四川省南充市阆中中学校2024-2025学年高三上学期11月月考化学试题

阆中中学高2022级2024年秋11月月考化学试题（满分：100分时间：75分钟）可能用到的相对原子质量：H1N14O16Cl35.5Co40一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.我国是古代文明发源地。下列文物主要由无机非金属材料制成的是A．西周兽面纹方鼎B．北朝青瓷莲花尊C．唐葡萄花鸟纹银香囊D．西汉T形帛画A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．西周兽面纹方鼎属于金属材料，A错误；B．北朝青瓷莲花尊是我国著名传统瓷器的一种，瓷器主要含硅酸盐属于无机非金属材料，B正确；C．唐葡萄花鸟纹银香囊的外壁用银制成，呈圆球形，通体镂空，属于金属材料，C错误；D．T形帛画中的帛是用蚕丝制作的，蚕丝的主要成分为蛋白质，D错误；本题选B。2.下列表示正确的是A.基态S原子的价电子排布图：B.2丁烯的键线式：C.的结构示意图：D.的VSEPR模型：【答案】D【解析】【详解】A．根据泡利原理和洪特规则，基态S原子的价电子排布图为，故A错误；B．该图所示键线式表示的物质为1，3丁二烯，不是2丁烯，故B错误；C．是S原子得到两个电子而来，其结构示意图为，故C错误；D．的中心原子Cl价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，有1对孤电子对，故D正确；故选D。3.硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其立方晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A.Se位于元素周期表的ds区B.Se的配位数为8C.A点原子的坐标为(0，0，0)，则B点原子的坐标为()D.Zn与Se之间的最近距离为【答案】D【解析】【详解】A．Se位于元素周期表的第四周期第VIA族，属于p区，A项错误；B．由晶胞结构图，离Se最近的Zn有4个，Se的配位数为4，B项错误；C．A点原子坐标为，由图乙可知，B点原子的坐标为，C项错误；D．Zn与Se之间的最近距离为体对角线的，即，D项正确；本题选D。4.丁基苯酞(键线式为)是芹菜油的化学成分之一。动物模型研究表明，丁基苯酞可用于治疗高血压和神经保护作用。下列有关丁基苯酞的说法正确的是A.丁基苯酞的化学式为B.丁基苯酞分子中碳原子有3种杂化方式C.能发生取代、加成和氧化反应D.苯环上一氯代物有2种【答案】C【解析】【详解】A．丁基苯酞的化学式不饱和度为6，H原子个数为，化学式为，A错误；B．丁基苯酞分子中苯环上和酯基上的碳原子采用sp2杂化，其余饱和碳原子采用sp3杂化，碳原子有2种杂化方式，B错误；C．酯基能发生取代反应，苯环能与氢气发生加成反应，可燃烧能发生氧化反应，C正确；D．苯环不对称，因此苯环上一氯代物有4种，错误；答案选C。5.下列实验装置能达到实验目的的是A.图甲：实验室制备氯气B.图乙：除去二氧化碳中的氯化氢气体C.图丙：检验溴乙烷发生消去反应生成的乙烯D.图丁：测定中和反应的反应热【答案】B【解析】【详解】A．浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气需要加热，故A错误；B．饱和碳酸氢钠溶液与二氧化碳不反应，其可以与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，可以除去二氧化碳中的氯化氢气体，故B正确；C．溴乙烷发生消去反应条件是氢氧化钠醇溶液加热，故C错误；D．测定中和反应的反应热，应该用玻璃搅拌棒，不能用金属搅拌棒，故D错误；故选B。6.溴蒸气与氨气相遇产生“白烟”，化学方程式为，用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.生成14g时，反应中还原剂的分子数目为B.标准状况下，11.2L参与反应时转移的电子数为C.的溶液中含有阳离子的数目总和大于D.该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为【答案】B【解析】【详解】A．由方程式可知，反应中氮元素的化合价部分升高被氧化，氨气表现碱性和还原性，反应生成1mol氮气时，2mol氨气做反应的还原剂，则生成14g氮气时，反应中氨气的分子数目为×2×NAmol—1=NA，故A正确；B．标准状况下，溴为液态，无法计算11.2L溴的物质的量和反应转移电子的数目，故B错误；C．溴化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解生成一水合氨和氢离子，所以1L0.5mol/L溴化铵溶液中含有阳离子的数目总和大于0.5mol/L×1L×NAmol—1=0.5NA，故C错误；D．