重庆市2023-2024学年高一下学期3月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1重庆市2023-2024学年高一下学期3月月考一、选择题(共14小题，每题3分，共42分)1.下列变化中，属于吸热反应的是A.过氧化钠和水的反应 B.干冰升华C.盐酸和氢氧化钠的反应 D.灼热的木碳与CO2的反应【答案】D【解析】A．过氧化钠和水的反应为放热反应，故A不符而；B．干冰升华吸热，但是为物理过程，吸热反应为化学反应，故B不符合；C．盐酸和氢氧化钠的酸碱中和反应为放热反应，故C不符合；D．灼热的木碳与CO2的反应为吸热反应，故D符合；故选D。2.下列各组离子一定能在常温下指定环境中大量共存的是A.无色溶液中：Al3＋、NH、Cl－、HCOB.加入甲基橙显红色的溶液中：Fe2＋、Na＋、SO、NOC.水电离出来的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液：K＋、HCO、I－、ClO－D.pH＝1的溶液：Fe2＋、Cl－、Na＋、SCN－【答案】D【解析】A．Al3+与HCO发生完全双水解而不能共存，A选项错误；B．加入甲基橙显红色的溶液显酸性，NO在H+作用下表现强氧化性氧化Fe而不共存，3Fe+NO+4H+=3Fe+NO↑+2H2O，B选项错误；C．常温下水电离出的c(H＋)＝10mol·L-1的溶液pH可能是2或12，即溶液可能显酸性或碱性，HCO不与大量H+、OH-共存，I－与ClO－因氧化还原而不能共存，大量H+与ClO－不能共存，C选项错误；D．pH=1的酸性溶液中Fe2＋、Cl－、Na＋、SCN－四种离子不会发生相互反应而能够共存，D选项正确；答案选D。3.通过缩小反应容器体积而增大压强对下列反应的速率无影响的是()A.CO2(g)＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2OB.H2(g)＋I2(g)2HI(g)C.NaCl＋AgNO3===AgCl↓＋NaNO3D.N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)【答案】C【解析】只要反应中无气体物质参加或生成，改变压强均不能改变化学反应速率。答案选C。4.已知：，它也能较方便地表示溶液的酸碱性。室温下，将稀NaOH溶液滴加到一元酸HB溶液中，混合溶液的pOH随上的变化如图所示。下列说法错误的是A.当酸碱完全中和时，水的电离程度最大B.室温下，HB的Ka数量级为C.将HB与NaB两溶液等体积等浓度混合，所得溶液呈碱性D.N点对应溶液中：【答案】C【解析】A．当酸碱完全中和时，生成盐NaB，此时水的电离程度最大，故A正确；B．室温下，M点pOH=11.4，则HB的Ka，其数量级为，故B正确；C．将HB与NaB两溶液等体积等浓度混合，，，说明酸电离占主要，因此所得溶液呈酸性，故C错误；D．N点pOH＞7，溶液显酸性，根据电荷守恒得到N点对应溶液中：，故D正确综上所述，答案为C。5.25℃时，醋酸钠溶液的pH为8.9，下列微粒浓度的比较错误的是A. B.C. D.【答案】A【解析】25℃时，酯酸钠溶液的pH为8.9，说明醋酸根离子水解使得溶液显碱性；A．醋酸钠溶液主要含有钠离子和醋酸根离子，则，A错误；B．醋酸根离子水解使得溶液显碱性，，B正确；C．醋酸根离子水解，则，C正确；D．醋酸钠溶液主要含有钠离子和醋酸根离子，则，D正确；故选A。6.下列实验操作、现象及结论均正确的是A.向5mLNaBr溶液中滴加2滴氯水，再加入淀粉KI溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：Cl2>Br2>I2B.将密闭烧瓶中的NO2加热气体颜色变浅2NO2(g)N2O4(g)ΔH>0C.加热石蜡油，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液溶液由红棕色变无色气体中一定含有乙烯D.向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液无砖红色沉淀淀粉未发生水解【答案】A【解析】A．氯水可氧化NaBr生成溴，溴可氧化KI生成碘，由实验及现象可知，氧化性：Cl2＞Br2＞I2，A正确；B．加热颜色应该变深，升高温度使2NO2(g)N2O4(g)逆向移动，即2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0，B错误；C．石蜡油分解产生不饱和烃，不饱和烃与溴发生加成反应，由实验及现象可知，气体不一定为乙烯，C错误；D．淀粉水解后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，则不能证明淀粉未水解，D错误；故答案选A。7.