2023-2024学年北京十四中高三（上）期中化学试题和答案

高中PAGE1试题2023北京十四中高三12月月考化学注意事项：1.本试卷共12页，共19道小题，满分100分。考试时间90分钟。2.在答题卡上指定位置贴好条形码，或填涂考号。3.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。4.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答。5.答题不得使用任何涂改工具。可能用到的相对原子质量：H1；C12；N14；Na23；A127；S32；C135.5；Cu64一、选择题1.中国“天宫”空间站使用了很多高新技术材料。下列对涉及材料的说法不正确的是A.核心舱的离子推进器使用氙气作为推进剂，氙位于元素周期表0族B.被誉为“百变金刚”的太空机械臂主要成分为铝合金，其强度大于纯铝C.“问天”实验舱使用砷化镓()太阳能电池，砷和镓位于元素周期表第四周期D.太阳能电池翼基板采用碳纤维框架和玻璃纤维网，两者均属于有机高分子材料2.是钛铁矿的主要成分，在工业上可以用于制备金属钛。下列说法不正确的是A.基态价层电子排布式为B.Fe在元素周期表中位于ds区C.基态Ti价层电子轨道表示式为D.O在元素周期表中位于第二周期ⅥA族3.室温下，t1时刻向两个盛有50mL蒸馏水的烧杯中分别加入①1gCaCO3、②1g蔗糖，搅拌，最终分别得到悬浊液和澄清溶液，溶解过程中分散系的导电能力变化如图。下列分析不正确的是A.该实验可证明蔗糖不是电解质B.该实验可证明碳酸钙是强电解质C.当①中导电能力不变时，CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)达到平衡D.t2时刻，①中再加1gCaCO3，导电能力不变4.下列有关实验现象的解释或所得结论正确的是选项实验操作现象解释或结论A向某补血口服液中滴加几滴酸性溶液酸性溶液紫色褪去该补血口服液中一定含有B用蒸馏水溶解固体，并继续加水稀释溶液由绿色逐渐变为蓝色正向移动C将25℃溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化溶液的pH逐渐减小温度升高，水解平衡正向移动D将铜与浓硫酸反应产生的气体通入溶液中产生白色沉淀该气体中一定含有A.A B.B C.C D.D5.BeCl2可以以单体、二聚体和多聚体的形式存在。下列关于BeCl2的说法不正确的是A.单体是非极性分子 B.二聚体的沸点比单体更高C.多聚体是平面结构 D.二聚体和多聚体中均存在配位键6.双氯芬酸是一种非甾体抗炎药，具有抗炎、镇痛及解热作用，分子结构如图所示。下列关于双氯芬酸的说法不正确的是A.能发生加成、取代反应B.最多能与2molNaOH反应C.既能与强碱反应，又能与强酸反应D.能与溶液反应制得水溶性更好的双氯芬酸钠7.电离平衡常数有重要的功能，下列推测不合理的是化学式H2CO3HCNHF电离平衡常数(K)Ka1=4.5×10-7Ka2=4.7×10-116.2×10-106.8×10-4A.电离出H+的能力：HF>H2CO3>HCN>B.相同物质的量浓度溶液的pH：NaF<NaHCO3<NaCNC.HCN和HF均能与Na2CO3溶液发生反应D.CO2通入NaCN溶液中：CO2+2CN-+H2O=2HCN+8.向体积为1L的密闭容器中充入一定量，发生反应：编号温度(℃)起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)I0.400.160.16II0.200.090.09下列说法不正确的是A.B.℃，该反应的平衡常数K=4C.II中存在：D.℃时，向该容器中充入物质的量均为0.2mol的3种气体，反应将逆向进行9.向100mL溶液中滴加溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是A.和都是强电解质B.A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：C.B→C，溶液中的减小D.A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C10.邻二氮菲的结构简式为，简写为phen，遇溶液生成橙红色配合物，其中的配位数为6。下列说法不正确的是A.phen中，不含手性碳原子B.中，phen的一个N参与配位C.中，提供空轨道，N提供孤对电子D.中，既存在极性键也存在非极性键11.有研究表明，铜和稀反应后的溶液中有。取铜丝和过量稀反应一段时间后的蓝色溶液分别进行实验①~④，操作和现象如下表。序号操作现象①向2mL该溶液中加入几滴浓NaOH溶液，振荡溶液变为浅绿色②向2mL该溶液中滴加酸性溶液紫红色褪去③将2mL该溶液充分加热后冷却，再滴加酸性溶液……④用玻璃棒蘸取该溶液滴到淀粉碘化钾试纸上溶液变蓝已知：为弱酸，受热发生分解反应：；在溶液中呈绿色。