北京市通州区2023-2024学年高三上学期期中质量检测化学试题（解析版）

北京市通州区2023―2024学年高三上学期期中质量检测化学试题本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，请将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23第一部分本部分共14小题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1.杭州亚运会火炬“薪火”以加入钠盐的零碳甲醇为燃料备受世界瞩目。下列说法不正确的是A.火炬“薪火”点燃产生的黄色火焰，与碳的电子跃迁有关B.火炬“薪火”燃料甲醇中的碳原子和氧原子都是杂化C.火炬“薪火”金属材料部分采用的铝合金具有耐腐蚀、强度高等优点D.火炬“薪火”所用的燃料零碳甲醇实现了资源化循环利用【答案】A【解析】【详解】A．钠元素的焰色试验为黄色，火炬燃料里有钠盐，使火焰呈黄色，故A错误；B．在甲醇分子中，氧原子与四个碳原子形成单键，所以甲醇中的碳原子和氧原子都是杂化，故B正确；C．铝合金具有耐腐蚀、强度高等优点，故C正确；D．零碳甲醇实现了废碳再生、二氧化碳资源化循环利用，故D正确；故选A。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.HClO的电子式： B.中子数为2的氢原子：C.NaCl的晶胞： D.3p电子的电子云轮廓图：【答案】B【解析】更多免费优质滋元可家威杏MXSJ663【详解】A．根据价键规律，HClO的电子式，故A错误；B．中子数为2的氢原子，质量数为3，该原子表示为，故B正确；C．NaCl的晶胞是，故C错误；D．p能级的原子轨道为哑铃型，故D错误；选B。3.某小组同学用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气后，按照净化、收集、性质检验和尾气处理的顺序进行实验，下列装置不能达到实验目的的是ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】氯气的制备装置中二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气。【详解】A．盛有饱和食盐水的洗气瓶用于除去氯化氢气体，盛有的浓硫酸的洗气瓶用于干燥氯气，则题给装置能达到净化氯气的实验目的，故A正确；B．氯气的密度比空气大，应用向上排空气法收集氯气，则题给装置能达到收集氯气的实验目的，故B正确；C．氯气不能使干燥红布条褪色，能使湿润的红布条褪色说明氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸因强氧化性而表现漂白性，则题给装置能达到验证氯气是否有漂白性的实验目的，故C正确；D．氯气与水反应为可逆反应，氯气不可能完全溶于水，会逸出污染空气，则题给装置能达到吸收氯气，防止污染空气的实验目的，故D错误；故选D。4.下列方程式与所给事实不相符的是A.通过灼热铁粉：B.用作抗胃酸药：C.与反应：D.通入酸性溶液中：【答案】A【解析】【详解】A．通过灼热铁粉：，A错误；B．用作抗胃酸药，实际上是与胃酸中的HCl反应，其离子方程式为：，B正确；C．与反应产生碳酸钠和氧气，其化学方程式为：，C正确；D．通入酸性溶液中会发生氧化还原反应，其离子方程式：，D正确；故选A。5.已知：。下列说法正确的是A.分子为三角锥形，N发生杂化B.和分子的共价键均是键C.与HCl反应过程中有配位键的生成D.可通过原电池将与HCl反应的化学能转化为电能【答案】C【解析】【详解】A．NH3分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，N原子采用sp3杂化，A错误；B．Cl2分子里的共价键Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，称为p-pσ键，B错误；C．中氮提供孤电子对，反应中H+提供空轨道，生成的铵根离子中有配位键的生成，C正确；D．与HCl反应不是氧化还原反应，不能设计成原电池，D错误；故选C。6.下列说法中，正确的是A.化学键的键长和键能是相关的 B.共价键的成键原子只能是非金属原子C.最外层电子数为2的元素都分布在s区 D.任何晶体中若含有阳离子就一定有阴离子【答案】A【解析】【详解】A．化学键的键长和键能是相关的，键长越长键能越小，物质越不稳定，A正确；B．共价键的成键原子也可能是非金属原子，比如三氯化铝，B错误；C．最外层电子数为2的元素大部分分布在s区，但稀有气体He最外层电子数也为2，C错误；D．