以能加快过滤速度且使固体更干燥，故C正确；D．因为NH₄Cl能抑制NH₃·H₂O电离，降低OH浓度，同时增大NH₄⁺浓度促进配合物形成，所以可防止Mg(OH)沉淀生成，故D正确；故答案选CD。【小问3详解】若中作配体，溶液中不能电离出来，而外界的在溶液都能电离出来，加入AgNO3溶液能生成AgClAgCI沉淀的物质的量与的物质的量之比为2:1即可证明2个均不作配体；【小问4详解】①因为NaNa和水反应生成NaOH和H形成循环，所以打开K、K，关闭K，让溶剂在装置内回流；【小问5详解】装置B中石蜡油的作用是形成液封，可以防止空气进入反应装置以及后续装置中的液体倒吸；【小问6详解】因为过滤需要铁架台、普通漏斗、烧杯、玻璃棒；【小问7详解】①根据反应物、和生成物MgNaCl平化学方程式；②先根据反应物的量判断过量情况，以不足量的反应物计算理论产量，再用实际产量除以理论产量计算产率，，的物质的量为，第17页/共24页

可知的量来计算得出理论上生成的物质的量为，质量为，则本实验中氨硼烷的产率为。17.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）目前工业上主要以和为原料合成：①相关物质的燃烧热数据如下表所示：物质燃烧热该反应在常温下_______(填“能”或“不能”)自发。②利于提高合成氨平衡产率的条件有_______(填序号)。a．低压b．高压c．催化剂d．低温e．高温③将()发生上述反应，的平衡转化率为。该反应的平衡常数_______。(用含的代数式表示)（2）以氮掺杂多孔碳(NPC)为电极，电催化还原也可制备。理论计算的反应进程如下图，吸附在催化剂表面的物种用＊标注。第18页/共24页

①产物主要通过途径_______(填“1”或“2”)生成。②上图框中的中间体为_______(填序号)。a．b．c．d．（3）为探究产物中氮元素的来源，可采用的实验方法是_______(填序号)。a．红外光谱法b．质谱法c．元素分析法d．同位素示踪法e．X射线衍射法f．核磁共振法（4）以和为原料通过电化学方法也能实现合成氨，反应装置如图所示。①阳极的电极反应为_______。②同温同压下，相同时间内，若进口II的，出口II处气体体积为进口II处的0.75倍，则的转化率为_______。【答案】（1）①.能②.bd③.（2）①.1②.c（3）d（4）①.②.【解析】【小问1详解】①燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成指定物质所放出热量，根据盖斯定律可知，合成氨的反应热=；反应能自发的条件是，则常温下，则反应在常温下能自发进行；②根据上述分析可知，合成氨为气体体积减小的放热反应，则加压或降温均能使平衡向正向移动，即若要第19页/共24页

利于提高合成氨平衡产率，可采用的条件是加压或降温，答案选bd；③根据上述信息，设参加反应的氮气的物质的量为1mol，列出三段式如下：，恒压条件下，得到的各物质气体分压分别是p(N)=kPa，p(H)=kPa，p(NH)=kPa，则kPa2；【小问2详解】①因活化能越小，反应越容易进行，结合氮气制备的应历程图可知，途径1决速步骤的活化能的相对能量为0.03（0.45）eV=0.48eV,途径2决速步骤的活化能的相对能量为1.10（1.73）eV=0.63eV,可见，途径1的活化能相对较小，易进行，即产物主要通过途径1生成；②根据基元反应的规律，可推知，氮氮三键逐级断开一根化学键后，两边氮原子分别与氢原子建立新的共价键，则上图框的中间体为；【小问3详解】a．红外光谱法，可获得分子中所含有的化学键或官能团的信息；b．质谱法，可快速、精确测定相对分子质量；c．元素分析法，可计算出化合物中元素质量分数；d．同位素示踪法，可追踪去向、路径；e．X射线衍射法可获得分子结构的有关数据，包括键长、键角等信息；f．核磁共振法可获得化合物分子中有几种处于不同化学环境的氢原子及他们的相对数目；则为探究产物中氮元素的来源，可采用的实验方法是同位素示踪法，故选d；【小问4详解】①以和为原料通过电解池原理实现合成氨，固体氧化物作电解质，则右侧氮气转化为氨气，为电解池的阴极，左侧电极为阳极，氧负离子在该极发生氧化反应，其电极反应为；②在阴极发生的反应为：，同温同压下，相同时间内，若进口II的，设进口II