在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：甲：C(s)＋H2O(g)⇌CO(g)＋H2(g)；乙：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)。现有下列状态：①混合气体平均摩尔质量不再改变②恒温时，气体压强不再改变③各组成气体浓度相等④反应体系中温度保持不变⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍⑥混合气体密度不变⑦单位时间内，消耗水质量与生成氢气质量比为9∶1其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是A.①②⑤ B.③④⑥ C.⑥⑦ D.④⑤【答案】D【解析】甲：C(s)＋H2O(g)⇌CO(g)＋H2(g)；乙：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)。①反应过程中，甲的平均相对分子质量不断发生改变，乙的平均相对分子质量始终不变，则反应混合气体平均摩尔质量不再改变时，乙不一定达平衡状态；②恒温时，甲中压强不断发生改变，乙中气体压强始终不变，则气体压强不再改变时，乙不一定达平衡状态；③各气体组成浓度相等时，甲、乙都不一定达平衡状态；④甲、乙反应发生后，反应体系的温度都会发生改变，当反应体系中温度保持不变时，两反应都达平衡状态；⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍，则甲、乙两反应的正、逆反应速率都分别相等，反应都分别达平衡状态；⑥甲中反应进行过程中，混合气体的密度不断发生改变，而乙中混合气体的密度始终不变，则混合气体密度不变时，甲中气体达平衡状态，乙中气体不一定达平衡状态；⑦单位时间内，消耗水质量与生成氢气质量比为9∶1，反应进行的方向相同，甲、乙两反应都不一定达平衡状态；综合以上分析，只有④⑤能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态，故选D。8.已知在时：(1)(2)(3)则时工业制氢气的一个重要反应的反应热为A. B. C. D.【答案】B【解析】(1)(2)(3)根据盖斯定律(3)-(2)-(1)可得，综上所述故选B。9.已知25℃时，三种酸的电离常数为，，，。下列说法正确的是A.醋酸滴入NaCN溶液的离子方程式为：B.25℃时，等浓度溶液的pH大小关系：大于NaCNC.溶液中滴加HCN的离子方程式为：D.结合质子的能力：【答案】D【解析】A．醋酸是弱酸，在离子方程式中不拆为离子形式，离子方程式：，A错误；B．，水解程度小于NaCN，B错误；C．溶液中滴加HCN的离子方程式为：，C错误；D．酸的电离常数越大，酸性越强，电离程度越大，对应酸根离子水解程度越弱，则结合质子的能力：，D正确；答案选D。10.实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl-含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如图：已知：Ce3+能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为：Ce3+(水层)+3HA(有机层)Ce(A)3(有机层)+3H+(水层)。下列有关说法不正确是A.由“酸浸”时CeO2与稀盐酸、H2O2反应生成CeCl3可知，产物中也有O2B.加氨水“中和”去除过量盐酸，主要目的是提高Ce3+的萃取率C.加稀硝酸“反萃取”的目的是将有机层中Ce元素转移至水层D.“沉淀”反应中加入氨水的目的是为了促进NH4HCO3中HCO离子的水解【答案】D【解析】A．由“酸浸”时CeO2与稀盐酸、H2O2反应生成CeCl3，Ce元素化合价降低，CeO2是氧化剂，根据氧化还原反应规律，H2O2作还原剂发生氧化反应，氧化产物是O2，故A正确；B．加氨水“中和”去除过量盐酸，降低氢离子浓度，Ce3+(水层)+3HA(有机层)Ce(A)3(有机层)+3H+(水层)平衡正向移动，可以提高Ce3+的萃取率，故B正确；C．加稀硝酸“反萃取”，增大氢离子浓度，Ce3+(水层)+3HA(有机层)Ce(A)3(有机层)+3H+(水层)平衡逆向移动，将有机层中Ce元素转移至水层，故C正确；D．“沉淀”反应中加入氨水，降低氢离子浓度，促进NH4HCO3中HCO离子电离出CO生成Ce2(CO3)3，故D错误；选D。11.下列离子程式书写正确的是A.NaHSO4水溶液的电离：B.Al2(SO4)3的水解：Al3++H2OAl(OH)3↓+H+C.NaHS的水解：HS-+H2OS2-+H3O+D.AgCl的溶解：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)【答案】D【解析】A．H2SO4为强酸，在水溶液中发生完全电离，所以NaHSO4在水溶液的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++，A不正确；B．