由方程式可知，反应中氮元素的化合价部分升高被氧化，氨气表现碱性和还原性，溴元素的化合价降低被还原，溴是反应的氧化剂，则反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为3：2，故D正确；故选B。7.下列离子方程式书写错误的是A.向溶液中通入少量B.向饱和溶液中通入过量C.用饱和食盐水制烧碱：D.溶于稀硫酸：【答案】A【解析】【详解】A．向NaClO溶液中通入少量SO2，次氯酸根离子全部被还原，反应的离子方程式为：，故A项错误；B．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为：，故B项正确；C．电解饱和食盐水制烧碱，反应的离子方程式为：，故C项正确；D．Cu2O溶于稀硫酸，生成硫酸铜、铜和水，反应的离子方程式为：，故D项正确；故本题选A。8.一种除草剂的结构如下图，X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子核外电子只有一种运动状态，Y、Z、W为同周期相邻主族元素，Z与R同主族，Z的单质在空气成分中体积分数占比最大。下列有关说法正确的是A.Y、Z、W的电负性由大到小的顺序为B.最简单氢化物的稳定性：C.X与W形成的化合物为非极性分子D.该分子不能与碱反应【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期元素，Y、Z、W为同周期相邻主族元素，由题目信息的单质在空气成分中体积分数占比最大可知为元素，X原子核外电子只有一种运动状态，结合化合物中化学键的特征分析可知，X形成1个共价键为H元素，Y形成4个共价键为C元素，Z形成3个共价键为N元素，W形成2个共价键为O元素，Z与R同主族，R为P元素。【详解】A．Y、Z、W分别为：C、N、O，同周期主族元素从左到右电负性依次增大，电负性由大到小的顺序为，故A正确；B．非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强，非金属性，则氢化物稳定性，故B错误；C．与形成的化合物可以为、，都为极性分子，故C错误；D．分子结构中含羧基官能团，能和碱反应，故D错误；选A。9.科学家提出了一种基于电催化多硫化物循环的自供能产氢体系，如下图所示。通过将锌多硫化物电池与电解制氢装置集成，最大化利用了间歇性太阳光，实现日夜不间断的自供电的H2生产。下列说法正确的是A.硅太阳能电池、锌多硫化物电池均可实现化学能向电能的转化B.夜间工作时，应将电极ac、bd分别连接C.日间工作时，b极的电极反应式为+S2+2e=D.H2生产装置中可以使用阳离子交换膜【答案】D【解析】【分析】由图可知，白天可利用太阳光电池给左侧锌多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，锌多硫化物电池处于充电状态，b极是阳极，发生+S22e=，夜间做电池使右侧电解池电解制氢，右侧装置为电解池，d电极发生2H2O+2e═2OH+H2↑，据此分析解题。【详解】A．硅太阳能电池将太阳能转化为电能，A错误；B．左侧锌多硫化物电池夜间作电源，给H2生产装置通电，电解产生H2，分析可知，应将电极ad、bc分别连接，B错误；C．白天工作时，锌多硫化物电池处于充电状态，b电极是阳极，发生氧化反应，电极反应式为+S22e=，C错误；D．阴极d发生反应；2H2O+2e=H2↑+2OH，若使用阳离子交换膜，Na+向阴极区迁移，D正确；故答案为：D。10.硒是人体微量元素中的“胰岛素”。含硒废料(主要含Se、S、Fe2O3、ZnO、CuO、SiO2等)制取硒的流程如图，下列有关说法正确的是A.“分离”时得到含硫煤油的操作方法是分液B.“酸溶”后，滤渣是SeC.“酸化”时，生成1molSe，反应转移2mol电子D.若向“酸溶”所得的滤液中滴加硫氰化钾溶液，溶液不变红【答案】C【解析】【分析】由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒；【详解】A．煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，A错误；B．根据分析，“酸溶”后，滤渣是Se、SiO2，B错误；C．“酸化”过程中化合物硒代硫酸钠反应后生成Se单质，Se元素从+2价降低至0价，生成1molSe，反应转移2mol电子，C正确；D．酸溶后的溶液中含Fe3+，与硫氰化钾溶液作用，溶液呈红色，D错误；答案选C。11.