北京市第六十五中学2023-2024学年高三上学期期中达标测试化学试题（解析版）

北京市第六十五中学2023-2024学年度第一学期期中达标测试题高三化学试卷考试时间90分钟满分100分第I卷(选择题共42分)1.下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是A．4.03米大口径碳化硅反射镜B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线D．“玉兔二号”钛合金筛网轮A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意；C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不符合题意；D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意；综上所述，本题应选A。【点睛】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。2.下列关于氯及其化合物的说法不正确的是更多免费优质滋元可家威杏MXSJ663A.用石墨作电极电解饱和NaCl溶液，在阳极产生Cl2B.铁丝在氯气中燃烧，产生的棕黄色的烟主要成分为C.“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用会产生D.光照可促进氯水中HClO分解，使溶液pH减小【答案】B【解析】【详解】A．用石墨作电极电解饱和NaCl溶液，在阳极氯离子失电子生成Cl2，故A正确；B．铁丝在氯气中燃烧，产生的棕黄色的烟主要成分为，故B错误；C．“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，NaClO与HCl发生归中反应，生成氯化钠、氯气，故C正确；D．光照可促进氯水中HClO分解为盐酸和氧气，弱酸变为强酸，溶液pH减小，故D正确；选B。3.Deacon催化氧化法将HCl转化为Cl2的反应为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-116kJ·mol-1研究发现CuCl2(s)催化反应的过程如下：反应i：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1反应ii：CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1反应iii：……下列表述不正确的是A.反应i中反应物的总能量小于生成物的总能量B.反应ii中，1molCuCl(s)反应时转移2mole-C.推断反应iii应为CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-242kJ·mol-1D.由反应过程可知催化剂参与反应，通过改变反应路径提高反应速率【答案】C【解析】【分析】【详解】A．反应i为吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，A正确；B．反应ii中，铜从+1升高到+2、氯从-1升高到0，则1molCuCl(s)反应时失去2mole-，氧气中氧从0降低到-2，则molO2得到2mole-，B正确；C．按盖斯定律，反应4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-116kJ·mol-1减去2×(反应i+反应ii)可得：2CuO(s)+4HCl(g)=2CuCl2(s)+2H2O(g)ΔH3=-242kJ·mol-1，则CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ·mol-1，C不正确；D．由反应过程可知催化剂参与反应后重新生成，但催化剂改变反应路径、通过降低反应活化能提高反应速率，D正确；答案选C。4.下列离子方程式书写正确的是A.氨水与稀盐酸反应：OH−+H+=H2OB.CuO与稀硝酸反应：CuO+2H+=Cu2++H2OC.Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应：Ba2++=BaSO4↓D.大理石与稀盐酸反应：+2H+=CO2↑+H2O【答案】B【解析】【详解】A．氨水与稀盐酸反应生成氯化铵和水，反应离子方程式是，故A错误；B．CuO与稀硝酸反应生成硝酸铜和水，反应的离子方程式是CuO+2H+=Cu2++H2O，故B正确；C．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式是Ba2++2OH-++2H+=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．