Al2(SO4)3为强酸弱碱盐，在水溶液中发生部分水解，没有沉淀生成，水解方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，B不正确；C．由HS-转化为S2-，发生的是HS-的电离，NaHS的水解方程式为：HS-+H2OH2S+OH-，C不正确；D．AgCl为难溶盐，在水中的溶解能达到溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，D正确；故选D。12.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、n、p是由这些元素组成的二元化合物，W2、X2、Z2分别是元素W、X、Z的单质。已知：Ⅰ.一定条件下某密闭容器中可发生反应：aX2+bW2cm，反应过程中物质的浓度变化如下：X2W2m起始浓度/mol·L-10.40.40平衡浓度/mol·L-10.30.10.2Ⅱ.它们可发生如下反应：2m(g)+3Z2(g)=6n(g)+X2(g)；4n(g)+Y2(g)2p(l)+2Z2(g)。下列说法正确的是A.原子半径：W<X<Y B.m、n、p三种物质均为共价化合物C.X的氧化物一定是无色气体 D.a：b：c=3：1：2【答案】B【解析】综合分析题中信息可知，W、X、Y、Z分别为H、N、O、Cl，m、n、p分别为NH3、HCl、H2O。A．原子半径H<O<N，A不正确；B．m、n、p三种物质均为共价化合物，B正确；C．氮的氧化物中，二氧化氮是红棕色的，C不正确；D．对于反应aX2+bW2⇌cm，反应物、生成物的浓度变化量之比等于化学计量数之比，则a：b：c=1：3：2，D不正确。本题选B。13.化学实验是研究化学的重要方法，是化学探究的重要途径。根据实验目的，下列实验及现象。结论都正确的是选项实验目的实验及现象结论A比较和的水解常数的大小分别测浓度均为的和溶液的pH，后者大于前者B比较和的酸性强弱量取一定浓度溶液，滴加少量稀醋酸，无气泡产生酸性C探究氢离子浓度对转化为的影响向溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色增大氢离子浓度，平衡向生成的方向移动D比较AgCl和AgI的溶度积常数向NaCl、NaI的混合液中滴加2滴溶液，振荡，沉淀呈黄色【答案】C【解析】A．铵根离子也能发生水解，干扰实验，应该用同浓度的醋酸钠和碳酸氢钠进行实验，故A错误；B．酸性，比较和的酸性强弱，应向NaHCO3溶液中加入少量乙酸溶液，故B错误；C．向铬酸钾溶液中加硫酸，氢离子浓度增大，溶液由黄色变为橙色，说明平衡向生成重铬酸根的方向移动，故C正确；D．无法确定NaCl和NaI浓度是否一致，无法达到实验目的，故D错误；故答案选C。14.下列说法正确的是A.纸层析法点样时应用玻璃棒蘸取试样，在滤纸条的原点处轻轻点样，晾干后再点，重复3—5次B.吸滤瓶内液面高度将达到支管口时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，并从吸滤瓶支管口倒出溶液C.制备摩尔盐实验中，将(NH4)2SO4饱和溶液与FeSO4饱和溶液混合后，在蒸发皿中蒸发至大量晶体析出，然后冷却、抽滤D.用一定浓度氢氧化钠溶液滴定未知浓度醋酸溶液，若碱滴加过量，不需重做实验【答案】D【解析】A．纸层析法点样时，应使用毛细管取样，A错误；B．当吸滤瓶中液面将达到支管口位置时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，B错误；C．将(NH4)2SO4饱和溶液与FeSO4饱和溶液混合后，在蒸发皿中蒸发至大量晶体析出，然后冷却、抽滤，再用酒精可以洗去摩尔盐表面的水，然后晾干，C错误；D．用一定浓度氢氧化钠溶液滴定未知浓度醋酸溶液，生成的醋酸钠是强碱弱酸盐，使溶液呈碱性，需用酚酞作指示剂，则碱滴加过量，对实验影响不大，故不需重做实验，D正确；故选D。二、非选择题(共4小题，共58分)15.目前世界上新建的金矿中约有80％都采用氧化法提金。某工厂利用锌冶炼渣回收金、银等贵金属的流程如下图所示：已知：HCN有剧毒，其，平衡常数（1）磨矿细度对浸出率的影响如图所示，依据浸出率应选择磨矿细度_______为宜。（2）生产中用生石灰调节矿泥，其目的之一是阻止溶液中的氰化物转化为HCN而挥发，其作用原理是_______(用离子方程式表示)。（3）“氰化”环节，是以NaCN溶液浸取调节pH的矿泥，敞口放置，将Au转换为。①其化学方程式为_______。②“氰化”环节中，金的溶解速率在80℃时达到最大值，但生产中控制反应液的温度在10-20℃，原因是：_______(答两点)。③已知，该反应的K=_______(写出具体数值)。（4）用锌还原生成金，消耗的锌与生成的金的物质的量之比为_______。（5）氰化物有剧毒，经合理处理就可以基本消除对环境的负面影响。