2022-2023学年河北省保定市双堂乡树荣中学高三化学月考试卷含解析

2022-2023学年河北省保定市双堂乡树荣中学高三化学月考试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.生活处处有化学，下列说法正确的是（）A．青铜、硬铝和碳素钢都是合金B．葡萄糖和蔗糖互为同分异构体C．淀粉、蛋白质和花生油都是天然高分子化合物D．食用植物油在酸性或碱性条件下水解产物相同参考答案：A考点：合金的概念及其重要应用；有机化合物的异构现象；油脂的性质、组成与结构；有机高分子化合物的结构和性质专题：化学应用．分析：A．青铜为Cu的合金，硬铝为Al的合金，碳素钢为铁的合金，均为合金；B．分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体；C．淀粉、蛋白质都是天然高分子化合物，花生油属于油脂不是高分子；D．食用植物油在酸性或碱性条件下水解产物不同．解答：解：A．青铜为铜锡合金，硬铝为铝硅、镁等形成的合金，碳素钢为铁碳的合金，均为合金，故A正确；B．葡萄糖分子式为C6H12O6，蔗糖的分子式为C12H22O11，二者分子式不同，不互为同分异构体，故B错误；C．淀粉、蛋白质都是天然高分子化合物，花生油相对分子质量较小，不是高分子化合物，故C错误；D．油脂在碱性条件下的水解产物是甘油和高级脂肪酸钠，在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，水解产物不相同，故D错误；故选A．点评：本题考查合金、同分异构体、高分子化合物、物质的水解等知识，题目难度不大，掌握物质性质和相关概念是解题的关键．

2.铜、镁合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体（均为标准状况下），在反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，生成的沉淀的质量为：A．7．04g

B．8.26g

C．8.51g

D．9.02g参考答案：C略3.A、B、C三种物质中均含有同一种元素M，它们之间有如下图所示的转化关系（部分反应物质已略去）。A为一种金属单质，反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应。下列有关说法不正确的是（）A.①中所加试剂可能是氯气B.③中需要加具有氧化性的试剂C．A与稀硝酸反应一定能实现元素M在①中发生的价态变化D．元素M在②中发生的价态变化也能通过加碘化钾溶液实现参考答案：C【Ks5u解析】若A为一种金属单质时，反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应，根据转化关系可确定A为变价金属，应为Fe，B为FeCl3，反应①加入氯气能实现，A正确；C为FeCl2，反应③是由+2价升高到+3价，需要加具有氧化性的试剂，B正确；过量的铁与硝酸反应，生成硝酸亚铁，C错误；铁离子能将I-氧化成碘单质，自身还原成亚铁离子，D正确；选C。4.研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2＋2Ag＋2NaCl=Na2Mn5O10＋2AgCl，下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是：

A．正极反应式：Ag＋Cl－－e－=AgCl

B．每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子

C．Na＋不断向“水”电池的负极移动D．AgCl是还原产物参考答案：B略5.实验是化学研究的基础，关于下列各装置图的叙述中，正确的是A．装置①是一套实验室制气装置，用于发生、干燥和收集气体,如铜屑与稀硝酸B．装置②中，白色沉淀为BaSO3C．装置③可用于收集H2、NH3、Cl2、HCl、NO2等D．装置④能用于测量气体体积的装置参考答案：C略6.一定条件下，合成氨气反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是（）

A．16.7%

B．20.0%

C．80.0%

D．83.3%参考答案：答案:A解析：设达到平衡后混合气体的体积为1L，则其中生成的氨气的体积为1L×20.0%=0.2L。则根据反应的方程式有：

N2＋3H22NH3

△V1

3

2

2

0.2L

0.2L所以平衡前混合气体的体积为1L+0.2L=1.2L，因此反应后气体体积缩小率为高考考点：化学平衡的有关计算。

易错提醒：审题不清，反应前后的体积混淆而错选B。

备考提示：选择类型的化学计算题，在高考试题中出现的几率很大，是命题的热点之一。这种类型的计算题在解答时往往有一定的技巧（当然有的题目用普通的方法也能解答但很费时，有的题目用普通的方法根本就不能解答）因此得平时的备考复习过程中，针对这一类型的题目应对进行强化训练。7.参考答案：A略8.如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（