大理石与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式是+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故D错误；选B。5.下列实验中的颜色变化与氧化还原反应无关的是ABCD实验NO气体接触空气通入酸性溶液中将气体泡进热水中盛放苯酚晶体的试剂瓶，未封紧现象无色气体变为红棕色紫色溶液褪色气体红色变浅无色晶体变为粉红色A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．NO气体接触空气，与氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，涉及氧化还原反应，A不符题意；B．通入酸性溶液中，被酸性溶液氧化，使其褪色，涉及氧化还原反应，B不符题意；C．将气体泡进热水中，平衡移动，颜色变浅，与氧化还原反应无关，C符合题意；D．苯酚有还原性，在空气中被氧化粉红色，与氧化还原反应有关，D不符题意；答案选C。6.下列化学用语对事实的表述不正确的是A.电解法精炼钢的阴极反应：B.H和Cl形成共价键的过程：C.铅蓄电池放电时的负极反应：D.向溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀，并最终变为红褐色：、【答案】B【解析】【详解】A．电解法精炼钢的阴极反应：，A正确；B．HCl是共价化合物，H和Cl形成共价键过程：，B错误；C．铅蓄电池放电时的负极反应：，C正确；D．向溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀，并最终变为红褐色：、，D正确；答案选B。7.工业合成：。下列分析正确的是A.虽然反应为放热反应，但在工业中仍然使用高温，是因为催化剂活性在高温下较好，且生产速率较快B.若在容器中投入1mol和3mol，最终反应放出热量akJC.、、都为非极性分子D.在恒容恒温的容器中，若体系的密度不在变化，说明反应已经达到平衡状态【答案】A【解析】【详解】A．虽然反应温度升高会导致平衡逆向移动，但是温度较高时能保证催化剂活性较高反应速率更快，生产速率更快，故A正确；B．合成氨反应是可逆反应，投入1mol和3mol不能全部转化，故放出热量小于akJ，故B错误；C．氨气分子中有一对孤对电子，是极性分子，故C错误；D．恒容容器中体积恒定，反应体系都是气体，气体质量不变，密度是个恒定值，密度不变不能判断达到平衡，故D错误；故选A。8.锅炉烟气中的NO可用连二亚硫酸盐(S2O)脱除，通过电解可使再生，装置如图所示。下列说法不正确的是A.连二亚硫酸盐作还原剂B.电极a应连接直流电源负极C.电极b的电极反应式：2H2O−4e−=O2↑+4H+D.电解过程中电极a附近溶液pH变小【答案】D【解析】【详解】A．NO可用连二亚硫酸盐(S2O)脱除，被氧化为，则连二亚硫酸盐为还原剂，A正确；B．a极上生成，发生还原反应，电极a为阴极，则电极a应连接直流电源负极，B正确；C．b极为阳极，阳极上水失电子生成氧气，电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，C正确；D．电极反应式为2+2e-+4H+=+2H2O反应消耗氢离子，则电解过程中电极a附近溶液pH变大，D错误；答案选D。9.降低硫含量是裂化汽油精制处理的关键。S—Zorb技术使用Ni/ZnO作脱硫吸附剂脱除噻吩()中硫原子的过程如图。下列说法不正确的是A.过程①涉及极性键和非极性键的断裂B.过程③通入O2的主要目的是将ZnS转化为ZnO和SO2C.过程③中参加反应的O2和ZnS的物质的量之比是3∶2D.过程④通入H2的主要目的是使脱硫吸附剂再生【答案】C【解析】【详解】A．由题中图示可知，反应①方程式为Ni++H2+NiS，该反应中涉及C-S极性键断裂和H2中H-H非极性键断裂，故A正确；B．由题中图示可知，反应③的方程式为Ni+ZnS+2O2=NiO+ZnO+SO2，该过程通入O2的主要目的是将ZnS转化为ZnO和SO2，故B正确；C．由题中图示可知，反应③的方程式为Ni+ZnS+2O2=NiO+ZnO+SO2，该过程参加反应的O2和ZnS的物质的量之比是2:1，故C错误；D．由题中图示可知，反应④的方程式为NiO+H2=Ni+H2O，该过程通入H2的主要目的是使脱硫吸附剂再生，即产生Ni单质，故D正确；答案为C。10.探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1mol·L−1H2C2O4的pH=1.3）实验装置试剂a现象①Ca(OH)2溶液（含酚酞）溶液褪色，产生白色沉淀②少量NaHCO3溶液产生气泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是A.H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2OB.