西藏拉萨市那曲第二高级中学2025届高三化学上学期第四次月考试题含解析

PAGE12-西藏拉萨市那曲其次高级中学2025届高三化学上学期第四次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27Fe-56Cu-64一．选择题：每小题6分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合要求。1.糖类、油脂、蛋白质是人类基本养分物质，下列说法错误的是A.植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色B.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖C.蛋白质水解的最终产物是氨基酸D.棉花、羊毛、木材和草类的主要成分都是纤维素【答案】D【解析】【详解】A选项，植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4发生加成而褪色，故A正确；B选项，淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖，故B正确；C选项，蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故C正确；D选项，棉花、木材和草类的主要成分都是纤维素，羊毛是蛋白质，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】纤维素水解，最终产物是葡萄糖，但人体内没有纤维素酶，因此纤维素在人体内不能消化，起肠胃蠕动作用。2.下列关于有机化合物的说法不正确的是A.苯乙烯在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯B.苯和液溴在FeBr3催化作用下反应生成溴苯C.丙烯与HCl在肯定条件下加成只得到一种产物D.乙醇转化为乙醛和乙酸转化为乙酸乙酯的反应类型不相同【答案】C【解析】【详解】A选项，苯乙烯在催化剂存在下发生加聚反应生成聚苯乙烯，故A正确；B选项，苯和液溴在FeBr3催化作用下发生取代反应生成溴苯，故B正确；C选项，丙烯与HCl在肯定条件下加成得到两种产物，故C错误；D选项，乙醇转化为乙醛是氧化反应，乙酸转化为乙酸乙酯的反应是取代反应，故D正确。综上所述，答案为C。3.有机物氢化后的一氯代物种类有(不考虑立体异构)A.6种 B.7种 C.8种 D.9种【答案】A【解析】【详解】苯环与氢气在肯定条件下，发生加成反应，因此有机物氢化生成产物为，以乙基为对称轴，可知该有机物结构中有6中位置的氢，其一氯代物种类有6种，故答案为A。综上所述，答案为A。4.下列试验和对应结论不正确的一组是选项试验及现象结论A将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透亮乙烯与溴发生加成反应，生成的1，2­二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳。B将苯加入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去。苯可以被酸性高锰酸钾溶液氧化。C将乙酸加入到碳酸氢钠溶液中，产生无色气体。乙酸的酸性比碳酸的酸性强D用分液漏斗分别乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液乙酸乙酯不易溶于饱和碳酸钠溶液AA B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A选项，将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，发生加成反应，生成的1，2­二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，溶液最终变为无色透亮，故A正确；B选项，苯的性质稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此将苯加入到酸性高锰酸钾溶液中，除了液体分层外，无明显现象，故B错误；C选项，将乙酸加入到碳酸氢钠溶液中，产生无色气体，说明醋酸反应生成碳酸，即乙酸的酸性比碳酸的酸性强，故C正确；D选项，用分液漏斗分别乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液，说明乙酸乙酯不易溶于饱和碳酸钠溶液，密度比饱和碳酸钠溶液小，故D正确。综上所述，答案为B。5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol乙烷分子中含有的碳氢键数为7NAB.1L0.1mol·L−1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NAC.标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有分子的数目为0.5NAD.