河北省石家庄市辛集市2023-2024学年高三上学期2月期末考试化学试题（含答案解析）

辛集市2023-2024学年度第一学期期末教学质量监测高三化学试卷注意事项：1、本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。2、考试时间75分钟，满分100分之外，另有5分卷面分，请工整书写。3、请将第Ⅰ卷各小题所选答案的序号用2B铅笔涂在答题卡上：第Ⅱ卷各小题答案按照题号写在答题卡相应位置上，在试卷上作答无效。4、考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回，试卷由考生保留。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-35.5Ca-40Cr-52Fe-56Zn-65第Ⅰ卷选择题(共42分)一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。)1.2023年第19届杭州亚运会上出现了很多新材料，其中用到天然有机高分子材料的是A.竞赛自行车整体车架采用高模量碳纤维B.运动员房间的漱口杯、衣架采用麦秸秆材质C.白色棚罩“云之翼”的顶部覆盖了带二氧化钛涂层的PTFE(聚四氟乙烯)膜D.亚运火炬“薪火”的金属部分采用1070铝合金旋压成型【答案】B【解析】【详解】A．竞赛自行车整体车架采用高模量碳纤维，高模量碳纤维属于新型无机非金属材料，A错误；B．运动员房间的漱口杯、衣架采用麦秸秆材质，麦秸秆的化学成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，B正确；C．白色棚罩“云之翼”的顶部覆盖了带二氧化钛涂层的PTFE膜，PTFE膜的主要化学成分是聚四氟乙烯，属于合成有机高分子材料，C错误；D．亚运火炬“薪火”的金属部分采用1070铝合金旋压成型，铝合金属于金属材料，D错误。故选B。2.下列化学用语或图示不正确的是A.由和形成离子键的过程：B.常温时，氨水的的原因：C.分子中键的形成：D.反丁烯的结构简式：【答案】D【解析】【详解】A．由Na和Cl形成离子键的过程是钠原子失去一个电子形成钠离子，而氯原子得到一个电子形成氯离子，从而形成离子键，A项正确；B．常温时，0.1mol/L氨水的pH=11说明氨水是弱电解质，不完全电离，B项正确；C．H原子价电子是s轨道电子，电子云是球形，Cl原子价电子是p轨道电子，电子云形状是哑铃型，二者形成s-p键，C项正确；D．是顺丁烯的结构简式，D错误；答案选D。3.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.在氢氧碱性燃料电池中，当正极上消耗气体时，转移的电子数为B.分子中键的数目为C.中配位原子的个数为D.质量分数为的甲醛水溶液中含个原子【答案】C【解析】【详解】A．未告知气体所处的温度、压强，无法计算正极上消耗气体物质的量，也无法计算电子转移的数目，A错误；B．1个含有2个，，分子中键的数目为，B错误；C．中1个和4个分子中的N原子形成4个配位键，中配位原子的个数为，C正确；D．质量分数为的甲醛水溶液中含有HCHO，物质的量为0.1mol，水中也含有氧原子，故含氧原子大于0.1NA个，D错误；故答案为：C。4.甘草素是从甘草中提炼制成的甜味剂，其结构如图所示，下列说法正确的是A.甘草素分子中无手性碳原子 B.甘草素分子中至少有5个碳原子共直线C.甘草素可与HCN反应 D.1mol甘草素最多可消耗3molNaOH【答案】C【解析】【详解】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，所以甘草素中有1个手性碳原子，故A错误；B．甘草素分子结构中含苯环结构，对角线上的四个原子共线，所以至少有3个碳原子共直线，故B错误；C．甘草素含羰基，可与HCN发生加成反应，故C正确；D．1mol甘草素含2mol酚羟基，所以最多可消耗2molNaOH，故D错误；故选C。5.化学给人带来了多彩的美。下列颜色变化中无电子转移的是A.置于溶液中的Al片逐渐被铜覆盖，形成美丽的铜树B.棕黄色的氯化铁溶液遇KSCN溶液变成红色C.削了皮苹果置于空气中变成褐色D.将盛有银氨溶液与葡萄糖的试管，水浴加热，试管内壁出现银镜【答案】B【解析】【详解】A．溶液中的Al片逐渐被铜覆盖，发生了金属之间的置换反应，属于氧化还原反应，有电子转移，故A不符合题意；B．氯化铁溶液遇KSCN溶液变红是由于铁离子和SCN-结合生成Fe(SCN)3，没有电子转移，故B符合题意；C．削了皮的苹果置于空气中变成褐色，是因为发生了氧化还原反应，有电子转移，故C不符合题意；D．银氨溶液的主要成分是[Ag(NH3)2]OH反应后变为银单质，有电子转移，故D不符合题意；故答案为B。