酸性：H2C2O4>H2CO3，NaHCO3+H2C2O4=NaHC2O4+CO2↑+H2OC.H2C2O4具有还原性，2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OD.H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O【答案】C【解析】【分析】草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题；【详解】A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；B.产生气泡证明有CO2产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2+2H2O或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2O，故B正确；C.0.1mol·L−1H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C不正确；D.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D正确；本题选不正确的，应选C。【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。11.用下列仪器或装置(图中部分夹持略)进行相应实验，可以达到实验目的的是验证溴乙烷消去反应的气体产物为乙烯实验室制乙酸乙酯收集NO2气体酸性：碳酸＞苯酚ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】【详解】A．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应产生乙烯，乙醇具有挥发性，使制取得到的乙烯中含有乙醇，通过水除去乙醇，然后将气体通入酸性KMnO4溶液中，若溶液褪色，就证明反应产生了乙烯，可以达到实验目的，A正确；B．乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂条件下加热，发生酯化反应，反应产生的乙酸乙酯与挥发的乙酸、乙醇通过导气管进入饱和Na2CO3溶液来除去杂质，为防止倒吸现象，应该将导气管伸入到液面上，不能伸入到液面以下，B错误；C．NO2气体密度比空气大，应该使用向上排空气方法收集，导气管应长进断出，C错误；D．浓盐酸与碳酸钠反应制取CO2气体，但浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl也会与溶液中的苯酚钠反应产生苯酚，因此不能得到酸性：碳酸＞苯酚的结论，D错误；故选A。12.CO2的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将CO2分别转化为CO和HCOOH的反应过程示意图如下：下列说法正确的是A.在转化为CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成B.在转化为HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOHC.在转化为两种产物的过程中碳、氧原子的利用率均为100%D.上述反应过程说明催化剂具有选择性【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由图看出路径中有碳氧单键断裂和碳氧三键的形成，A错误；B．HCOOH的C元素化合价为+2，CO2为+4价，化合价降低，CO2被还原为HCOOH，B错误；C．CO2转化为CO，O原子失掉一个，原子利用率不是100%，C错误；D．该机理图可知CO2在两种金属催化剂作用下生成两种不同产物，即催化剂具有选择性，D正确；故选：D。13.某温度下，在体积为1L密闭容器中进行反应：，已知和的初始物质的量均为0.01mol，测得的平衡转化率为60%，下列说法正确的是A.平衡后向容器中再通入0.01mol，平衡向右移动，的平衡转化率大于60%B.升高温度平衡常数K减小C.该温度下反应的平衡常数D.若初始、、、物质的量均为0.01mol，则反应正向进行【答案】D【解析】【详解】A．平衡后向容器中再通入，平衡向右移动，但转化率降低，小于60%，A错误；B．该反应，正反应方向为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数K增大，B错误；C．，平衡常数：，C错误；D．，平衡正向移动，D正确；答案选D。14.以废旧锌锰电池中的黑锰粉[含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2、Fe2O3及炭黑等]为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工艺流程如图：下列说法不正确的是A.