常温常压下，17gNH3中含有原子总数为4NA【答案】D【解析】【详解】A选项，1个乙烷分子含有6个碳氢键，1mol乙烷分子中含有的碳氢键数为6NA，故A错误；B选项，1L0.1mol·L−1的乙酸溶液物质的量为0.1mol，乙酸是弱酸，部分发生电离，因此溶液中含H+的数量小于0.1NA，故B错误；C选项，标准状况下，CH3CH2OH是液体，无法用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D选项，常温常压下，17gNH3物质的量为1mol，17gNH3含有的原子总数为4NA，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】弱电解质是部分电离，电离出的阳离子物质的量比弱电解质的物质的量小。6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W-与Ne具有相同的电子层结构，X的族序数等于周期数，Y与Z最外层电子数之和为10。下列说法不正确的是A.原子半径：X>Y>Z>W B.单质沸点：W>Y>ZC.气态氢化物的稳定性：W>Z>Y D.简洁离子半径大小：Z>W>X【答案】B【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W－与Ne具有相同的电子层结构，说明W为F，X的族序数等于周期数，说明X为Al，Y与Z最外层电子数之和为10，说明Y为Si,Z为S。【详解】A选项，同一周期，从左到右，原子半径减小，同一主族，从上到小，原子半径渐渐增大，据此分析得到原子半径：Al>Si>S>F，故A正确；B选项，原子晶体的沸点较高，而硫和氟气均属于分子晶体，常温下，氟气为气体而硫为固体，因此单质沸点：Si>S>F2，故B错误；C选项，元素的非金属性越强，该元素形成的气态氢化物越稳定，非金属性：F>S>Si，所以气态氢化物的稳定性：HF>H2S>SiH4，故C正确；D选项，电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此简洁离子半径大小：S2－>F－>Al3+，故D正确。综上所述，答案为B。【点睛】非金属越强，其气态氢化物越稳定，从左到右，原子半径渐渐减小，从上到下，原子半径渐渐增大。7.下列试验操作或装置中的药品运用正确的是()A.配制溶液 B.证明非金属性强弱：C＞SiC.除去CO2中的HCl D.证明SO2的漂白性【答案】C【解析】【详解】A.配制溶液时，液面离刻度线1-2cm时，用胶头滴管逐滴加入至与液面与刻度线相切，故A错误；B.浓硝酸具有挥发性，硝酸能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故不能证明非金属性C>Si，故B错误；C.二氧化碳与碳酸氢钠溶液不反应，而氯化氢与碳酸氢钠溶液反应，因此可以利用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，故C正确；D.二氧化硫使高锰酸钾溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，故D错误；故答案选C。8.由异丙苯（）合成高分子化合物M的流程如图。已知：B的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6:2:2:1。(1)B的分子式为_________________；F中官能团的名称_______________。(2)写出D、H结构简式：___________________、____________________。(3)反应④的试剂和条件___________________；反应⑦的类型是_______________。(4)反应②的化学方程式为________________________________________________。(5)写出符合下列条件的G的一种同分异构体____________________。①苯环上有两个取代基；②与FeCl3溶液发生显色反应；③能与NaHCO3溶液反应放出气体。(6)G在肯定条件下能生成另一种高分子化合物N，写出N的结构简式_____________。【答案】(1).C9H11Cl(2).羟基、醛基(3).(4).(5).NaOH水溶液、加热(6).消去反应(7).+NaOH+NaCl+H2O(8).(9).【解析】【分析】(1)B的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6:2:2:1，说明取代的是—CH(CH3)2里—CH上的氢原子，B的分子式为C9H11Cl；E催化氧化变为醛，因此F中官能团的名称为羟基和醛基。(2)C到D是发生加成反应，因此D结构简式为，H到M是发生加聚反应，因此M结构简式。(3)反应④是水解反应，因此反应试剂和条件是NaOH水溶液、加热；反应⑦的类型是在浓硫酸作用下变为碳碳双键，因此反应类型为消去反应。(4)反应②的化学方程式为+NaOH+NaCl+H2O。(5)①苯环上有两个取代基；②与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，③能与NaHCO3溶液反应放出气体，说明含有羧基，结构简式为。