6.研究表明：质子溶剂参与苯乙烯环氧化反应机理如图所示(R表示烃基)。下列说法错误的是A.电负性：O>C>H B.ROH与H2O2能形成分子间氢键C.ROH为反应过程的中间产物 D.步骤③存在着极性键断裂和形成【答案】C【解析】【详解】A．O、C、H吸引电子的能力依次减弱，故电负性O>C>H，A不符合题意；B．由图中步骤①知，ROH与H2O2能形成分子间氢键，B不符合题意；C．ROH在步骤①加入，在步骤③又生成，ROH为反应过程的催化剂，C符合题意；D．步骤③存在极性键C-H键断裂和极性键O-C键形成，D不符合题意；故选C。7.短周期主族元素、、、、形成的化合物结构如图所示。其中、相邻且与同周期，、同主族，、同主族且原子半径更小。下列说法正确的是A.、、、四种元素可形成离子化合物B.第一电离能：C.的单质可保存在煤油中D.与形成的两种化合物中，原子杂化方式不同【答案】A【解析】【分析】从化合物结构图可知，Z和X最外层都有6个电子，且Z和X同主族，Z的半径更小，所以Z为O，X为S；Q带一个单位正电荷，所以Q为碱金属元素，Q和Y同主族，所以Y为H；Q和Z同周期，所以Q为Li；Z和W相邻，W为N或F，形成的化合物的阴离子带一个单位负电荷，则是W得到1个电子，所以W为N。【详解】A．X、Y、Z、W四种元素可形成NH4HSO4、(NH4)2SO4、NH4HSO3等离子化合物，故A正确；B．同一周期从左到右第一电离能有增大的趋势，但第VA族第一电离能大于同周期相邻主族元素，第一电离能：，即，故B错误；C．Li的密度比煤油小，不能保存在煤油中，故C错误；D．X与Z形成的两种化合物分别为SO2和SO3，在SO2中S的价层电子对数=，S采取sp2杂化；在SO3中S的价层电子对数=，S也采取sp2杂化，所以S原子杂化方式相同，故D错误；故选A。8.应用下列实验装置或方案能达到实验目的的是A.用图1装置制备少量氨气B.用图2所示装置收集SO2C.用图3所示装置检验是否有乙烯产生D.用图4装置比较KMnO4、C12、S的氧化性强弱【答案】D【解析】【详解】A．用图1装置制备少量氨气，没有干燥装置，得到的氨气中含有水蒸气，应选用碱石灰干燥，用上下排空气法收集，装置缺少除杂装置和收集装置，故A错误；B．SO2的密度大于空气，导气管应该长进短出，故B错误；C．挥发出的乙醇和产生的乙烯都能使酸性高锰酸钾褪色，需要加有水的装置除去乙醇，故C错误；D．高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气与硫化钠反应生成硫，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性KMnO4＞C12＞S，用图4装置可以比较KMnO4、C12、S的氧化性强弱，故D正确；答案选D。9.科研人员提出了CO2羰基化合成甲醇的反应机理，其主要过程示意图如图(图中数字表示键长的数值，单位相同且都省略)。下列说法不正确的是A.该过程中，CO2被还原B.该过程中共发生了2次加成反应C.由图可知，化学键周围的基团会对键长产生影响D.该过程从原子利用率的角度，不符合“绿色化学”理念【答案】B【解析】【详解】A．该过程中，碳元素化合价由中＋4价降低到中价，被还原，选项A正确；B．由图可知，该过程中中的C＝O双键发生了2次加成反应，中间产物甲醛中的C＝O双键发生了1次加成反应，所以共发生3次加成反应，选项B不正确；C．由图可知，中的C＝O双键的键长为1.161，发生一次加成后，C＝O双键的键长变为1.199，键长发生了改变，即化学键的键长会受到周围基团的影响，选项C正确；D．由图可知，该反应过程中还生成了水，原子利用率未达到100%，不符合“绿色化学”理念，选项D正确；答案选B。10.科研工作者利用如图所示装置除去含NaCl废水中的尿素[CO(NH2)2]。下列说法错误的是A.b为直流电源的负极B.工作时，废水中NaCl的浓度保持不变C.工作时，N极区NaCl溶液的质量基本不变D.若导线中通过6mol电子，则理论上生成1molN2【答案】B【解析】【详解】A．由图知，极区生成，极作阴极，为直流电源的负极，故A正确；B．工作时，阳极区的反应为、，氢离子通过质子交换膜进入阴极区，阳极消耗水而使废水中的浓度增大，故B错误；C．工作时，由极区通过质子交换膜移向极区，转移相同量的电子，极区产生的质量与进入极区的质量相等，N极区NaCl溶液的质量基本不变，故C正确；D．阳极区的反应为、，若导线中通过6电子，理论上应生成1，故D正确；选B。11.下列实验操作和现象可得出相应正确结论的是选项实验操作现象结论A向溶液中滴加溶液，再加入少量铜粉开始时无明显变化，加入铜粉后产生蓝色沉淀氧化性：B时测盐()溶液的和均为强电解质C向等浓度的和溶液中滴加少量溶液出现白色沉淀(铬酸银为深红色沉淀)D向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热，一段时间后，冷却，加入溶液调至碱性，再加入新制的，加热出现砖红色沉淀淀粉已完全水解A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．