）

A．所含原子数相等

B．气体密度相等

C．气体质量相等

D．摩尔质量相等参考答案：A略9.下列化合物中阳离子半径与阴离子半径比值最小的是A．NaF

B．MgI2

C．NaI

D．KBr参考答案：B10.下列说法正确的是

A．用系统命名法命名有机物，主链碳原子数均为7个

B．能使KMnO4溶液褪色，说明苯环与甲基相连的碳碳单键变得活泼，被KMnO4氧化而断裂

C．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下能水解

D．1mol绿原酸通过消去反应脱去1molH2O时，能得到6种不同产物（不考虑立体异构）参考答案：D略11.下列各组离子在溶液中一定能够大量共存的是

A．通足量CO2后仍能大量共存在溶液中：Na+、K+、SiO2—3、Br—

B．在含有大量AlO—2的溶液中：NO—3、Na+、Cl—、OH—

C．在含有大量Fe3+的溶液中：NH+4、Na+、SCN—、Cl—

D．在含有大量Fe2+的溶液中：H+、Na+、Cl—、NO—3参考答案：B略12.对下列事实的解释正确的是（）A．浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中，说明浓硝酸不稳定B．浓硫酸具有吸水性，说明可用浓硫酸干燥氨气C．足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化Fe2+D．常温下，可用铝制容器盛装浓硫酸，说明浓硫酸与铝不反应参考答案：A【考点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；铝的化学性质；铁的化学性质．【分析】A．浓硝酸不稳定，光照易分解；B．浓硫酸具有吸水性，但氨气能和浓硫酸反应生成硫酸铵；B．硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；D．常温下，浓硫酸和铝发生钝化现象．【解答】解：A．浓硝酸不稳定，光照易分解生成二氧化氮、氧气和水，所以浓硝酸要避光保存，保存在棕色试剂瓶中，故A正确；B．浓硫酸具有吸水性，但氨气能和浓硫酸反应生成硫酸铵，所以不能用浓硫酸干燥氨气，应该用碱石灰干燥氨气，故B错误；B．硝酸具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，如果向反应后的溶液中加入酸，硝酸根离子能氧化亚铁离子生成铁离子，故C错误；D．常温下，浓硫酸和铝发生反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步氧化，该现象为钝化现象，故D错误；故选A．【点评】本题考查浓硫酸、浓硝酸的性质，为高频考点，二者都是酸、都有强氧化性，但浓硫酸还有吸水性和脱水性，浓硫酸不能干燥硫化氢能还原性气体、不能干燥氨气，题目难度不大．13.XY是中学化学中常见的化合物，已知组成该物质的两种离子的电子层结构与Ne相同。下列有关说法中不正确的是（

）

A．微粒通过离子键结合在一起

B．Y原子序数比X的更大

C．Y离子半径比X离子的大

D．元素Y的氧化性比X强参考答案：B略14.一种海水电池的反应原理可表示为：5MnO2＋2Ag＋2NaCl＝Na2Mn5O10＋2AgCl，有关该反应的说法正确的是A．反应中MnO2是还原剂B．Ag的还原性比Na2Mn5O10强C．该反应中MnO2具有催化作用D．每生成1molNa2Mn5O10转移1mol电子参考答案：B略15.化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜

参考答案：C考点：盐类水解的应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：盐类的水解专题；元素及其化合物．分析：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液水解显碱性；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉在空气中久置变质；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效；D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；解答：解：A、用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液反应是水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3不可直接与油污反应，故A错误；B、漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，故B错误；C、碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用，故C正确；D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故D错误；故选C．点评：本题考查了盐类水解的分析应用，掌握物质性质和反应实质是关键，题目难度中等．二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（15分）乙酸正丁酯是医药合成的重要中间体，某同学在实验室中用乙酸和正丁醇来制取，实验操作如下：Ⅰ．将混合液（18.5mL正丁醇和13.4mL乙酸（过量），0.4mL浓硫酸）置于仪器A中并放入适量沸石（见图I，沸石及加热装置等略去），然后加热回流约20分钟。Ⅱ．将反应后的溶液进行如下处理：①用水洗涤，②用试剂X干燥，③用10%Na2CO3溶液洗涤。Ⅲ.将所得到的乙酸正丁酯粗品转入蒸馏烧瓶中进行蒸馏，最后得到17.1g乙酸正丁酯。图Ⅰ

图Ⅱ部分实验数据如下表所示：化合物相对分子质量密度/(g·mL－1)

沸点／℃溶解度(g)/（100g水）

正丁醇

74

0.80

118.0

9

乙酸

60

1.045

118.1

互溶乙酸正丁酯

116

0.882

126.1

0.7(1)仪器A的名称是___________使用分水器（实验中可分离出水）能提高酯的产率，其原因是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿(2)步骤Ⅱ中的操作顺序为＿＿＿＿＿（填序号），用Na2CO3溶液洗涤的目的是＿＿＿＿＿＿，试剂X不能选用下列物质中的＿＿＿＿＿＿（填字母序号）。a．无水硫酸镁

b．新制生石灰

c．无水硫酸钠(3)步骤Ⅲ（部分装置如图Ⅱ所示）。①蒸馏过程中需要使用＿＿＿形冷凝管，当仪器连接好后，a．向相应的冷凝管中通冷凝水；b．加热蒸馏烧瓶的先后顺序是＿＿＿＿＿。（填“先a后b"或“先b后a”）②温度计水银球所处的位置不同，会影响馏出物的组成，当温度计水银球分别位于图Ⅱ中的＿＿＿＿（填“a”“b”“c”或“d”）点时会导致收集到的产品中混有较多的低沸点杂质。(4)该实验乙酸正丁酯的产率是＿＿＿＿＿。

（计算结果保留2位有效数字）。参考答案：(1)三颈烧瓶（1分）；不断分离出水，使容器内H2O浓度变小，有利于平衡向酯化反应方向移动(2分)(2)①③①②（2分，若写成①③②得1分）；除去残留在产品中的酸（其他合理说法也对）(2分)．b(2分)(3)①直（1分）；先a后b(l分)