(6)G在肯定条件下能生成另一种高分子化合物N，主要是发生酸醇缩聚反应生成高分子化合物。【详解】(1)B的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6:2:2:1，说明取代的是—CH(CH3)2里—CH上的氢原子，B的分子式为C9H11Cl；E催化氧化变为醛，因此F中官能团的名称为羟基和醛基，故答案为：C9H11Cl；羟基和醛基。(2)C到D是发生加成反应，因此D结构简式为，H到M是发生加聚反应，因此M结构简式，故答案为：；。(3)反应④是水解反应，因此反应的试剂和条件是NaOH水溶液、加热；反应⑦的类型是在浓硫酸作用下变为碳碳双键，因此反应类型为消去反应，故答案为：NaOH水溶液、加热；消去反应。(4)反应②的化学方程式为+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O。(5)①苯环上有两个取代基；②与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，③能与NaHCO3溶液反应放出气体，说明含有羧基，故答案为：。(6)G在肯定条件下能生成另一种高分子化合物N，主要是发生酸醇缩聚反应生成高分子化合物，N的结构简式，故答案为：。9.氯苯是染料、医药、有机合成的中间体，是重要的有机化工产品。试验室制取氯苯如图所示(加热和固定仪器的装置略去)。(1)a和b仪器组合成制取氯气的装置，反应无需加热，则a仪器中的固体反应物可以是__________；仪器c的名称是___________。(2)把氯气通入反应器d中(d仪器中有FeCl3和苯)，加热维持反应温度为40～60℃，温度过高会生成过多副产物二氯苯。对d加热的方法是_____________。(3)制取氯苯的化学方程式为_____________________________________________。(4)仪器c出口的气体成分除了少量苯蒸气、水蒸气外，还有_________________。(5)仪器d中的反应完成后，工业上要进行水洗、碱洗及干燥。①水洗的目的是除去混合物中混有的_____________________杂质。②10%NaOH溶液碱洗是除去混合物中的_____________________。(6)试验最终想要得到纯净氯苯的提纯方法是____________________。(7)指出该试验装置的一个缺点__________________________________________。【答案】(1).KMnO4(2).冷凝管(3).水浴加热(4).Cl2+HCl(5).Cl2、HCl(6).FeCl3(7).Cl2(8).蒸馏(9).缺少尾气处理装置【解析】【分析】(1)KMnO4和浓盐酸不加热反应生成氯气，因此反应无需加热，则a仪器中的固体反应物可以是KMnO4；仪器c的名称是冷凝管。(2)把氯气通入反应器d中(d仪器中有FeCl3和苯)，加热维持反应温度为40～60℃，不能干脆加热，因此常采纳对d加热的方法是水浴加热。(3)制取氯苯的化学方程式为+Cl2+HCl。(4)仪器c出口的气体成分除了少量苯蒸气、水蒸气外，还有没有反应完的氯气和生成的HCl。(5)①水洗的目的是除去混合物中混有的易溶于水的FeCl3杂质；②10%NaOH溶液碱洗主要是和Cl2反应，以便除去混合物中的Cl2。(6)试验最终想要得到纯净氯苯的提纯方法是通过蒸馏的方法分别出氯苯。(7)从c出口的气体成分有少量苯蒸气、氯气、HCl，因此该试验装置的一个缺点是缺少尾气处理装置。【详解】(1)KMnO4和浓盐酸不加热反应生成氯气，因此反应无需加热，则a仪器中固体反应物可以是KMnO4；仪器c的名称是冷凝管；故答案为：KMnO4；冷凝管。(2)把氯气通入反应器d中(d仪器中有FeCl3和苯)，加热维持反应温度为40～60℃，不能干脆加热，因此常采纳对d加热的方法是水浴加热，故答案为：水浴加热。(3)制取氯苯的化学方程式为+Cl2+HCl，故答案为：+Cl2+HCl。(4)仪器c出口的气体成分除了少量苯蒸气、水蒸气外，还有没有反应完的氯气和生成的HCl，故答案为：Cl2、HCl。(5)仪器d中的反应完成后，工业上要进行水洗、碱洗及干燥。①水洗的目的是除去混合物中混有的易溶于水的FeCl3杂质，故答案为：FeCl3。②10%NaOH溶液碱洗主要是和Cl2反应，以便除去混合物中的Cl2，故答案为：Cl2。(6)试验最终想要得到纯净氯苯的提纯方法是通过蒸馏的方法分别出氯苯，故答案为：蒸馏。(7)从c出口的气体成分有少量苯蒸气、氯气、HCl，因此该试验装置的一个缺点是缺少尾气处理装置，故答案为：缺少尾气处理装置。10.工业上以铬铁矿(主要成分是FeO·Cr2O3，含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等)为原料制取铬酸钠(Na2CrO4)晶体，其工艺流程如下：已知：①＋3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH>9时以CrO形式存在且易被氧化。②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离子Fe3＋Fe2＋Mg2＋Al3＋Cr3＋起先沉淀时的pH1．