云南省宣威市第六中学2022-2023学年高三下学期2月月考化学试题word版含解析.docx

宣威市第六中学2022-2023年高三下学期2月月考化学试题化学注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。2.请将答案正确填写在答题卡上。一、单选题1. 下列说法正确的是A. 分子的稳定性与分子间作用力无关B. 键长等于成键两原子的半径之和C. 在可燃冰(CH4nH2O)中，甲烷分子与水分子之间形成了氢键D. 凡是中心原子采取sp3杂化的分子，其空间结构都是正四面体形【答案】A【解析】【详解】A分子的稳定性与分子内的化学键强弱有关，分子间作用力影响的是物质的熔沸点，所以分子的稳定性与分子间作用力的大小无关，A正确；B键长是两个成键原子的平均核间距离，不是两成键原子半径之和，B错误；C电负性较强的N、O、F元素易形成氢键，碳元素不能形成氢键，所以甲烷分子与水分子之间不存在氢键，C错误；D中心原子采取sp3杂化分子，其空间结构不一定呈正四面体形，如氨气中氮原子采取sp3杂化，有1对孤对电子，空间构型为三角锥形，D错误；答案选A。2. 下列物质互为同位素是A. 13N和14NB. 金刚石和石墨C. H2O和H2O2D. CO和CO2【答案】A【解析】【详解】A13N和14N是质子数相同、中子数不同的原子，13N和14N互为同位素，A正确；B金刚石和石墨是碳元素组成的不同单质，属于同素异形体，B错误； CH2O和H2O2是由氢氧两种元素组成的不同化合物，C错误；DCO和CO2是由碳氧两种元素组成的不同化合物，D错误；故选A。3. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 醋酸溶液中：、B. 20%的溶液中：、C. 透明酸性溶液中：、D. 能使甲基橙变红的溶液中：、【答案】C【解析】【详解】A在酸性溶液中不能大量共存，A错误；B能氧化，Fe2+不能大量存在，B错误；C在透明酸性溶液中，、相互之间不发生反应，能大量共存，C正确；D能使甲基橙变红的溶液显酸性，可与反应生成沉淀和气体，D错误；故答案选C。4. 己二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有合成路线基础上提出了一条“绿色”合成路线，如图所示。下列说法错误的是A. 环己醇可以通过先发生消去反应，再跟酸性高锰酸钾溶液反应得到己二酸B. 环己烷分子通过加成反应得到正己烷C. 苯可与水发生加成反应生成环己醇D. “绿色”合成路线的碳原子的利用率为100%【答案】C【解析】【详解】A环己醇发生消去反应生成环己烯，环己烯和酸性高锰酸钾溶液反应得到己二酸，故A正确；B环己烷分子中只含有C-C键和C-H键，是饱和烃，但在一定条件下可以和氢气加成生成正己烷，故B正确；C苯和水不能发生加成反应，所以不能由苯跟水发生加成反应生成环己醇，故C错误；D“绿色”合成路线中环己烷生成己二酸，碳原子数不变，其碳原子利用率为100%，故D正确；答案选C。5. 下列叙述中正确的是A. CS2为V形的极性分子，微粒间的作用力为范德华力B. ClO的空间结构为平面三角形C. 氯化硼(BCl3)的B原子价层电子对数为4，含有一对孤电子对，呈三角锥形D. SiF4和SO的中心原子均为sp3杂化，SiF4分子呈正四面体形，SO呈三角锥形【答案】D【解析】【分析】【详解】ACS2中心原子C原子价层电子对数是2，是sp杂化，分子为直线形非极性分子，微粒间的作用力为范德华力，A错误；BClO中心原子Cl原子价层电子对数是4，是sp3杂化，配位原子数3，其空间结构为三角锥型，B错误；C氯化硼(BCl3)的B原子价层电子对数为3，没有孤电子对，是sp2杂化，分子呈平面三角形，C错误；DSiF4和SO的中心原子均为sp3杂化，SiF4分子有四个配位原子，呈正四面体形，SO有三个配位原子，呈三角锥形，D正确；故选D。6. 关于化合物(NH4)2Cr2O7的性质，下列推测合理的是A. (NH4)2Cr2O7固体受热分解产物可能CrO3、NH3、N2和H2OB. 在(NH4)2Cr2O7溶液中滴加足量浓KOH溶液时只发生离子反应：NH+OH-=NH3+H2OC. 若一定条件下(NH4)2Cr2O7溶液与H2O2反应生成CrO5(Cr为+6价)，推测CrO5可能具有分子稳定性差，易分解的性质D. 