下列推断或分析不合理的是A.①说明存在电离平衡：B.②说明具有还原性C.③中，紫红色不褪去D.④说明具有氧化性12.工业上可用“氨催化氧化法”生产NO，以氨气、氧气为原料，在Pt－Rh合金催化剂存在下生成NO和副产物N2，两个竞争反应化学方程式如下：Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)现将1molNH3、1.45molO2充入1L恒容密闭容器中，在上述催化剂作用下反应，相同时间内有关生成物物质的量随温度变化曲线如图所示：已知：有效转化率=×100%下列说法不正确的是A.400℃时，主要发生反应ⅡB.由图分析工业上用氨催化氧化制备HNO3，最佳温度约为840℃C.520℃时，NH3的有效转化率约为66.7%D.840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应I平衡逆向移动所致13.钛酸钡是电子陶瓷基础母体原料，超细微粉体的制备方法如下。已知：下列说法不正确的是A.向中先加入，可防止其水解生成B.得到溶液1的反应：C.加入过量氨水，有利于提高的产率D.“煅烧”得到的气体A是和的混合物14.兴趣小组为探究FeCl3在溶液中显黄色的原因，进行如下实验。序号操作试剂a试剂b现象①0.2mol/LFeCl3蒸馏水溶液为黄色②0.2mol/LFeCl32mol/L盐酸溶液为浅黄色③0.2mol/LFe(NO3)3蒸馏水溶液为浅黄色④0.2mol/LFe(NO3)32mol/L硝酸溶液接近无色下列说法不正确的是A.②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动B.由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关C.由以上实验可推知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关D.由以上实验可推知，导致②③溶液均为浅黄色的原因相同二、填空题15.太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。I．第一代电池的光电转换材料是单晶硅。某单晶硅制备工艺中涉及的主要物质转化如下：（1）下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是___________(填字母)。a．i中，C做还原剂b．碳酸的酸性强于硅酸c．碳酸的热稳定性弱于硅酸（2）ii中，lmolSi与3molHCl反应转移4mol电子。①该反应的化学方程式为___________。②SiHCl3中，H的化合价为___________，由此推测Si的电负性比H的___________(填“大”或“小”)。（3）ⅲ中，利用沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离，从晶体类型角度解释其原因：___________。II．黄铜矿(主要成分为CuFeS2)可用于冶炼Cu2O。（4）下图中，表示Cu2O晶胞的是___________(填“图1”或“图2”)。（5）Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但Cu2O的熔点比Cu2S的高约100℃，原因是___________。（6）CuFeS2的晶胞如图3所示。①图4所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是___________。②从图3可以看出，每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为___________。③已知：CuFeS2晶体的密度是4.30g/cm3，阿伏伽德罗常数的值为NA．CuFeS2晶胞中底边边长___________pm(用计算式表示；1cm=10-l0pm；CuFeS2的摩尔质量为184g/mol)。16.氟唑菌酰羟胺是新一代琥珀酸脱氢酶抑制剂类杀菌剂，合成路线如下：已知：i.（1）A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，A的官能团有___________。（2）A的某种同分异构体与A含有相同官能团，其核磁共振氢谱有两组峰，结构简式为_____。（3）B→D的化学方程式是___________。（4）G的结构简式为___________。（5）推测J→K的过程中，反应物NaBH3CN的作用是___________。（6）可通过如下路线合成：已知：ii.R-O-R'+H2OROH+R'OHiii.①反应I的化学方程式为___________。②M的结构简式为___________。