下列操作、现象和结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A将苯、液溴和铁粉混合后，将产生的气体通入水中，所得水溶液的能证明苯与液溴发生了取代反应B向反应体系中加入KCl固体，溶液红色变浅增大KCl的浓度，该平衡逆向移动C向某钾盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色该钾盐为D将溶液滴入NaOH溶液中，至不再有白色沉淀产生，再滴加溶液，白色沉淀变为蓝色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．液溴具有挥发性，挥发出的溴也能水反应生成氢溴酸和次溴酸使溶液的pH小于7，所以将苯、液溴和铁粉混合后，将产生的气体通入水中，所得水溶液的不能证明苯与液溴发生了取代反应，故A错误；B．氯化铁溶液与硫氰化钾溶液反应生成氯化钾和硫氰化铁，反应的离子方程式为，由方程式可知，加入氯化钾固体，平衡体系中各物质的浓度没有变化，化学平衡不移动，故B错误；C．氯酸钾也能与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，氯气也能使品红溶液漂白褪色，则向某钾盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色不能说明钾盐为亚硫酸钾，故C错误；D．向硫酸镁溶液中加入氢氧化钠溶液完全反应生成氢氧化镁和硫酸钠，向反应后的溶液中加入硫酸铜溶液，氢氧化镁白色沉淀转化为氢氧化铜蓝色沉淀说明氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁，故D正确；故选D。12.一种既能检验又能吸附重金属离子的聚丙烯酰胺微凝胶的分子结构示意图如下。下列说法错误的是A.键长：键键键B.相同条件下电离出的程度：C.碳原子的杂化方式均为杂化D.第一电离能：【答案】C【解析】【详解】A．原子半径越小键长越短，原子半径：C>N>O，则键长：键键键，A项正确；B．显酸性，显碱性，相同条件下电离出的程度：，B项正确；C．聚丙烯酰胺含有饱和碳原子，采取杂化，酰胺基上的碳原子采取杂化，C项错误；D．元素的非金属性越强，第一电离能越大，其中N、O反常，故第一电离能：，D项正确；故选C。13.利用可快速测定水体化学需氧量，以表示水体中的有机物，已知，部分反应机理如图所示。下列叙述错误的是A.该过程中和均表现出还原性B.该过程中是催化剂C.可以防止和重新结合D.该过程的离子方程式可以表示为【答案】A【解析】【详解】A．根据反应机理图可知，和均能将水体中的有机物()转化为，中2价氧被氧化为中的+4价，作还原剂，所以该过程中和均表现出氧化性，故A错误；B．根据反应机理图可知，该过程中是催化剂，故B正确；C．由于存在，可以得到，可以防止和重新结合，故C正确；D．从反应机理图可以看出，该过程是在的催化作用下氧化有机物，离子方程式为，故D正确；故选A。14.，。向浓度均为的和混合溶液中逐滴加入的醋酸溶液，溶液电导率、随醋酸体积增加的变化趋势如图所示。已知，下列说法正确的是A.a点， B.b点，C.若d点，则 D.水的电离程度：【答案】C【解析】【分析】向浓度均为的和混合溶液中逐滴加入的醋酸溶液，醋酸溶液与先反应，反应过程中，溶液pH逐渐降低，溶液中可自由移动离子浓度降低，溶液电导率下降，而后醋酸再与发生反应，反应过程中，溶液pH逐渐降低，溶液中可自由移动离子浓度升高，二者恰好完全反应时，溶液中溶质为CH3COONa、CH3COONH4，，溶液呈碱性，即a～b为CH3COOH与反应，b～c为CH3COOH与反应，c点之后CH3COOH过量；【详解】A．a点溶液浓度均为的和混合溶液，发生完全电离，发生部分电离，因此溶液中c(OH)>0.01mol/L，，故A错误；B．根据电荷守恒可知，b点，，，溶液呈碱性，故，因此，故B错误；C．若d点，当=0.01时恰好完全中和，溶液中溶质为CH3COONa、CH3COONH4，，溶液呈碱性，若要pOH=7即中性，则应该醋酸的量增加，则，故C正确；D．c点后，醋酸过量，电离出H+抑制水的电离，所以c>d，故D错误；答案选C。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.(三氯化六氨合钴)是一种橙黄色的晶体，溶于热水和稀盐酸中，在冷水、乙醇、浓盐酸中溶解度较小，可用于制备其他三价钴配合物。实验室制备的装置和步骤如下：①在三颈烧瓶中加入：2.38g、4.00g和5mL高纯水，加热溶解后加入1.5g催化剂活性炭，7mL浓氨水，搅拌，得到(二氯化六氨合钴)溶液；②将得到的溶液冷却至10℃，加入7mL4%的，恒温55℃，搅拌15min后冷却至2℃，抽滤，收集沉淀；③将沉淀转移入100mL烧杯中，用20mL、80℃的高纯水进行冲洗，再加入1mL的浓盐酸，搅拌均匀，_______，将活性炭滤出弃去；④在滤液中加入3.5mL试剂甲，搅拌后用冰水浴冷却至2℃析出沉淀，之后快速抽滤，弃去滤液，用试剂乙洗涤沉淀3次，低温烘干，得到产品2.14g。