用浓盐酸酸化(NH4)2Cr2O7溶液，会使平衡Cr2O+H2O2CrO+2H+逆向移动，溶液由黄色(或橙黄色)变为橙色【答案】C【解析】【详解】A-3价的氮元素具有还原性，+6价的铬元素具有氧化性，(NH4)2Cr2O7固体受热分解，铬元素化合价会降低，氮元素化合价会升高，A错误；B在(NH4)2Cr2O7溶液中滴加足量浓KOH溶液时，除了发生反应NH+OH-=NH3+H2O，还发生反应Cr2O+H2O2CrO+2H+正向移动，B错误；C若一定条件下(NH4)2Cr2O7溶液与H2O2反应生成CrO5，Cr为+6价，O为-价，则CrO5可能具有分子稳定性差，易分解的性质，C正确；D(NH4)2Cr2O7溶液中的Cr2O具有强氧化性，能与浓盐酸发生氧化还原反应，D错误；答案选C。7. 光刻胶，又称光致抗蚀剂，用于芯片的细微图形加工。一种极紫外光刻胶(I)的结构如图所示。在极紫外光的照射下，难溶于溶剂的I会分解成易溶于溶剂的II、III和CO2从而被洗去，hv表示光照。下列说法不正确的是A. II的分子式是C10H16B. I中含有的官能团是酯基C. III中所有碳原子都共平面D. 1mol II最多可与2mol Br2发生加成反应【答案】C【解析】【详解】AII的分子中含有10个碳原子，不饱和度为3，分子式是C10H16，A项正确；BI中含有的官能团是酯基，B项正确；CIII中碳原子为饱和碳原子，形成四个共价键，具有四面体结构，不可能所有碳原子都共平面，C项错误；DII含有两个碳碳双键，故1mol II最多可与2mol Br2发生加成反应，D项正确。故选C。二、实验题8. 化学反应中的热量问题，对于化工生产有重要意义。I家用液化气的成分之一是丁烷。实验测得20 kg 丁烷气体(化学式为C4H10)在氧气中完全燃烧，生成二氧化碳气体和液态水时释放出1×106 kJ的热量。(1)请写出表示丁烷燃烧热的热化学方程式_。(2)已知 9 g液态水变为水蒸气时需要吸收22 kJ的热量，则1 mol丁烷完全燃烧生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为_。II测定稀硫酸和稀氢氧化钠反应热的实验装置如下图所示。(1)从实验装置上看，该图中有一处未画出，是_。(2)在其它操作正确的前提下，如果改用稀醋酸进行实验，求得的生成1 mol水的反应热H将_(填“偏大”、“偏小”或“相同”)。(3)取50mL0.50 mol/L NaOH溶液和30mL0.50 mol/L硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。实验次数起始温度t1/终止温度t2/温度差平均值(t2-t1)/H2SO4溶液NaOH溶液平均值126.226.426.330.3_226.826.626730.2326.526.326.430.5426.326.126.230.4表中的温度差的平均值为_。近似认为0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·-1，则中和热H=_kJ/mol(保留到小数点后一位)。实验中改用60 mL 0.50 mol/L盐酸跟50 mL 0.55 mol/L氢氧化钠进行反应，若其它实验操作均正确，则与上述实验相比，所放出的热量_(填“偏大”、“偏小”或“相同”，下同)，生成1 mol水的反应热H_。【答案】 . C4H10(g) +O2(g)=4CO2(g)+5H2O(1) H =-2900 kJ/mol . 2680 kJ . 环形玻璃搅拌器 . 偏大 . 4.1 . -54.8 . 偏大 . 相同【解析】【分析】根据热化学方程式的书写原则，注意物质的聚集状态，焓变的计算；根据物质的量与反应放出的热量成正比，利用热化学反应方程式计算；先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值；根据Q=mcT计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可以得到中和热。【详解】I(1)20 kg 丁烷气体(化学式为C4H10)在氧气中完全燃烧，生成二氧化碳气体和液态水时释放出1×106 kJ的热量，1mol丁烷完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量为=2900kJ/mol，丁烷燃烧热的热化学方程式C4H10(g) +O2(g)=4CO2(g)+5H2O(1) H =-2900 kJ/mol。