②a、b（2分）(4)74%（2分）解析：(1)将水分离出来，使产物中水的浓度维持在较小的范围内，有利于酯化反应向右进行。(2)首先用水除去大部分可溶于水的硫酸等杂质，用Na2C03溶液除去残留的酸，再用水除去残留在产品中的Na2C03溶液，残留的水再用于燥剂除去，因Ca0吸水后生成碱会导致酯水解，故不宜用Ca0作干燥剂。(3)为确保蒸馏产物全部液化，应先向冷凝管中通冷却水，然后加热烧瓶使温度迅速升温到沸点；为使液化产品能全部顺利地进入接收器中，应使用直形冷凝管；同一烧瓶中，反应液的温度高于气体温度，蒸气温度从下向上温度逐渐降低，故当温度计的水银球低于蒸馏烧瓶的支管口处时，会有较多沸点较低的物质夹杂在酯蒸气中。(4)18.5mL正丁醇的质量是18.5mL×0.8g/mL=14.8g．设理论上得到乙酸正丁酯的质量是x，CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O

749

116g 14.8g

x所以x=116g×14.8g÷74g=23.2g生成乙酸正丁酯的产率是：17.1g÷23.2g×100%=74%。

三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.自然界里氮的固定途径之一是在闪电的作用下，N2与O2反应生成NO。（1）已知反应N2(g)＋O2(g)2NO(g)

△H＝＋180KJ/mol其他条件相同时，在不同的温度下分别发生该反应。已知1538℃时，NO的产率随时间变化如右图所示，请补充完成2404℃时NO的产率随时间变化的示意图。

（2）①2404℃时，反应N2(g)＋O2(g)2NO(g)的平衡常数为64，在容积为1.0L的密闭容器中通入2molN2和2molO2，计算反应N2(g)＋O2(g)2NO(g)达到平衡时N2的转化率。（此温度下不考虑O2与NO的反应。要求写出计算过程，计算结果保留两位有效数字）②其他条件不变的情况下，将容器的体积压缩到原来的一半，对平衡体系产生的影响正确的是：

（填字母）。A．c（N2）增大

B．正反应速率加快，逆反应速率减慢C．NO的物质的量增加

D．重新平衡时c（N2）/c（NO）不变（3）在一定条件下，N2在催化剂表面与水反应，相应的热化学方程式如下：2N2(g)＋6H2O(1)＝4NH3(g)＋3O2(g)

△H＝＋1530kJ·mol-1

则氨气与氧气催化氧化生成一氧化氮和水的热化学方程式为

。

参考答案：（1）如右图（2）①设NO的平衡浓度为x

②AD

（3）4NH3(g)＋5O2(g)＝4NO(g)＋6H2O(1)

△H＝—1170kJ·mol-1；

略18.金属钛性能优越，被誉为继Fe、Al后应用广泛的“第三金属”。（1）Ti基态原子的价层电子排布图为_______________________。（2）钛能与B、C、N、O等非金属元素形成稳定的化合物。电负性：C________(填“＞”或“＜”，下同)B；第一电离能：N________O，原因是____________________________________。（3）月球岩石——玄武岩的主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)。FeTiO3与80%的硫酸反应可生成TiOSO4。SO42-的空间构型为_________形，其中硫原子采用_________杂化，写出SO42-的一种等电子体的化学式：____________________________。（4）Ti的氧化物和CaO相互作用能形成钛酸盐CaTiO3，CaTiO3的晶体结构如图1所示(Ti4＋位于立方体的顶点)。该晶体中，Ti4+和周围________个O2-相紧邻。（5）铁晶胞的结构如图2所示，如果晶胞边长为a，铁原子半径为r，则该晶体中铁原子的空间利用率为________________。参考答案：(1)

(2)＞

＞

N原子中的2p轨道处于半充满状态，更稳定

(3)正四面体

sp3

ClO4-等

(4)12

(5)解析：（1）Ti为22号元素，其原子的基态电子排布式为[Ar]3d24s2，所以其价电子排布图为。（2）同周期元素从左向右电负性逐渐增大，所以C大于B。N的2p能级中有3个电子，恰好是其半满的稳定结构，所以使N的第一电离能反常增大，使第一电离能N大于O。（3）根据价层电子对互斥理论，硫酸根离子的中心原子（S）最外层有6个电子，配位的O不提供电子，但是带有2个负电，所以最外层有8个电子，相当于4个电子对。空间构型为正四面体，中心原子S做sp3杂化。其等电子体，应该选择原子数相同，电子数相等的离子，所以可以是ClO4-、PO43-等。（4）Ti4+位于立方体的顶点，所以有8×1/8=1个，根据化学式得到晶胞中的Ca2+也应该有1个，所以其位于晶胞的体心，那么O2-一定位于晶胞的面心。从图1得到，与Ti4+紧邻的O2-应该是该晶胞的面心。我们可以将晶胞进行平移，假设平移后新的晶胞中，Ca2+位于顶点，则此时Ti4+位于体心，