步骤①分离出NH4Cl、ZnCl2的试剂和操作为：水、过滤B.步骤②中发生的反应：C+O2CO2、4MnO(OH)+O24MnO2+2H2OC.步骤③若先加H2O2、后加H2SO4，可提高H2O2的利用率D.步骤④所得MnCl2溶液中含有少量CaSO4杂质【答案】C【解析】【分析】黑锰粉中含有、、、、及炭黑等，步骤①将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体；所得粗品中含有、、及炭黑等，步骤②是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，此时粗产品中含有、；步骤③是向粗产品(含、中加入H2O2溶液、稀H2SO4，并加热得到MnSO4溶液和Fe(OH)3沉淀；步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，再经过滤操作得到MnCl2溶液。【详解】A．步骤①将黑锰粉分离为溶液和粗品，可知步骤①为水洗、过滤分离出溶液、溶液和固体，可知步骤①分离出、的试剂和操作为：水、过滤，故A项正确；B．经步骤①分离所得的粗品中含有、、及炭黑等，步骤②是将粗品在空气中加热，可知、炭黑(主要成分为C单质)被O2氧化，其中C被氧化为CO2，被氧化为，则步骤②中发生的反应正确，故B项正确；C．③中先加入双氧水，会催化分解H2O2，使其利用率降低，故C项错误；D．步骤④是向MnSO4溶液中加入CaCl2，二者反应生成MnCl2和微溶于水的CaSO4，所以含有少量的CaSO4，故D项正确。故选C。第II卷(选择题共58分)15.I．研究其他条件相同时，仅改变一个条件对乙二醛制备的影响，获得如下数据。（1）乙二醛的结构简式是___________。（2）图1中，曲线a对应温度是___________，判断的依据是___________。（3）图2中，c→d乙二醛的产率降低，并检测出较多的副产物，如乙二酸。产生较多乙二酸的原因是___________。II．运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸的装置示意图如下(电极均为惰性电极)。（4）与电源负极相连的是___________(填“X”或“Y”)。（5）结合电极反应分析硝酸回收原理：___________。【答案】15.OHCCHO16.①.45℃②.起始阶段相同时间内曲线a对应的乙二醛浓度变化更大；17.硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸18.X19.Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸；【解析】【小问1详解】乙二醛的结构简式是OHCCHO；【小问2详解】温度越高，化学反应速率越快，根据先拐先平数值大，可知曲线a对应的温度是45℃，原因是起始阶段相同时间内曲线a对应的乙二醛浓度变化更大；【小问3详解】硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸；【小问4详解】运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸，则B中硝酸根离子向C室移动，电解池中阴离子向阳极移动，则Y为阳极、X为阴极，X与电源负极相连；【小问5详解】Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸；16.金属镓(Ga)是合成半导体材料砷化镓(GaAs)的重要基础材料，一种由砷化镓废料制备镓的工艺流程如图。已知：i.Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似ii.NO2可以溶于浓HNO3中(1)酸浸溶解：①上述流程中能加快反应速率的措施有___。②将GaAs与浓HNO3反应的化学方程式补充完整：___。GaAs+HNO3(浓)=Ga(NO3)3+H3AsO4++H2O③其他条件相同时，研究镓的浸出率随时间变化情况，实验结果如图。推测NO2能够催化GaAs与浓硝酸的反应，设计实验证实了推测。实验方案：用N2不断将生成的NO2吹出，测镓的浸出率随时间变化情况。预测该方案对应的镓的浸出率随时间变化情况___(在图中画出相应变化情况曲线)。(2)除杂转化：①上述工艺流程中浓氨水的作用是___。②Ga(OH)3沉淀与NaOH溶液反应的离子方程式为___。(3)电解制镓：以Pt为电极材料，电解NaGaO2溶液制金属镓，阴极反应式为___。【答案】①.研磨、搅拌、加热②.GaAs+11HNO3(浓)=Ga(NO3)3+H3AsO4+8NO2↑+4H2O③.④.