97．09．1——沉淀完全时的pH3．29．011．14．7(>10溶解)5．6(>9溶解)(1)提高酸浸速率的措施有__________________________________(答两条)。(2)滤渣1的主要成分是_____；滤渣2的主要成分是_____；滤渣3的主要成分是_____。(3)流程中两次运用了H2O2进行氧化，H2O2的电子式为___________；第一次氧化时反应的离子方程式为_____________________；其次次氧化时目的是____________________。(4)流程图中“”内的操作是________________、洗涤、干燥。(5)除去酸性废水中含有的Cr2O72-可以运用FeSO4，测得反应后的溶液中含Cr3＋、Fe2＋、Fe3＋、H＋等阳离子。该反应的离子方程式为_________________________________。【答案】(1).将铬铁矿粉碎,加热,适当提高硫酸的浓度,搅拌(2).SiO2(3).Fe(OH)3、Al(OH)3(4).Mg(OH)2(5).(6).2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(7).将CrO2-氧化为CrO42-(8).蒸发浓缩、冷却结晶(9).6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O【解析】【分析】(1)提高酸浸速率的措施有将铬铁矿粉碎，加热，适当提高硫酸的浓度，搅拌。(2)FeO·Cr2O3，MgCO3、Al2O3都与硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，滤渣1的主要成分是SiO2；依据阳离子沉淀时的pH值，铁离子、铝离子沉淀，因此滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；依据镁离子沉淀的pH值，得到滤渣3的主要成分是Mg(OH)2。(3)流程中两次运用了H2O2进行氧化，H2O2的电子式为：；第一次氧化时主要是亚铁离子被双氧水氧化，其离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；其次次氧化时主要是CrO2－被双氧水氧化，其目的是将CrO2－氧化为CrO42－。(4)流程图中“”内的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥。(5)除去酸性废水中含有的Cr2O72－可以运用FeSO4，亚铁离子和重铬酸根反应生成铬离子和铁离子。【详解】(1)提高酸浸速率的措施有将铬铁矿粉碎，加热，适当提高硫酸的浓度，搅拌，故答案为：将铬铁矿粉碎，加热，适当提高硫酸的浓度，搅拌。(2)FeO·Cr2O3，MgCO3、Al2O3都与硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，滤渣1的主要成分是SiO2；依据阳离子沉淀时的pH值，铁离子、铝离子沉淀，因此滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；依据镁离子沉淀的pH值，得到滤渣3的主要成分是Mg(OH)2；故答案为：SiO2；Fe(OH)3、Al(OH)3；Mg(OH)2。(3)流程中两次运用了H2O2进行氧化，H2O2的电子式为：；第一次氧化时主要是亚铁离子被双氧水氧化，其离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；其次次氧化时主要是CrO2－被双氧水氧化，其目的是将CrO2－氧化为CrO42－，故答案为：；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；将CrO2－氧化为CrO42－。(4)从溶液中得到晶体，可以采纳蒸发浓缩、冷却结晶的方法进行，因此流程图中“”内的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。(5)除去酸性废水中含有的Cr2O72－可以运用FeSO4，亚铁离子和重铬酸根反应生成铬离子和铁离子，其离子方程式为6Fe2++Cr2O72－+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为：6Fe2++Cr2O72－+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。【化学——选修5：有机化学基础】11.1，6­己二酸(G)是合成高分子化合物尼龙的主要原料之一，可用烃A氧化制备。制备G的合成路途如下：(1)A的化学名称为__________________。C→D的反应类型为_______________。(2)D中官能团的名称________________。E的分子式为_________________。(3)F的结构简式为___________________。(4)写出B→C的化学反应方程式_________________________________________。