③设计步骤I和IV的目的是___________。17.利用页岩气中丰富的丙烷制丙烯已成为化工原料丙烯生产的重要渠道。Ⅰ．丙烷直接脱氢法：总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中和的体积分数随温度、压强的变化如下图。（1）丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为___________。（2）总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数___________(填“变大”“变小”或“不变”)。（3）图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示的体积分数随温度的变化，判断依据是___________。（4）图中，表示100kPa时的体积分数随温度变化的曲线是___________(填“Ⅱ”或“Ⅳ”)。Ⅱ．丙烷氧化脱氢法：我国科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下的转化率和C3H6的产率如下：反应温度/℃465480495510C3H8的转化率/%5.512.117.328.4C3H6的产率/%4.79.512.818.5（5）表中，C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是___________(答出1点即可)。（6）已知：C3H6选择性。随着温度升高，C3H6的选择性___________(填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是___________。

参考答案一、选择题1.【答案】D【详解】A．氙位于元素周期表0族，故A正确；B．铝合金强度大于纯铝，故B正确；C．砷和镓位于元素周期表第四周期，故C正确；D．碳纤维框架和玻璃纤维网均属于无机非金属材料，故D错误；故选D。2.【答案】B【详解】A．基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去2个电子形成亚铁离子，价层电子排布式为，A正确；B．铁为26号元素，Fe在元素周期表中位于d区，B错误；C．基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，则价层电子轨道表示式为，C正确；D．O位8号元素，在元素周期表中位于第二周期ⅥA族，D正确；故选B。3.【答案】B【详解】A．由图可知，蔗糖溶解过程中分散系的导电能力基本不变，说明蔗糖为非电解质，故A正确；B．碳酸钙难溶于水，但溶于水的碳酸钙完全电离，属于强电解质，故B错误；C．由图可知，碳酸钙溶解过程中分散系的导电能力增强，当导电能力不变时，说明CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)达到平衡，故C正确；D．由图可知，难溶于水的碳酸钙在水中已达到溶解平衡，所以t2时刻，①中再加1g碳酸钙，溶液中的离子浓度不变，导电能力不变，故D正确；故选B。4.【答案】B【详解】A．酸性溶液紫色褪去，也可能口服液中含有其它还原性物质，不确定一定会含有亚铁离子，A错误；B．用蒸馏水溶解固体，并继续加水稀释，，溶液浓度减小，导致平衡向离子数目增大的方向移动，溶液由绿色逐渐变为蓝色，B正确；C．将25℃溶液加热到40℃，溶液酸性变强，也可能是亚硫酸根离子被空气中氧气氧化导致，C错误；D．二氧化硫不能和氯化钡反应生成白色沉淀，D错误；故选B。5.【答案】C【详解】A．单体BeCl2中心原子Be周围的价层电子对数为2+=2，为直线形结构，分子中正负电荷中心重合，是非极性分子，A正确；B．BeCl2为共价化合物，形成分子晶体，二聚体的相对分子质量比单体大，则二聚体中分子间作用力比单体大，故二聚体的沸点比单体更高，B正确；C．由题干图示信息可知，多聚体中Be周围的价层电子对数为4，呈正四面体结构，而不是平面结构，C错误；D．已知Be的最外层上只有2个电子，结合题干图示信息可知，二聚体和多聚体中均存在Be←Cl配位键，D正确；故答案为：C。6.【答案】B【详解】A．由题干结构简式可知，分子中含有苯环故能发生加成反应，含有碳氯键和羧基，以及苯环故能发生取代反应，A正确；B．由题干结构简式可知，分子中含有两个碳氯键，水解后生成酚羟基，酚羟基和羧基均能与NaOH反应，故最多能与5molNaOH反应，B错误；C．由题干结构简式可知，分子中含有羧基和氨基，故既能与强碱反应，又能与强酸反应，C正确；D．由题干结构简式可知，分子中含有羧基，能与溶液反应制得水溶性更好的双氯芬酸钠，D正确；故答案为：B。7.【答案】D【详解】A．由电离平衡常数越大，弱酸的酸性越强，电离出H+的能力越大，由表数据可知由酸性：HF>H2CO3>HCN>，则电离出H+的能力：HF>H2CO3>HCN>，A正确；B．弱酸的酸性越弱，其盐溶液水解程度越大，溶液pH越大，由酸性：HF>H2CO3>HCN，相同物质的量浓度溶液的pH：NaF<NaHCO3<NaCN，B正确；C由于酸性：HF>HCN>，则HCN和HF均能与Na2CO3溶液发生反应，C正确；D．由于酸性：H2CO3>HCN>，根据弱酸制取更弱的酸，CO2通入NaCN溶液中：CO2+H2O+CN-=+HCN，D错误；