回答下列问题：（1）仪器a的名称是_______。（2）常温下，，从平衡角度解释，步骤①中先加，后加浓氨水的原因是_______。（3）步骤②中温度控制在55℃左右的原因是_______。（4）步骤③中缺少的操作名称为_______。（5）步骤④中：试剂甲是_______；该反应的产率为_______(已知：的摩尔质量为267.5g/mol)。（6）由制备的化学方程式为_______。【答案】（1）球形干燥管（2）NH₄Cl溶于水电离出会抑制NH3·H2O的电离，防止c(OH⁻)过大产生Co(OH)2沉淀（3）温度过低反应速率慢，温度过高双氧水和NH3•H2O受热易分解（4）趁热过滤（5）①.浓盐酸②.80%（6）【解析】【分析】CoCl2在活性炭催化的条件下溶解在氯化铵的溶液中，然后先滴加氨水再加过氧化氢在55℃左右，反应生成沉淀，然后过滤得到固体，经过一系列操作得到结晶水合物。【小问1详解】由图可知，仪器a是球形干燥管；【小问2详解】步骤①中先加，后加浓氨水的原因：先加入氯化铵，增加铵根浓度，抑制一水合氨电离，防止c(OH⁻)过大产生Co(OH)2沉淀；【小问3详解】若反应温度过低，反应速率较慢，若反应温度过高，过氧化氢、一水合氨受热分解，所以需要控制水浴温度为55℃；【小问4详解】活性炭难溶于水，趁热过滤除去活性炭，提高纯度；【小问5详解】浓盐酸氯离子浓度大，降低在水中溶解度，因此试剂甲选用浓盐酸；过滤得到晶体，用乙醇洗去晶体表面杂质，同时用乙醇便于晶体干燥，故选C；的质量为2.38g，对应的理论产量为m=，产率；【小问6详解】由制备的化学方程式为：。16.钴在新能源、新材料、航空航天、电器制造领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。已知：金属阳离子(M)以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如下图所示。回答下列问题：（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其原因是_______。（2）Co在元素周期表位置为_______；Cu的价电子排布式为_______。（3）“沉锰”步骤中，加发生反应的离子方程式为_______。（4）“酸浸”步骤中，浸渣的成分为铜和_______；“沉淀”步骤中，用NaOH调pH分离出的滤渣成分只有，则调节的的范围为_______。（5）“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是_______。（6）若“沉钴”步骤中，控制溶液，则从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是_______。【答案】（1）增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。（2）①.第四周期VIII族②.（3）（4）①.硫酸铅(或)②.3.1~6.2（5）（6）向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的：，静置后过滤、洗涤、干燥【解析】【分析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰等元素的+2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其它+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成沉淀；过滤后，滤液中加入将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去铁元素；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到。