故答案为：C4H10(g) +O2(g)=4CO2(g)+5H2O(1) H =-2900 kJ/mol；(2)已知 9 g液态水变为水蒸气时需要吸收22 kJ的热量，生成5mol水吸收的能量为，22=220kJ， 则1 mol丁烷完全燃烧生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为2900 kJ-220kJ=2680 kJ。故答案为：2680 kJ；II(1)由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器。故答案为：环形玻璃搅拌器；(2)醋酸是弱酸，稀释时要吸热，测得的温度差偏小，但反应热是负值，在其它操作正确的前提下，如果改用稀醋酸进行实验，求得的生成1 mol水的反应热H将偏大。故答案为：偏大；(3)第2组实验温度差为3.5，误差较大，舍去，表中的温度差的平均值为=4.1。故答案为：4.1；近似认为0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·-1，中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为：80ml×1g/ml=80g，温度变化的值T为4.1，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mcT=80g×4.18J·g-1·-1×4.1=1371.04J=1.371KJ，H=-=-54.8kJ/mol，则中和热H=-54.8kJ/mol(保留到小数点后一位)。故答案为：-54.8；实验中改用60 mL 0.50 mol/L盐酸跟50 mL 0.55 mol/L氢氧化钠进行反应，若其它实验操作均正确，则与上述实验相比，生成的水多，所放出的热量偏大(填“偏大”、“偏小”或“相同”，下同)，但反应热是指生成1mol水放出的热量，与实验中生成水的物质的量无关，所以生成1 mol水的反应热H相同。故答案为：偏大；相同。三、工业流程题9. 氧化钴()在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前景。以铜钴矿石主要成分为，、和，还有少量Fe、Mg、Ca的氧化物为原料制备氧化钴()的工艺流程如图所示：已知：常温下 回答下列问题：（1）Co元素位于元素周期表第_周期第_族。（2）“浸泡”过程中，所得滤渣1的主要成分是_(写化学式)，写出此过程中与反应的离子方程式_。（3）“除铜”过程中，加入FeS固体得到更难溶的CuS，写出“除铜”过程的离子方程式_。（4）检验过程所得滤液中铁元素的离子已被完全沉淀的实验操作及现象：取少量待测液于试管中，_。（5）常温下，在过程中加入足量的NaF溶液可除去、，当两者沉淀完全时的浓度至少为_(溶液中离子浓度小于视为该离子沉淀完全)。（6）过程中加入得到滤渣后又加入盐酸溶解，其目的是_。【答案】（1） . 四 . （2） . 、 . （3） （4）滴入几滴KSCN，溶液不变红 （5） （6）富集或提高的浓度和纯度【解析】【分析】含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Cu2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，沉铜后加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入浓Na2CO3溶液转为CoCO3固体，最后进入草酸铵溶液得到草酸钴，煅烧后制得Co2O3，据此分析回答问题。【小问1详解】Co元素位于元素周期表第四周期第族；【小问2详解】结合分析可知，“浸泡”过程中，所得滤渣1中的物质是SiO2、CaSO4，加Na2SO3将CoO(OH)、Fe2O3中的Co3+和Fe3+还原为Co2+及Fe2+，Na2SO3作还原剂，反应方程式为；【小问3详解】“除铜”过程中的反应为Cu2+FeS=CuS+Fe2+；【小问4详解】过程所得滤液中含Fe3+，检验Fe3+已被完全沉淀的实验操作及现象：取少量待测液于试管中，滴入几滴KSCN，溶液不变红；【小问5详解】Ksp(CaF2)Ksp(MgF2)，所以Mg2+沉淀完全时Ca2+也一定沉淀完全，当c(Mg2+)=1.0×10-5mol/L时，溶液中c(F-)3.0×10-3mol/L；【小问6详解】过程中加入浓Na2CO3得到滤渣后又加入盐酸溶解，其目的是富集Co2+或提高的浓度和纯度。