故选：D。8.【答案】D【详解】A．结合已知数据列温度时三段式：该温度下平衡常数K1=温度时三段式：该温度下平衡常数K2=该反应，温度升高平衡逆向移动减小，由K2>K1可知，，故A正确；B．由A中分析可知，℃，该反应的平衡常数K=4，故B正确；C．II中存在的起始物质的量为0.2mol。则其起始浓度=0.2mol/L，结合物料守恒可知：存在反应，故C正确；D．℃时，向该容器中充入物质的量均为0.2mol的3种气体，则此时Qc=<K1，反应将正向进行，故D错误；故选：D。9.【答案】B【详解】A．和在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；B．A→B加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为，故B错误；C．B→C时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中减小，故C正确；D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，A点溶液中全部是，水的电离受到抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化钡还有剩余，C点和恰好完全反应，因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确；答案选B。10.【答案】B【详解】A．手性碳原子是指连接4个不同原子或原子团的碳原子，由其结构式可知无手性碳原子，A正确；B．由于亚铁离子的配位数为6，故中phen有2个N原子参与配位，B错误；C．在物质中，中心原子提供空轨道，N提供孤对电子，C正确；D．硫和氧、碳和氮之间为极性键，但phen中C和C为非极性键，D正确；故选B。11.【答案】D【详解】Cu与过量的稀硝酸反应一段时间后，反应后的溶质为Cu(NO3)2、HNO3、HNO2，以此分析；【分析】A．加入NaOH，OH-与H+反应生成H2O，H+浓度减小，从而使得平衡正向进行，增大，则生成的浓度增大，溶液变为绿色，A正确；B．酸性高锰酸钾具有强氧化性，HNO2具有还原性，使高锰酸钾褪色，B正确；C．充分加热后冷却，则溶液中无HNO2，故酸性高锰酸钾不发生发生反应，溶液紫色不褪色，C正确；D．因为溶液中有HNO3，则可能是稀HNO3氧化I-生成I2，使淀粉变蓝，无法判断HNO2有氧化性，D错误；故答案为：D。12.【答案】C【详解】A．400℃时，氮气的物质的量最大，说明主要发生反应Ⅱ，A正确；B．840℃时一氧化氮的产率最高副产物氮气产率最低，则工业用氨催化氧化制备HNO3,选择的最佳温度是840℃，B正确；C．由图知520C时，生成氮气和一氧化氮的物质的量均为0.2mol，则反应Ⅱ消耗的氨气的物质的量为0.4mol，反应Ⅰ消耗的氨气的物质的量为0.2mol，NH3的有效转化率为，C错误；D．840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应Ⅰ为放热反应，升温，反应Ⅰ平衡逆向移动所致，D正确；故选C。13.【答案】C【分析】与草酸先生成TiO(C2O4)，再向体系中加入钡离子，发生反应的离子方程式为：TiO(C2O4)＋Ba2＋+4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓，生成的BaTiO(C2O4)2·4H2O再经过隔绝空气煅烧，得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气，涉及的方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O，据此分析解答。【详解】A．根据已知信息可知，四氯化钛水解显酸性，所以向中先加入，可抑制其水解，从而防止生成，A正确；B．根据分析可知，得到溶液1的反应：，B正确；C．加入过量氨水，则溶液碱性过强，可能会生成TiO(OH)+，从而降低TiO(C2O4)的浓度，不利于提高的产率，C错误；D．根据分析，结合原子守恒可知“煅烧”得到的气体A是和的混合物，D正确；故选C。14.【答案】D【详解】A．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L盐酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动，A正确；B．