加入少量铜粉后产生蓝色沉淀可证明有Fe2+生成，可知发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，则氧化性：，A项正确；B．时测盐()溶液的，pH=7，可知该盐溶液呈中性，则该盐可能是强酸强碱盐，也可能是阴阳离子水解程度相等的弱酸弱碱盐，B项错误；C．为A2B型化合物，AgCl为AB型化合物，二者物质类型不同，Ksp的大小无法判断，C项错误；D．出现砖红色沉淀只能证明淀粉已水解，未证明淀粉不存在，不能说明淀粉已完全水解，D项错误；故选：A。12.硅与镁能够形成二元半导体材料，其晶胞如图所示，已知晶胞参数为。阿伏加德罗常数值为。下列说法中不正确的是A.镁原子位于硅原子所构成的正四面体空隙中B.晶体中硅原子的配位数为4C.该晶体中两个硅原子间的最短距离为D.晶体的密度为【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，与镁原子最近的4个硅原子位于顶点和相邻的3个面心，4个硅原子形成正四面体形，即镁原子位于硅原子所构成的正四面体空隙中，故A正确；B．由图可知，晶胞中距顶点的硅原子最近的镁原子有一个，顶点的原子属于8个晶胞共有，所以硅原子的配位数为8，故B错误；C．该晶体中两个硅原子之间的最短距离，为面对角线的一半，即为，故C正确；D．Si原子位于顶点，个数为，8个镁原子位于体内，晶胞质量为，晶胞体积为(r×10-7)3cm3，晶胞密度为，故D正确；故答案为：B。13.从铬锰矿渣(主要成分为、MnO2，含少量、、)中分离铬、锰的一种工艺流程如图所示。已知：焙烧时MnO2不发生反应。下列说法错误的是A.加快“酸浸”速率的措施可用适当升温、适当提高硫酸的浓度等B.“滤渣2”的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3C.“焙烧”时转化为的化学方程式为：D.流程中加入的作用为作氧化剂，S元素被还原为【答案】D【解析】【分析】铬锰矿渣主要成分为Cr2O3、MnO，含少量Fe2O3、SiO2、Al2O3，粉碎后加入碳酸钠焙烧，焙烧时MnO、Fe2O3不发生反应，反应生成Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2，加入硫酸，生成硅酸沉淀，溶液中含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、Na2Cr2O7；调节pH除去杂质Fe3+、Al3+，生成Fe(OH)3，Al(OH)3沉淀；滤液中加入Na2S2O3，把Cr2O还原为Cr3+，调节pH=6生成氢氧化铬沉淀，滤液中加入过氧化氢、氢氧化钠，把+2价锰氧化为+4价，硫酸锰转化为MnO2，据此分析解题。【详解】A．升温、适当提高硫酸浓度可以加快“酸浸”速率，故A正确；B．由上述分析可知，“滤渣2”的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，故B正确；C．“焙烧”时Cr2O3与碳酸钠、氧气反应生成Na2CrO4和CO2，化学方程式为，故C正确；D．流程中加入Na2S2O3的作用为作还原剂，将铬元素还原为正三价，故D错误。答案选D。14.高铁酸钾()是一种优良的水处理剂，溶于水后，会水解生成如图1中所示的物种，纵坐标表示其分数分布()。则下列说法不正确的是A.高铁酸钾()既能杀菌消毒又能净水B.根据图中信息，铁元素有4种存在形态，且它们总是可以同时存在C.由图2可知，配制高铁酸钾溶液应选择低温条件下进行D.向pH=6的该溶液中加KOH溶液，反应的离子方程式为【答案】B【解析】【详解】A．高铁酸钾()具有强氧化性，能杀菌消毒，还原产物水解产生胶体，能净水，A正确；B．根据图中信息，铁元素有4种存在形态，但不是总是同时存在，B错误；C．由图2可知，温度越低，高铁酸钾浓度越大，所以配制高铁酸钾溶液应选择低温条件下进行，C正确；D．当，溶液中主要以的形式存在，向该溶液中加KOH溶液，反应的离子方程式为，D正确；故选B。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题：(本题共4小题，共58分。)15.三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室可利用下面装置模拟制取三氯化铬(、为气流控制开关)。