可消除水中的氰化物(如NaCN)，经以下反应实现：。生成物A的化学式为_______。【答案】（1）87%（2）CN-+H2O=HCN+OH-（3）①.4Au+8NaCN+O2+2H2O=4NaAu(CN)2+4NaOH②.氧气在溶液中溶解度随温度升高而减小，温度升高也促进了氰化物的水解，增加了HCN的挥发速度，随温度升高氢氧化钙溶解度减小部分碱从溶液中析出③.（4）1:2（5）NaHCO3【解析】【小问1详析】磨矿细度对浸出率的影响如图2所示，时浸出率应选择磨矿细度87%为宜，此时浸渣品味最高；【小问2详析】生产中用生石灰调节矿泥pH>11.5，其目的之一是阻止溶液中的氰化物转化为HCN而挥发，其作用原理是：碱抑制CN-离子的水解，反应的离子方程式为：CN-+H2O=HCN+OH-；【小问3详析】①“氰化”环节，是以NaCN溶液浸取调节pH的矿泥，敞口放置，将Au转换为Na[Au(CN)2]反应的化学方程式为：4Au+8NaCN+O2+2H2O=4NaAu(CN)2+4NaOH；②“氰化”环节中，金的溶解速率在80℃时达到最大值，但生产中控制反应液的温度在10—20℃，原因是：氧气在溶液中溶解度随温度升高而减小，温度升高也促进了氰化物的水解，增加了HCN的挥发速度，随温度升高氢氧化钙溶解度减小部分碱从溶液中析出；③其，平衡常数，，=，故答案为；【小问4详析】用锌还原NaAu(CN)2生成金锌元素化合价0价变化为+2价，金+1价变化为0价，电子守恒得到消耗的锌与生成的金的物质的量之比为1:2；【小问5详析】H2O2可消除水中的氰化物(如NaCN)，经以下反应实现：NaCN+H2O2+H2O=A+NH3↑，原子守恒得到A为NaHCO3。16.CO和H2被称合成气，用合成气可以合成乙酸。回答下列问题：(1)已知CO、H2、CH3COOH的燃烧热ΔH分别为-283.0kJ/mol、-285.8kJ/mol、-1255.0kJ/mol，则用合成气合成CH3COOH(l)的可逆过程的热化学反应方程式为___________________________________________；(2)在密闭容器中发生合成乙酸的反应，下列可以提高CH3COOH产率的措施有________。A．恒温恒容，通入少量氦气B.及时分离出产物乙酸C．加入高效催化剂D．压缩容器体积(3)在150℃时，2L的密闭容器中发生反应：2H2(g)+2CO(g)CH3COOH(g)ΔH>0，起始通入4molH2和4molCO，CH3COOH蒸汽的浓度数据随时间变化如下表所示：时刻/min02468c(CH3COOH)/mol/L00.30.50.60.6①0~2min内用CO表示该反应的速率为_________________，随着反应的进行速率逐渐减慢的可能原因是____________________________________________________；②150℃时该反应的平衡常数的数值约为_________；（计算结果保留一位小数）③平衡后再通入1molH2，则CH3COOH(g)的体积分数________，若再次通入1molH2和1molCO，则CH3COOH(g)的体积分数_________。（填“增大”“减小”或者“不变”）(4)一定温度下，容积恒为1L的两个密闭容器之中进行如下实验：实验编号起始投料①2molH2和2molCO②1molCH3COOH(g)则实验①中H2和实验②中CH3COOH的转化率随时间变化图示如下：则a+b=_______，达到平衡时间大小关系为t1__________t2。（填“>”“<”“不确定”）【答案】①.2H2(g)+2CO(g)CH3COOH(l)ΔH=+117.4kJ/mol②.BD③.0.3mol/(L·min)④.随着反应的进行反应物浓度降低⑤.1.5⑥.减小⑦.增大⑧.100%⑨.不确定【解析】（1）先写出燃烧热的热化学方程式，然后根据盖斯定律进行计算；（2）根据外界条件对平衡移动的规律进行分析；（3）①根据v=进行计算；②根据平衡常数进行计算；③只增大一种反应物，平衡正向移动，n(CH3COOH)的增大幅度小于n(总)的增大幅度，故减小；H2和CO同等程度的增大浓度，相当于加压，是平衡正向移动；（4）一定温度下，容积为1L的两个密闭容器之中分别通入2molH2和2molCO、1molCH3COOH(g)，分别从正逆两个方向建立平衡，最终二者达到等效平衡状态，正逆两个方向的反应物转化率之和为100%；由于两个反应分别从两个方向开始、反应物浓度不同、体系压强也不同，其变量较多，据此分析。（1）根据反应热信息得：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=－283.0×2kJ/mol；②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=－285.8×2kJ/mol；③CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=－1255.0kJ/mol；①式+②式－③式即可得目标方程式：2H2(g)+2CO(g)CH3COOH(l)ΔH=+117.4kJ/mol；故答案为：2H2(g)+2CO(g)CH3COOH(l)ΔH=+117.4kJ/mol；（2）A．