金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，所以有阳离子不一定有阴离子，D错误；故选A。7.下列实验现象不能用平衡移动原理解释的是将球浸泡在冷水和热水中将20mL吸入注射器，活塞拉到不同位置ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．存在平衡，升高温度平衡向生成NO2方向移动，颜色变深，能用平衡移动原理解释，A不符合题意；B．存在平衡，反应为气体分子数改变的反应，活塞拉到不同位置，导致平衡移动，能用平衡移动原理解释，B不符合题意；C．二氧化锰催化过氧化氢的分解，加快反应速率，不能用平衡移动原理解释，C符合题意；D．存在平衡，增加KSCN溶液的浓度，促使平衡正向移动，颜色加深，能用平衡移动原理解释，，D不符合题意；故选C。8.在其他条件不变的情况下，研究催化剂对化学反应速率的影响。在容积不变的密闭容器中，反应A(g)=2B(g)各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图所示，下列说法中正确的是A.与无催化剂相比，催化剂使反应活化能升高B.增大催化剂的比表面积，化学反应速率不变C.a曲线表示未使用催化剂时A的浓度随时间的变化D.使用催化剂时，0~2min内【答案】D【解析】【详解】A．催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，A错误；B．增大催化剂的比表面积，接触面积增大，化学反应速率加快，B错误；C．曲线a表示A物质浓度变化，浓度变化量与使用催化剂时B物质浓度变化量符合计量数之比，所以曲线a表示使用催化剂时A的浓度随时间的变化，C错误；D．0~2min内，B浓度变化为4mol/L，，D正确；答案选D。9.实验室里盛放和固体的试剂瓶丢失了标签，分别取1g固体置于两试管中，下列实验设计不一定能鉴别和的是A.分别向两试管中滴入几滴水B.将两试管分别加热，产生的气体通入澄清石灰水C.向两试管分别加入5mL水，振荡后，滴入澄清石灰水D.向两试管分别加入5mL水，振荡后，滴入溶液【答案】C【解析】【详解】A．固体滴入几滴水放热会使温度升高，固体滴入几滴水吸热会使温度降低，可以鉴别，A不符合题意；B．受热易分解生成二氧化碳气体能使澄清石灰水变浑浊，可以鉴别，B不符合题意；C．和溶液均能和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，不能鉴别二者，C符合题意；D．溶液会和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，可以鉴别，D不符合题意；故选C。10.2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。已知：下列说法不正确的是A.氢气的燃烧热B.的过程中，，C.化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关D.断裂2mol和1mol中化学键所需能量大于断裂2mol中化学键所需能量【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，即氢气的燃烧热，故A正确；B．，物质状态由气态变固态，放出热量，混乱程度减小，，。故B正确；C．根据盖斯定律：在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，故C正确；D．，反应热=反应物键能-生成物键能＜0，因此断裂2mol和1mol中化学键所需能量小于断裂2mol中化学键所需能量，故D错误；故选D。11.已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素。其中W是宇宙中含量最多的元素；X元素原子的价层电子排布式是；Y原子的价电子数与X相同；Z元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法中正确的是A.与分子的键角相等 B.元素Z与元素X形成不只一种化合物C.元素Z形成的单质属于分子晶体 D.元素X形成的单质属于非极性分子【答案】B【解析】【分析】已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素。其中W是宇宙中含量最多的元素，为H元素；X元素原子的价层电子排布式是，则n=2，即2s22p4，为O元素；Y原子的价电子数与X相同，则为同主族的S元素；Z元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对，则为K元素；【详解】A．H2O分子空间结构是V型，键角104.5º，SO2分子空间结构是V型，键角约是120º，不相同，选项A错误；B．