四、原理综合题10. 氮氧化物（NOx）造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，而且严重危害人类健康。采用合适的还原剂能够实现烟气的高效脱硝。（1）活性炭还原脱硝可防止氮氧化物污染，已知：N2（g）+O2（g）2NO（g） H1=+180.5kJmol-12C（s）+O2（g）2CO（g） H2=-221.0kJmol-12CO（g）+O2（g）2CO2（g） H3=-556.0kJmol-1则反应C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）H=_kJmol-1（2）用活性炭对NO进行还原，采用相同质量不同粒径的同种催化剂M和N，测量相同时间内烟气的脱氮率，结果如图所示。在M、N两种不同粒径催化剂作用下，出现M和N两条不同的脱氮率与温度的变化曲线的原因是_。判断M曲线上最高点A点对应的脱氮率_（填“是“或“不是”）该温度下的平衡脱氮率。25下，用NaOH溶液作捕捉剂吸收产生的CO2，不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品。某次捕捉后得到pH=12的溶液，已知：25下Ka2（H2CO3）=5.6×10-11，试通过计算溶液中c（CO32-）：c（HCO3-）=_。（3）在一恒容密闭容器中，使用某种催化剂对反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H0进行相关实验探究。改变投料比（n0（SO2）：n0（NO2）进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定SO2的平衡转化率（SO2）。已知：KR=16，KZ=1，部分实验结果如图所示。如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，应采取的措施是_。图中R、X、Y、Z四点对应的实验温度分别为TR、TX、TY，TZ通过计算选择下列选项中两个温度相等是_（填标号）。ATR和TY BTR和TZ CTX和TZ DTY和TZ【答案】 . 2NO（g）+C（s）CO2（g）+N2（g） H=-569kJ/mol . 催化剂粒径越小，其与活性炭的接触面积越大，就越容易被还原，需要的温度较低 . 不是 . 56 . 升高温度 . CD【解析】【详解】(1)用焦炭还原NO生成无污染气体，说明生成物是二氧化碳和氮气，N2(g)+O2(g)2NO(g) H1=+180.5kJmol-12C(s)+O2(g)2CO(g) H2=-221.0kJmol-12CO(g)+O2(g)2CO2(g) H3=-556.0kJmol-1将方程式(+)-得2NO(g)+C(s)CO2(g)+N2(g)所以H=(H2+H3)-H1=(-221.0kJmol-1-556.0kJmol-1)-180.5kJmol-1=-569kJ/mol；(2)催化剂粒径越小，其与活性炭的接触面积越大，就越容易被还原，需要的温度较低；根据催化剂N的曲线可知温度升高时可以达到更高的脱氮率，而A点的温度要比催化剂N的曲线最高点的温度要低，该反应为放热反应，降低温度平衡右移，所以A点的对应温度下的平衡脱氮率应该更大，所以A点不是对应温度下的平衡脱氮率；pH=12 的溶液，由HCO3-CO32-+H+，可知K2(H2CO3)=5.6×10-11=，则c(CO32-)：c(HCO3-)=；(3)如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，平衡转化率减小，平衡逆向进行，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行；对应的实验温度分别为TR、TX、TY，TZ，温度和平衡常数有关，结合图中的数据，反应为：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，X点时，起始物料比=1.0，SO2的平衡转化率为(SO2)=50%，设起始时c(NO2)=c(SO2)=xmol/L，化学平衡常数为KX=1，所以KX=KZ=1，则TX=TZ，Y点时，起始物料比为=1.5，SO2的平衡转化率为(SO2)=40%，设起始时c(SO2)=1.5ymol/L，c(NO2)=ymol/L，化学平衡常数为KY=1，所以KY=KZ=1，则TY=TZ，所以选CD。