恒温恒容通入惰性气体，不影响速率也不影响平衡，A错误；B．及时分离出产物乙酸，可以降低生成物的浓度，使平衡正向移动，CH3COOH的产率增大，B正确；C．外加催化剂只影响速率不影响平衡，C错误；D．压缩体积，平衡向气体分子数减小方向移动，CH3COOH的产率增大，D正确；故选BD；（3）①0~2min内用CO表示反应速率=，随着反应的进行反应物浓度减小，速率逐渐减小；②化学平衡常数是平衡时生成物浓度幂的乘积与反应物浓度幂的乘积的比值，故此温度下平衡常数；③只增大一种反应物，平衡正向移动，n(CH3COOH)的增大幅度小于n(总)的增大幅度，故减小；H2和CO同等程度的增大浓度，相当于加压，是平衡正向移动，故CH3COOH体积分数增大；故答案为：0.3mol/(L·min)；随着反应的进行反应物浓度降低；1.5；减小；增大；（4）一定温度下，容积为1L的两个密闭容器之中分别通入2molH2和2molCO、1molCH3COOH(g)，分别从正逆两个方向建立平衡，最终二者达到等效平衡状态，正逆两个方向的反应物转化率之和为100%；由于两个反应分别从两个方向开始、反应物浓度不同、体系压强也不同，其变量较多，故反应速率不知哪个反应快，故达到平衡的时间不确定。故答案为：100%；不确定。【『点石成金』】本题考查化学平衡计算与影响因素、热化学方程式书写、平衡常数计算等，主要是平衡移动原理分析应用，难点（3）平衡常数的计算和应用。17.第四周期的Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等许多金属能形成配合物。（1）是一种很好的配体，的VSEPR构型是_______。（2）科学家通过X射线测得胆矾结构示意图可简单表示如下：图中虚线表示的作用力为_______。A.氢键B.离子键C.配位键（3）胆矾溶液与氨水在一定条件下可以生成晶体。在晶体中，含有的原子团或分子有、、、，为平面正方形结构，中心能否是杂化_______(填“是”或“否”)，理由是_______。请写出该配离子的结构简式：_______(必须将配位键表示出来)。（4）金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态，呈正四面体构型。易溶于_______(填标号)。A.四氯化碳B.水C.硫酸镍溶液D.苯E.CS₂（5）已知1mol化学键断开时吸收或生成时释放的能量如下：436kJ，193kJ，946kJ，391kJ。求：的焓变_______kJ⋅mol。【答案】（1）四面体形（2）AC（3）①.否②.若采取杂化，其空间构型应为正四面体③.（4）ADE（5）+61【解析】【小问1详析】的中心原子价层电子对数为3+=4，VSEPR构型是四面体形。【小问2详析】通过图像知，图中虚线表示的作用力有Cu2+与水分子之间的配位键，氢原子和另一分子中氧原子之间的氢键，故选AC。小问3详析】为平面正方形结构，中心不是杂化，理由是若采取杂化，其空间构型应为正四面体；Cu2+中含有空轨道，NH3分子含有1个孤电子对，Cu2+和N原子之间可以形成配位键，该配离子的结构简式为：。【小问4详析】金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，应为分子晶体，呈正四面体构型，应为非极性分子，易溶于非极性溶剂——四氯化碳、苯、CS₂，故选ADE。【小问5详析】的焓变反应物断键吸收的能量-生成物成键放出的能量=946kJ/mol+2436kJ/mol-193kJ/mol-4391kJ/mol=+61kJ/mol。18.已知乙二酸(HOOC―COOH，可简写为H2C2O4)俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸(为弱电解质)，且酸性强于碳酸，其熔点为101.5℃，在157℃升华。某校研究性学习小组为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：（1）向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生。该反应的离子方程式为___________________。（2）向盛有少量乙二酸饱和溶液的试管中滴入用硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸具有___________(填“氧化性”、“还原性”或“酸性”)，请配平该反应的离子方程式：_______________+____H2C2O4+_____H+=_____Mn2++_____CO2↑+_____H2