元素Z与元素X形成不只一种化合物，如K2O、KO2等，选项B正确；C．元素Z形成的单质K属于金属晶体，选项C错误；D．元素X形成的O2单质属于非极性分子，O3属于极性分子，选项D错误；答案选B。12.工业中可用碘硫循环法处理气体(如下图所示)，同时实现零碳排放制氢和硫。下列说法正确的是已知：A.反应物B是B.反应①方程式为C.等压条件下，反应①②③反应热之和小于直接分解的反应热D.碘硫循环法总反应热化学方程式为【答案】D【解析】【分析】由图示知，反应①方程式为，反应②方程式为，反应③方程式为。【详解】A．由分析知，A为I2，B为HI，A错误；B．原子不守恒，正确的方程式应为，B错误；C．根据盖斯定律，反应一步完成还是分多步完成，反应热不变，故等压条件下，反应①②③反应热之和等于直接分解的反应热，C错误；D．可由方程式①+②+③得到，则，D正确；故选D。13.的一种制备方法如下图所示，下列说法不正确的是A.加入的目的是富集B.生成的沉淀通过转化可循环使用C.当后，发生反应D.加入铁粉发生的离子反应是【答案】C【解析】【分析】净化除氯后含I的海水，加入AgNO3，进行富集，生成含有AgI的悬浊液，继续加入铁粉，发生反应：，过滤掉析出的Ag，向FeI2中加入过量Cl2，可得到I2，据此分析解答；【详解】A．根据分析可知，加入的目的是富集，A正确；B．转化生成沉淀为Ag，与硝酸反应生成AgNO3，产物可在富集操作中循环使用，B正确；C．当，刚好发生反应：，当后，可能进一步被氧化，C错误；D．根据分析可知，加入铁粉发生的离子反应是，D正确；答案选C。14.溶于一定量水中，溶液a呈浅棕黄色。加入少量浓HCl，溶液b较溶液a黄色加深。已知：(黄色)；浓度较小时(用表示)几乎无色；取溶液进行如下实验，对现象的分析不正确的是A.测溶液a的，证明发生了水解B.向b中加入后，不会产生白色沉淀C.向b中滴入KSCN溶液变血红色，说明的配位键稳定性大于D.将溶液a滴入沸水中，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解【答案】B【解析】【详解】A．测得溶液a的pH≈1.3，溶液显酸性，铁离子水解产生氢离子，证明Fe3+发生了水解，A正确；B．向b中加入AgNO3后，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，产生白色沉淀，B错误；C．向b中滴入KSCN溶液变血红色，说明黄色转化为红色，则的配位键稳定性大于，C正确；D．向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色；；检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解生成氢氧化铁胶体，D正确；故选B。第二部分本部分共5题，共58分。15.重金属汞的泄露易造成污染。（1）如遇液态汞泄露，应采用硫粉处理，发生反应的化学方程式是___________。汞泄露后主要以蒸气形态经呼吸道进入人体引起中毒现象，含巯基(―SH)的有机化合物二巯丙醇(结构如图I所示)是一种汞的解毒剂。药理作用：金属汞进入体内后与细胞酶系统的巯基(―SH)结合，抑制酶的活性，出现中毒现象，药物的两个巯基可与金属汞结合，形成不易离解的无毒性化合物(结构如图Ⅱ所示)由尿排出。（2）基态硫原子价层电子排布式是___________。（3）比较、的沸点，并说明理由___________。（4）化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂，下列说法正确的是___________。a．在Ⅰ中S原子采取杂化b．在Ⅱ中S元素的电负性最大c．在Ⅲ中存在离子键与共价键d．化合物Ⅰ与化合物Ⅲ相比，化合物Ⅰ水溶性较好（5）经理论计算，汞可与锗(Ge)和锑(Sb)可形成一种潜在的拓扑绝缘材料，晶胞结构如下图所示。①已知Ge分别位于晶胞的顶点、面上和体心处，该晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为___________，该晶胞中的粒子个数比为Hg∶Ge∶Sb=___________。②若该物质最简式的相对分子质量为M，则该晶体的晶胞密度为___________。【答案】（1）（2）（3），和均为分子晶体，分子间有氢键（4）ac（5）①.4②.1∶1∶2③.