【点睛】第2题第二小问为本题难点，要注意“测量相同时间内烟气的脱氮率”，而在该时间内反应不一定达到平衡，该反应为放热反应，升温平衡右移，据图可知温度升高时可以达到更高的脱氮率，说明A点一定不是平衡点。五、有机推断题11. 芳香族化合物A(其中R是未知基团)在一定条件下可转化成如下系列物质。(1)写出A的结构简式_。(2)检验反应是否完全的方案是_。(3)C有多种同分异构体，其中含苯环的同分异构体中可能含有的官能团是_。a.1个酯基 b.2个醛基 c.1个碳碳双键和1个醛基 d.1个醛基和1个羟基(4)反应反应类型是_。写出反应的化学方程式_。(5)E可以合成高聚物，写出该高聚物的结构简式_。(6) 以本题中的C为原料制备，写出合成路线，无机试剂任选_。【答案】 . . 取样少许，加入足量氢氧化钠溶液中和酸，再加入新制氢氧化铜，煮沸，若产生砖红色沉淀，说明反应未完全 . ad . 氧化 . . . 【解析】【分析】根据E的分子式C4H6O2，说明(CH3)2C(Br)COOH在氢氧化钠的醇溶液加热条件下发生消去反应，然后再对生成物进行酸化，得到E ，E的结构简式为：CH2=C(CH3)COOH；根据(CH3)2C(Br)COOH及反应条件可知，有机物D与溴发生取代反应生成(CH3)2C(Br)COOH，所以有机物D的结构简式为：(CH3)2CHCOOH；A与NaOH溶液反应的产物酸化后得到B和C，则A中含酯基；有机物B通过两步反应生成D，所以B为醇，结构简式为(CH3)2CHCH2OH；有机物C为羧酸，根据C的分子式和A可知，C的结构简式为；有机物A的结构简式为：；据以上分析解答。【详解】根据E的分子式C4H6O2，说明(CH3)2C(Br)COOH在氢氧化钠的醇溶液加热条件下发生消去反应，然后再对生成物进行酸化，得到E ，E的结构简式为：CH2=C(CH3)COOH；根据(CH3)2C(Br)COOH及反应条件可知，有机物D与溴发生取代反应生成(CH3)2C(Br)COOH，所以有机物D的结构简式为：(CH3)2CHCOOH；A与NaOH溶液反应的产物酸化后得到B和C，则A中含酯基；有机物B通过两步反应生成D，所以B为醇，结构简式为(CH3)2CHCH2OH；有机物C为羧酸，根据C的分子式和A可知，C的结构简式为；有机物A的结构简式为：；(1)结合以上分析可知，A的结构简式；综上所述，本题答案是：。(2) 反应是醛氧化为羧酸的过程，检验反应是否完全，也就是检验羧酸中是否含有醛，醛的检验可以用银氨溶液或氢氧化铜的悬浊液，具体操作如下：取样少许，加入足量氢氧化钠溶液中和酸，再加入新制氢氧化铜，煮沸，若产生砖红色沉淀，说明反应未完全；综上所述，本题答案是：取样少许，加入足量氢氧化钠溶液中和酸，再加入新制氢氧化铜，煮沸，若产生砖红色沉淀，说明反应未完全。(3) 有机物C为羧酸，C的结构简式为 ；C的多种同分异构体中，可以把羧基变为酯基，或者把羧基拆解为醛基和羟基，因此含苯环的同分异构体中可能含有的官能团是a.1个酯基，d.1个醛基和1个羟基；ad可选； 综上所述，本题选ad。(4)综合以上分析可知，反应为醇变为醛的反应，属于氧化反应；反应是(CH3)2C(Br)COOH在氢氧化钠的醇溶液加热条件下发生消去反应，反应的化学方程式为：；综上所述，本题答案是：氧化；。 (5)有机物E结构简式为：CH2=C(CH3)COOH；E发生加聚反应生成高分子，该高聚物的结构简式：；综上所述，本题答案是：。(6)对比和有机物C（），可见碳干骨架不变，将CH3转化成CHO，所以先将与氯气光照条件下发生甲基上的取代反应生成，在氢氧化钠的水溶液、加热条件下反应，产物酸化后可以得到，再发生催化氧化生成，具体流程如下：；综上所述，本题答案是：。【点睛】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求；本题中要注意有机物D在溴/磷条件下发生反应，溴原子取代了与羧基相连接的碳上的氢原子，形成溴代羧酸；由有机物B到有机物D是连续两步反应实现的，要考虑醇氧化为醛，醛氧化为酸的过程，利于问题的解决。