原理：已知：气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体（1）实验装置合理的连接顺序为—_____(填仪器接口字母标号)。（2）步骤如下：ⅰ．连接装置，检查装置气密性，装入药品并通；ⅱ．加热反应管至；ⅲ．控制开关，加热，温度保持在之间；ⅳ．加热石英管继续升温至，直到中反应基本完成，切断管式炉的电源；ⅴ．停止装置水浴加热，……；ⅵ．装置冷却后，结束制备实验。①步骤ⅰ中，开关、的状态分别为_____。②补全步骤ⅴ的操作：_____，其目的是_____。（3）从安全角度考虑，整套装置的不足是_____。（4）装置中反应的离子方程式为_____。（5）取三氯化铬样品，配制成溶液。移取于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后，加适量溶液，生成绿色沉淀。冷却后，加足量，小火加热至绿色沉淀完全溶解。冷却后，加入酸化，再加入足量溶液，加塞摇匀充分反应后，铬元素只以存在，暗处静置后，加入指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液(杂质不参加反应)。已知：；①绿色沉淀完全溶解后，继续加热一段时间再进行后续操作，目的是_____。②样品中无水三氯化铬的质量分数为_____(结果保留三位有效数字)。【答案】（1）(或)（2）①.开，关②.继续通入一段时间③.将完全排入装置被充分吸收（3）升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管（4）（5）①.除去多余的②.【解析】【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气。A装置的作用是用N2将CCl4导入装置参与反应，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集气体，D装置是处理COCl2尾气，E装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与E中的Cr2O3反应，生成的COCl2有毒气体用C装置收集，与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，还有在C和D装置中间加一个干燥装置B。【小问1详解】根据分析，装置的排序是AECBD。首先用干燥的N2排除装置空气，则反应前C装置内应该充满N2，要收集的气体为COCl2，其密度大于N2，所以COCl2从d进入。因此，实验装置合理的连接顺序为ahi(或ih)debcf(g)；【小问2详解】①K1开，K2关，使得N2能进入装置排尽空气而不会带入CCl4；②反应结束后还需要持续通入N2一段时间，从而将COCl2完全排入装置D被充分吸收；【小问3详解】三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管；【小问4详解】根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为；；【小问5详解】①为避免过量的H2O2和KI反应而对后续的测定产生干扰，应加热除去多余的H2O2；②被H2O2氧化后的Cr元素全部以形式存在，其再次和酸化的KI反应，离子方程式为。根据方程式，生成的I2的物质的量为n(I2)==0.0002625mol，则根据Cr元素守恒，可计算出无水三氯化铬质量分数为。16.金属铼()是重要的新兴金属，应用于国防、石油化工以及电子制造等领域，通过还原高铼酸铵()可制取金属铼。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)制取高铼酸铵晶体的流程如下图所示。回答下列问题：（1）“焙烧”过程加入生石灰的目的_____。（2）“焙烧”常采用高压空气、逆流操作(空气从培烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，这样操作的目的是_____，请再举出一项提高“焙烧”效率的合理措施：_____。（3）“浸出”中，浸出率与温度的关系如下左图所示，浸出率与硫酸浓度的关系如下右图所示。工业生产应选择的适宜条件是_____。（4）“萃取”机理为：，则“反萃取”对应的离子方程式为_____。（5）有关物质的溶解度见下表：温度2075.46.13078.032.3反萃取结束后从溶液中分离出的操作是_____。（6）用氢气还原高铼酸铵()制取金属铼的化学方程式为_____。【答案】（1）吸收二氧化硫，避免污染环境（2）①.增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率②.