(或)【解析】【小问1详解】硫单质和汞在常温下生成硫化汞反应为：，故答案为：；【小问2详解】硫的核外电子排布为：1s22s22p63s23p4，价层电子为：3s23p4，故答案为：3s23p4；【小问3详解】水分子之间能形成氢键，使水的沸点比硫化氢高，故答案为：，和均为分子晶体，分子间有氢键；【小问4详解】-SH中有两个δ键，还有两对孤电子对，所以是杂化，O的电负性大于S，该物质是磺酸盐有离子键同时有有机结构有共价键，化合物Ⅰ比化合物Ⅲ和水形成氢键少，化合物Ⅲ水溶性较好，只有ac正确，故答案为：ac；【小问5详解】同图中可知，该晶胞中与Hg最近的Sb有两个，临近晶胞也有两个，总共离Hg距离最近Sb有4个，该晶胞中Hg：，Ge：，Sb：8，最简式的相对分子质量为M，则晶胞的摩尔质量为4Mg/mol晶胞密度：，故答案为：4、1：1：2、(或)。16.氯化钠是化工产品的原料，工业中可借助电解法实现多种化工产品的制备。资料：NaCl的熔点是801℃；Na的沸点是883℃（1）工业中通过粗盐提纯获得氯化钠晶体，其硬度较大，难于压缩，其原因是___________。（2）工业中在580℃下电解熔融NaCl和的混合物冶炼金属钠，金属钠从___________极析出，加入的目的是___________。采用如下装置电解饱和NaCl溶液。（3）①要实现烧碱的制备，该装置还需添加___________。②改进后电解槽阳极和阴极气体产品通入反应塔中，可制备___________。③利用烧碱制备装置，调节pH<3还可实现的制备，产生的电极反应方程式为___________。（4）利用该电解槽可实现NaClO的制备，生成NaClO的反应包括、、___________(请写离子方程式)。（5）工业上，利用该电解槽通过如下转化可制备晶体反应Ⅰ中发生的化学反应方程式是___________。（6）结论：NaCl作为基础原料借助电解法可通过控制___________获得不同产品。【答案】（1）氯化钠是离子晶体，离子晶体存在着较强的离子键（2）①.阴②.助溶剂，降低氯化钠的熔点，节能减耗，防止钠的挥发（3）①.阳离子交换膜②.盐酸③.（4）（5）（6）离子交换器、pH、温度、溶剂【解析】【小问1详解】由于氯化钠是离子晶体，离子晶体存在着较强的离子键，所以氯化钠晶体的硬度较大，难于压缩。【小问2详解】钠离子在阴极得到电子转化为金属钠，即金属钠从阴极析出。由于氯化钠的熔点高，加入氯化钙的目的是作助溶剂，降低氯化钠的熔点，节能减耗，防止钠的挥发。【小问3详解】①为防止生成的氯气和氢氧根反应，不能使氢氧根移向阳极，所以要实现烧碱的制备，该装置还需添加阳离子交换膜。②改进后电解槽阳极产生氯气，阴极产生氢气，两种气体产品通入反应塔中，可制备盐酸。③氯离子失去电子转化为，因此产生的电极反应方程式为。【小问4详解】利用该电解槽可实现NaClO的制备，生成NaClO的反应包括、，产生的氢氧根和氯气反应即得到次氯酸钠，离子方程式为。【小问5详解】电解氯化钠溶液生成氯酸钠，阴极产生氢气，则反应Ⅰ中发生的化学反应方程式是。【小问6详解】根据以上分析可知NaCl作为基础原料借助电解法可通过控制离子交换器、pH、温度、溶剂获得不同产品。17.氨是一种重要的化工原料，合成氨工艺在不断的探索和优化，已知：化学键N≡NH-HN-H键能/946436391（1）工业合成氨的热化学方程式是___________。（2）在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为___________。a．有利于平衡正向移动b．防止催化剂中毒c．改变反应的活化能德国化学家埃特尔对工业合成氨机理进行了实证研究获得2007年诺贝尔化学奖。在某一温度时，各步反应能量变化如下图所示(*代表吸附中心)：（3）反应历程中决速步骤反应化学方程式是___________。（4）合成氨工艺全球年均消耗能源3.5亿吨，占能源供应总量的1%以上；排放超过4亿吨，占排放总量的约1.6%。请从分子结构角度解释工业合成氨的条件苛刻、耗能巨大的原因___________。（5）针对合成氨工业中高耗能问题，中国科学家研制了一种新型催化剂，将合成氨温度、压强降低到350℃、1MPa，从反应机理角度分析新型催化剂降低能耗的原因是___________。（6）针对合成氨中大量排放问题，某研究团队提出利用金属锂元素合成氨，流程如下图所示。①冶炼金属锂的化学方程式是___________。②合成氨过程中发生非氧化还原反应，此步反应的化学方程式是___________。此方案中可循环利用的物质是___________。【答案】（1）（2）a（3）（4）N≡N的键能为946kJ/mol，断裂化学键所需能量极高，活化分子十分困难，在高温高压条件下提高了活化分子百分数。（5）更大程度降低了反应活化能，降低催化剂活性适宜温度（6）①.②.③.LiOH【解析】【小问1详解】合成氨的反应化学方程式为：，根据=反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量，则有，所以合成氨的热化学方程式为：，；小问2详解】合成氨的反应是一个可逆反应，及时分离出产物NH3，降低了生成物浓度，能促进平衡向正反应方向移动，提高产率和原料的利用率，故选a；【小问3详解】决速步骤是指反应历程中反应速率最慢的反应，速率快慢则由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。