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L硝酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关，B正确；C．对比实验①③和实验②④实验现象可知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关，C正确；D．由以上实验可推知，导致②溶液为浅黄色的原因是Fe3+的水解平衡逆向移动，而导致③溶液为浅黄色的原因是Fe3+浓度和水解生成的离子浓度减小，故不相同，D错误；故答案为：D。二、填空题15.【答案】（1）b（2）①.Si+3HClSiHCl3+H2↑②.﹣1③.小（3）硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体SiHCl3沸点（4）图2（5）氧离子的半径小于硫离子，半径越小，晶格能越大，物质的熔沸点就越高，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高（6）①.图5中结构单元不能无缝并置形成晶胞②.4③.【小问1详解】a．ⅰ中C在高温下还原二氧化硅为硅单质，同时生成一氧化碳逸出使得反应能够进行，不能说明“非金属性C比Si强”，故a错误；b．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，碳酸的酸性强于硅酸，能说明“非金属性C比Si强”，故b正确；c．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；而碳酸的热稳定性弱于硅酸，不能说明“非金属性C比Si强”，故c错误；故答案为：b；【小问2详解】该反应为硅和HCl加热生成SiHCl3，根据质量守恒可知，反应还会生成氢气，反应为Si+3HClSiHCl3+H2↑;【小问3详解】1molSi与3molHCl反应转移4mol电子，则反应中硅失去4个电子，化合价由0变为+4；3分子HCl中1分子HCl中氢得到2个电子，化合价由+1变为﹣1，故SiHCl3中H的化合价为﹣1；硅显正价、氢显负价，由此推测Si的电负性比H的小，故答案为：﹣1；小；【小问4详解】图2中4个Cu位于体内，O位于顶点和和体内，个数为8×+1＝2，Cu：O＝4：2＝2：1，故图2代表Cu2O的晶胞；图3中Cu位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，O位于棱心和体心，个数为12×+1＝4，Cu：O＝4：4＝1：1，故图3代表CuO的晶胞，故答案为：图2；【小问5详解】Cu2O与Cu2S是结构相似的离子晶体，氧离子的半径小于硫离子，半径越小，晶格能越大，物质的熔沸点就越高，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高，故答案为：氧离子的半径小于硫离子，半径越小，晶格能越大，物质的熔沸点就越高，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高；【小问6详解】①晶体是由晶胞无缝并置而成的，图5中结构单元不能无缝并置形成晶胞；②Cu原子位于面上和棱上，个数为6×+4×＝4，故答案为：4；③每个晶胞中含有4个Cu原子，相当于含有4个“CuFeS2”，晶胞质量为g，晶胞体积为(a×10-10)3cm3，根据可得，4.30g∙cm-3＝，则边长a＝pm。16.【答案】（1）羧基、碳氯键；（2）（3）2+O22+2H2O（4）（5）还原剂（6）①.+C2H5OH+H2O②.H2N﹣NH﹣CH3③.保护羧基，避免其与氨基或亚氨基发生反应【分析】A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，说明A含有﹣COOH；根据A的分子式及E的结构简式知，A为，根据B的分子式知，A中羧基发生还原反应生成醇羟基，B中醇羟基发生氧化反应生成D中醛基，则B为、D为，D中醛基发生取代反应生成E，C2H5NO2为CH3CH2NO2，E中硝基发生还原反应生成氨基，然后和水反应生成G，结合氟唑菌酰羟胺的结构简式知，K发生取代反应生成氯唑菌酰羟胺，则K为；结合氯唑菌酰羟胺的结构简式及G的分子式知，G为，根据G、H的分子式知，G和CH3ONH2发生取代反应生成J为，K和进一步发生取代反应生成产物，据此答题；【小问1详解】A为，含有的官能团为羧基、碳氯键；【小问2详解】A的某种同分异构体与A含有相同官能团，即含有羧基和碳氯键，其核磁共振氢谱也有两组峰，除羧基外只有一种氢，则苯环结构应对称，符合的结构为：；【小问3详解】B为、D为，B到D发生醇的催化氧化生成醛基，反应方程式为2+O22