将Ga3+转化为Ga(OH)3沉淀，实现分离⑤.Ga(OH)3+OH-=GaO+2H2O⑥.GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-【解析】【分析】砷化镓废料通过研磨，然后加入浓硝酸酸溶，过滤得到的滤液中加入浓氨水生成Ga(OH)3沉淀，Ga(OH)3沉淀中加入氢氧化钠溶解生成NaGaO2溶液，电解NaGaO2溶液生成Ga，以此分析解答。【详解】(1)①根据外界条件对反应速率的影响可知上述流程中能加快反应速率的措施有研磨、搅拌、加热等。②反应中As元素化合价从－3价升高到+5价，失去8个电子，硝酸中氮元素化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子，则根据电子得失守恒可知方程式为GaAs+11HNO3(浓)＝Ga(NO3)3+H3AsO4+8NO2↑+4H2O。③如果NO2能够催化GaAs与浓硝酸的反应，则用N2不断将生成的NO2吹出，镓的浸出率不变，但浸出时间会增加，因此对应的镓的浸出率随时间变化情况为。(2)①由于Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似，所以不能用强碱沉淀镓离子，则上述工艺流程中浓氨水的作用是将Ga3+转化为Ga(OH)3沉淀，实现分离。②依据氢氧化铝和氢氧化钠反应的原理可判断Ga(OH)3沉淀与NaOH溶液反应的离子方程式为Ga(OH)3+OH-＝GaO+2H2O。(3)电解制镓时以Pt为电极材料，电解NaGaO2溶液制金属镓，阴极是GaO得到电子转化为单质镓，反应式为GaO+3e-+2H2O＝Ga+4OH-。17.完成下列问题。（1）将通入0.5mol/L溶液中，一段时间后，试管中液面与空气接触部分出现红棕色气体。写出与反应的离子方程式___________。（2）NSR(的储存和还原在不同时段交替进行)技术可有效降低稀燃柴油和汽油发动机尾气中的排放，其工作原理如下图。储存阶段中Ba存储后转化为的化学方程式是___________。（3）的吸收与利用：利用太阳能，以为原料制取炭黑的流程如下图所示。过程2的化学方程式是___________。（4）已知：的还原产物是酸性溶液与反应的离子方程式是___________。（5）以海绵铜(CuO、Cu)为原料制备氯化亚铜(CuCl)的一种工艺流程如下“沉淀”过程中产生CuCl的离子方程式是___________。【答案】（1）（2）（3）（4）（5）【解析】【小问1详解】试管中液面与空气接触部分出现红棕色气体，说明反应过程中生成NO，离子方程式：；【小问2详解】根据图像可知，储存阶段中Ba存储后转化为，化学方程式：；【小问3详解】过程2为氧化亚铁与二氧化碳反应生成四氧化三铁和碳单质，根据得失电子守恒，化学方程式：；【小问4详解】酸性溶液将氧化生成氧气，自身被还原生成，离子方程式：；【小问5详解】硫酸铜与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铜，离子方程式：；18.褪黑激素的前体K的合成路线如图。已知：+R3OH(R表示烃基或氢)（1）A能发生银镜反应。A的名称是______。（2）D分子中含有的官能团是_____。（3）试剂W的分子式是C8H5O2N，其结构简式是______。（4）G中只含酯基一种官能团。生成G的反应方程式是______。（5）M的结构简式是______。（6）由K合成Q()，Q再经下列过程合成褪黑激素。①Q→X的反应类型是_____。②试剂b的结构简式是_____。【答案】（1）丙烯醛

（2）羟基（3）（4）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O（5）（6）①.取代反应②.CH3COOH或【解析】【分析】由逆推法，G发生信息中取代反应生成乙醇和M，G属于酯基，结合G的分子式推知G为CH3COOC2H5，则试剂a为CH3CH2OH、M为；A的分子式为C3H4O，由(1)中A能发生银镜反应，则A为CH2=CHCHO，A中碳碳双键与水加成生成B为HOCH2CH2CHO，B中醛基与氢气加成生成D为HOCH2CH2CH2OH，D中羟基被溴原子取代生成E为BrCH2CH2CH2Br，W的分子式是C8H5O2N，推知W为，E与W反应生成F，F为，M与F发生取代反应生成K。【小问1详解】根据分析，A的结构简式为CH2=CHCHO，名称为丙烯醛；【小问2详解】D为HOCH2CH2CH2OH，官能团是羟基；【小问3详解】试剂W的分子式是C8H5O2N，由分析可知W的结构简式是；【小问4详解】G为CH3COOC2H5，乙酸与乙醇发生酯化反应生成CH3COOC2H5，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；【小问5详解】由分析可知，M的结构简式为；【小问6详解】由褪黑激素结构简式可知，Q发生酯基、酰胺基水解生成X为，反应类型是取代反应；X酸化后脱水生成Z，Z中氨