活化能最大的一步反应为：，即为决速步骤；【小问4详解】工业合成氨的条件苛刻、耗能巨大的原因从分子结构角度来说，N≡N的键能为946kJ/mol，断裂化学键所需能量极高，活化分子十分困难，在高温高压条件下提高了活化分子百分数；【小问5详解】新型催化剂使得合成氨的温度、压强降低到350℃、1MPa，降低能耗的原因是更大程度降低了反应活化能，降低催化剂活性适宜温度；【小问6详解】①通过电解法制备金属锂，所以冶炼金属锂的化学方程式为：；②合成氨过程中发生非氧化还原反应，是和水反应生成氨气的过程，此步反应的化学方程式是：；通过第三步的化学方程式可知，在生成氨气的同时也生成了，是第一步反应的反应物，所以此方案中是可以循环利用的。18.以钛铁矿(主要含钛元素化合价为+4)为原料制备铵铁蓝的一种流程示意图如下。已知：钛铁铁矿遇酸以形式存在于溶液中，且易水解为（1）钛铁矿粉碎的目的是___________。（2）请结合化学用语解释向酸浸液中加入“生铁”的目的是___________。（3）滤渣中的主要成分是___________。（4）在“沉铁”步骤产生的白色沉淀，中Fe的化合价是___________。（5）流程中的作用是___________，该步发生反应的离子方程式是___________。（6）铵铁蓝溶液的颜色受铵铁蓝溶液中游离时的质量分数影响，的质量分数越高，铵铁蓝的颜色越鲜艳，铵铁蓝制备中的质量分数受条件影响如下图所示：浓度对质量分数的影响“沉铁”步骤中混合溶液pH对质量分数的影响要得到颜色鲜艳的铵铁蓝还需控制的条件是___________。【答案】（1）增大固液接触面积，加快反应速率，提高钛铁矿的利用率（2）还原酸浸液中的（3）（4）+2（5）①.氧化剂，将氧化为②.（6）浓度控制，“沉铁”步骤中混合溶液pH=3【解析】【分析】钛铁矿粉碎酸浸，得到、硫酸亚铁溶液，亚铁离子容易被空气中氧气氧化为铁离子，加入生铁将铁离子还原为亚铁离子，真空降温结晶得到过滤分离得到钛液、滤渣FeSO4晶体，钛液加水稀释得到，煅烧得到二氧化钛；滤渣加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、Na4[Fe(CN)6]并用调节溶液的pH进行沉铁过程，得到白色沉淀，反应原理为：，然后过滤出沉淀，氯酸钠具有强氧化性，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：，过滤、洗涤干燥即制得；【小问1详解】钛铁矿粉碎的目的是增加反应物接触面积，加快反应速率；【小问2详解】亚铁离子容易被空气中氧气氧化为铁离子，加入生铁将铁离子还原为亚铁离子：，故加入生铁还原酸浸液中的；【小问3详解】由分析可知，滤渣中的主要成分是FeSO4晶体；【小问4详解】中铵根离子化合价为+1、CN-化合价为-1，根据化合价代数和为零可知，Fe的化合价是+2；【小问5详解】氯酸钠具有强氧化性，能和将二价铁氧化为三价铁，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，酸性条件下氯元素化合价降低得到氯离子、部分铁元素化合价升高得到，反应原理为：；【小问6详解】已知，的质量分数越高，铵铁蓝的颜色越鲜艳；结合2个图可知，浓度控制，“沉铁”步骤中混合溶液pH=3，此时铵根离子质量分数较大，得到产品颜色鲜艳。19.某小组实验探究铜与浓硫酸的反应。资料：i．(极浅蓝色)ii．硫化铜和硫化亚铜常温下都不溶于稀盐酸，易溶于浓盐酸iii．单质硫不溶于水，微溶于酒精iv.在干燥环境(浓)中较为稳定（1）浓与Cu制备的化学方程式是___________。（2）上述实验中能证明浓硫酸中硫酸分子的氧化性强于氢离子的实验证据是___________。实验过程中，小组同学按加热时间分为三个阶段，记录实验现象如下：反应阶段阶段一(加热初期)阶段二(继续加热)阶段三(加热后期)实验现象铜丝表面逐渐变黑，溶液接近无色，无气体生成大量刺激性气体产生，溶液变为墨绿色，试管底部产生灰白色沉淀试管中出现“白雾”，浊液逐渐变澄清，溶液变为浅蓝，灰白色沉淀增多（3）经检验阶段一中铜丝表面逐渐变黑的产物为，请从物质性质和结构角度解释产生原因是___________，发生的主要反应化学方程式是___________。小组同学为探究实验中产生的沉淀，设计如下实验方案。（4）实验①中可观察到的实验现象是___________。（5）请用化学用语描述实验④中溶液由浅蓝色变为深蓝色的原因___________。（6）通过上述实验验证可知，铜与浓硫酸反应后生成的