适当升温或将矿石粉碎（3）95℃和（4）或（5）加热浓缩(蒸发浓缩)、冷却结晶、过滤（6）【解析】【分析】钼精矿在空气中焙烧硫元素转化成二氧化硫，二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，铼元素转化成Ca(ReO4)2，钼元素转化成CaMoO4，加入硫酸、软锰矿，硫酸钙属于微溶物，过滤，得到浸渣CaSO4，加入氨水和生石灰，得到NH4ReO4，然后过滤，通过萃取和反萃取、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，据此分析；【小问1详解】由上述分析可知二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，可避免二氧化硫污染环境；【小问2详解】“焙烧”常采用高压空气、逆流操作可增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；适当升高温度，加快反应速率，也可提高“焙烧”效率；【小问3详解】由图可知95℃和c(H2SO4)=3.0mol/L时，浸出较高，因此选择的条件为：95℃和c(H2SO4)=3.0mol/L；【小问4详解】反萃取时R3N·HReO4与氨气反应生成NH4ReO4、R3N，反应离子方程式为：或；【小问5详解】NH4ReO4的溶解度随温度变化大，“反萃取”后从溶液中获得晶体，采用的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；【小问6详解】铵盐热稳定性较差，一般分解为氨气、水和氧化物，氢气还原金属氧化物得到Re，总反应方程式为；故答案为。17.甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义（1）一种重要的工业制备甲醇的反应为①②③试计算=_____。（2）对于反应，，。其中、分别为正、逆反应速率常数，为气体分压(分压物质的量分数总压)。在下，分别按初始投料比，、进行反应，测得的平衡转化率随压强变化的关系如图所示：①投料比的曲线是_____。(填“”、“”或“”)②已知点在曲线上，计算该温度下压强平衡常数_____。(用平衡分压代替平衡浓度计算)（3）甲醇催化制取丙烯的反应为：。已知Arrhenius经验公式为(其中为活化能，为速率常数，和为常数)。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图所示：①该反应的活化能_____。②当用更高效催化剂时，请在图中画出与关系的曲线_____。（4）目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与反应来制备：。在恒压密闭容器中通入一定量的和气体，测得甲醇的转化率随温度变化关系如图所示：①温度为时，该反应的正反应速率_____(填“>”，“=”或“<”)。②、、三点逆反应速率由大到小的顺序为_____。[用“”、“”、“”表示]【答案】（1）（2）①.②.（3）①.②.（4）①.>②.【解析】【分析】根据盖斯定律，由②+③得反应①，进行计算即可。投料比越大，氢气的平衡转化率越高，因此a代表，b代表，c代表。N点为投料比，氢气平衡转化率为60%，设初始二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol，列三段式计算平衡时二氧化碳分压、氢气分压、甲醇分压水蒸气分压，进行压强平衡常数的计算。【小问1详解】（1）已知②，③根据盖斯定律，由②+③得反应①，答案为-49.5；【小问2详解】①投料比越大，氢气的平衡转化率越高，因此a代表，b代表，c代表，答案为c；②平衡时二氧化碳分压为：，同样的方法，平衡时氢气分压：0.625MPa，甲醇分压0.3125MPa，水蒸气分压0.3125MPa，则压强平衡常数，故答案为：c；；【小问3详解】①已知Arrhenius经验公式为(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，可得、，两式联立解得，则反应的活化能为15.0kJ/mol；②若使用催化剂，活化能降低，即直线的斜率相反数得减小，因此示意图为：，故答案为：15.0；；【小问4详解】①温度为T1时，A点尚未达到平衡状态，相比于相同温度下达到平衡状态的B点，A点甲醇的浓度大于B点甲醇的浓度，浓度越大，反应速率越快，故；②温度对反应速率的影响大于浓度，且温度越高反应速率越快，故B、C、D三点逆反应速率由大到小的顺序为，故答案为：>；。18.化合物M是一种治疗高血压药物的中间体。实验室以A为原料制备M的合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的结构简式为___________；由B生成C的反应类型为___________。（2）D中官能团的名称为_________