【小问1详解】“酸浸”前，需将废渣磨碎，其原因是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率；小问2详解】Co是27号元素，在元素周期表位置是第四周期VIII族；是29号元素，其价电子排布式为；【小问3详解】“沉锰”步骤中，将氧化为二氧化锰除去，二氧化锰为氧化产物，故C正确；【小问4详解】“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其它元素的+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其它元素均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，浸渣的成分为铜和硫酸铅；“沉淀”步骤中，用调pH分离出的滤渣是，从图像分析得知不能沉淀，调节的pH的范围是；【小问5详解】“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式为：；【小问6详解】“沉钴”后滤液的，溶液中有Zn元素以形式存在，当后氢氧化锌会溶解转化为，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH：，静置后过滤、洗涤、干燥。17.、等是地球大气中主要的温室气体，高效处理过剩的温室气体已成为当前世界研究的重要课题。Ⅰ.偶联重整，其核心反应如下：如主反应：副反应1：副反应2：（1）(g)和(g)转化为(g)的热化学方程式为_______。（2）将1mol、1.2mol通入起始容积为1L的恒温、恒压(p=100kPa)密闭容器中发生上述反应，400℃时容器内的转化率和的物质的量随时间的变化如表所示：时间/min139101112/%10.140.365.670.180.080.0/mol0.050.090.150.260.30.3①0～11min内，消耗的平均反应速率为_______(保留3位有效数字)。②能说明体系已达到平衡状态的是_______(填序号)。A.B.C.混合气体的平均摩尔质量保持不变D.反应容器的容积恒定为VL③实验中，缓慢升高温度时发现平衡时甲醇的选择性[]逐步降低，请简述原因：_______。Ⅱ.直接合成燃料主反应：副反应1：副反应2：在不同压强下，平衡转化率随温度变化如图所示：（3）当温度高于600℃后，不同压强下的平衡转化率趋于相等，原因是_______。（4）假设在600℃时反应容器中只进行副反应1，该温度下、，若起始时以投料比进行该反应，则副反应1的平衡常数_______，反应达到平衡时，的转化率_______。【答案】（1）（2）①.0.0784②.CD③.温度升高，由于主反应和副反应1均为吸热反应，则平衡正向移动，且移动程度较大，使得消耗的增多；副反应2为放热反应，温度升高平衡逆向移动，使得的生成量减少，故的选择性会降低（3）温度高于600℃后，混合体系以吸热反应副反应1为主，而该反应为气体总分子数不变的反应，压强不影响该反应的平衡，故不同压强下的平衡转化率趋于相等（4）①.1②.80%【解析】【小问1详解】目标反应的化学方程式：，结合盖斯定律可知目标反应=主反应副反应1＋副反应2，目标反应的，故答案为：。【小问2详解】①由表中数据判断11min时体系已经达到平衡状态。由题给化学方程式中各物质的关键点化学计量数关系和反应在恒压下进行可知，容器容积随着反应的进行会发生变化。设主反应、副反应1、副反应2中的转化量分别为xmol、ymol、zmol，列式分析：可得=[(1x)+(1.2xyz)+(2x+y)+z+(2xy3z)+(y+z)]mol=(2.2+2x2z)mol，已知平衡时，，故x=0.8，z=0.3，则，恒温恒压条件下，气体体积之比等于物质的量之比，则平衡时的容器容为积，故，=，故答案为：0.0784。②A．为某一时刻的状态，不能说明浓度不再变化，不能说明体系达到平衡状态，A错误；B．若只发生主反应，可说明反应达到平衡，但CO还参与副反应1，故该等式无法说明体系达到平衡状态，B错误；C．气体总质量固定，混合气体总质量合气体的平均摩尔质量=，由于气体的总物质的量在改变，故混合气体的平均摩尔质量随反应的进行而改变，不变时可说明体系已达到平衡状态，C正确；D．该反应体系恒温恒压，主反应、副反应2为反应前后气体总分子数变化的反应，故容器容积为变量，当容积恒定不变时证明体系达到平衡状态，D正确；故答案选CD；③实验中，缓慢升高温度时发现平衡时甲醇的选择性逐步降低，原因：温度升高，由于主反应和副反应1均为吸热反应，则平衡正向移动，且移动程度较大，使得消耗的增多；副反应2为放热反应，温度升高平衡逆向移动，使得的生成量减少，故的选择性会降低，故答案为：温度升高，由于主反应和副反应1均为吸热反应，则平衡正向移动，且移动程度较大，使得消耗的增多；副反应2为放热反应，温度升高平衡逆向移动，使得的生成量减少，故的选择性会降低。【小问3详解】当温度高于600℃后，不同压强下的平衡转化率趋于相等，原因是：温度高于600℃后，混合体系以吸热反应副反应1为主，而该反应为气体总分子数不变的反应，压强不影响该反应的平衡，故不同压强下的平衡转化率趋于相等，故答案为：温度高于600℃后，混合体系以吸热反应副反应1为主，而该反应为气体总分子数不变的反应，压强不影响该反应的平衡，故不同压强下的平衡转化率趋于相等。【小问4详解】由盖斯定律可知，副