还剩26页未读，
继续阅读
重庆市第一中学校2022-2023学年高三下学期4月月考化学试题Word版含解析
展开
这是一份重庆市第一中学校2022-2023学年高三下学期4月月考化学试题Word版含解析，共29页。试卷主要包含了 考试结束后，将答题卡交回， 下列实验操作正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年高三下学期4月月考
化学试题
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。
2. 作答时，务必将答黄写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3. 考试结束后，将答题卡交回。以下数据可供解题时参考。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Fe-56
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. 玉兔二号月球车开启了中国人走向深空探索宇宙奥秘的时代。下列说法错误的是
A. 月球车太阳能电池帆板能将太阳能转化为电能，它的材料是SiO2
B. 月球车底盘采用SiC颗粒增强铝基复合材料具有低密度、高耐磨、耐冲击的特点
C. 月球车是通过半导体材料砷化镓(CaAs)制造的太阳能电池提供能量进行工作的
D. 月球车利用放射性同位素钚-238“核电池”释放热量进行保温，核能属于不可再生能源
【答案】A
【解析】
【详解】A．单质硅可以将光能转化为电能，太阳能电池帆板能将太阳能转化为电能，它的材料是Si，故A错误；
B．SiC也叫金刚砂，碳化硅由于化学性能稳定、导热系数高、热膨胀系数小、耐磨性能好，除作磨料用外，还有很多其他用途，故B正确；
C．月球车上的砷化镓(CaAs)属于半导体材料，故C正确；
D．放射性同位素钚-238“核电池”释放热量属于核裂变，是物理变化，不可逆转，所以核能属于不可再生能源，故D正确；
故选A。
2. 下列叙述正确的是
A. 锂和钠单质在空气中加热均能生成过氧化物
B. 浓硫酸和浓硝酸都可以用铝槽车运送
C. Mg(OH)2和Cu(OH)2都能溶解在浓氨水中
D. NO和CO气体均可以用NaOH溶液处理尾气
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属锂在空气中加热只能得到氧化锂，不能生成过氧化锂，金属钠在空气中加热可以生成过氧化钠，故A错误；
B．常温下，浓硫酸和浓硝酸能与金属铝、铁发生钝化，阻止反应进一步发生，可以用铝槽车运送，故B正确；
C．氢氧化镁沉淀不与氨水反应，所以Mg(OH)2不能溶解在浓氨水中，故C错误；
D．NO和CO为不成盐氧化物，不能用NaOH溶液处理尾气，可用强氧化性溶液，如酸性高锰酸钾溶液处理尾气，故D错误；
故选B。
3. 经过指定操作后，下列各组溶液中离子还能大量共存的是
A. 加入：、、Na+、
B. 加入FeCl3：、、、
C. 加入AgCl：、F-、Na+、
D. 通入SO2：ClO-、Cl-、、K+
【答案】A
【解析】
【详解】A．向含有、、Na+、的溶液中加入，没有气体、沉淀生成，且离子间不发生化学反应，能大量共存，故A选；
B．向该溶液中加入氯化铁，和发生反应生成血红色硫氰化铁而不能共存，故B不选；
C．向含有、F-、Na+、的溶液中加入氯化银，生成硫化银黑色沉淀而不能大量共存，故C不选；
D．具有强氧化性，向该溶液中通入二氧化硫发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选；
故选A。
4. 下列实验操作正确的是
A. 甲图：关闭K，打开分液漏斗活塞，若水不流下，则气密性良好
B. 乙图：蒸发溶液获得固体
C. 丙图：测定饱和氯水的pH
D. 丁图：证明苯与液溴发生了取代反应
【答案】B
【解析】
详解】A．橡皮管连通分液漏斗和烧瓶，两容器中气体压强相等，水能够始终流下，因此题中所给方法，不能检验装置气密性，故A错误；
B．用蒸发皿蒸发硫酸铝溶液，玻璃棒不断搅拌，最终得到硫酸铝固体，故B正确；
C．氯水中含有HClO，HClO具有漂白性，无法根据pH试纸的颜色读出数值，故C错误；
D．从烧瓶中挥发出的HBr中混有溴蒸气，溴蒸气能与硝酸银溶液反应得到浅黄色沉淀，对HBr的检验产生干扰，故D说法错误；
答案为B。
5. 下列有关化学用语的表示错误的是
A. 食盐水中存在水合钠离子，其示意图为
B. 醛基具有较强的极性，其中碳氧双键中的电荷分布示意图为
C. 共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，其结构式为
D. 硼氢化钠(NaBH4)是有机合成中的重要还原剂，其电子式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧元素的电负性大于氢元素，水分子中共用电子对偏向氧原子一方，氧原子带负电荷、氢原子带正电荷，则水合钠离子中钠离子带正电，应与氧原子一侧结合，故A错误；
B．氧元素的电负性大于碳元素，醛基中碳氧双键中共用电子对偏向氧原子一方，氧原子带负电荷、碳原子带正电荷，故B正确；
C．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子中具有空轨道的铝离子与具有孤对电子的氯离子形成配位键，结构式为，故C正确；
D．硼氢化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，故D正确；
故选A。
6. 下图是氧化镁的晶胞，其结构为立方体，晶胞边长为amm。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子分数坐标，如a离子的坐标为(0，0，0)。下列说法错误的是
A. MgO与NaCl晶胞类型相同，且前者的熔点高于后者
B. Mg2+和O2-的配位数相同，均为6
C. 相邻两个Mg2+之间的最短距离为nm
D. 分数坐标为(，，)的离子为Mg2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据氯化钠的配位数知，氧化镁晶体中镁离子的配位数是6，电荷越大、离子半径越小其熔点越高，MgO晶体中离子的电荷大于NaCl，离子间的平均距离小于NaCl，所以MgO晶体熔点高于NaCl晶体，选项A正确；
B．由氯化钠的晶胞结构可知，氯离子和钠离子的配位数都是6，所以在MgO晶胞中Mg和O的配位数也都是6，选项B正确；
C．氧化镁晶胞中镁离子和镁离子处于小正方形的对角线上，则相邻Mg2+之间的最短距离为nm，选项C错误；
D．a离子的坐标为(0，0，0)，是O2-，根据晶胞中离子位置，处于坐标为(，，)的离子位于体心，为Mg2+，选项D正确；
答案选C。
7. Z是医药工业和香料工业的重要中间体，合成路线如图所示，下列说法正确的是
A. X→Y属于取代反应，Y→Z属于氧化反应
B. Z的名称为4—醛基苯酚，X和Y互为同系物
C. X苯环上的二氯代物有6种，Y苯环上的三氯代物有2种
D. Z中所有原子可共平面，Z与H2完全加成后分子中存在2个手性碳原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，与甲醛发生加成反应生成，故A错误；
B．由结构简式可知，Z的名称为4—羟基苯甲醛，X和Y不是同类物质，不可能互为同系物，故B错误；
C．由结构简式可知，X苯环上的邻、间、对二氯代物可以视作二氯苯分子中苯环上的氢原子被酚羟基取代所得结构，共有6种，Y苯环上的三氯代物与一氯代物的数目相同，共有2种，故C正确；
D．由结构简式可知，Z与氢气全加成所得分子为结构对称的分子，分子中不存在连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故D错误；
故选C。
8. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 23gNa与足量H2O反应生成的H2分子数目为NA
B. (SO3)3分子结构如图所示，40g该分子中的σ键的数目是2NA
C. 100℃时，pH=6的纯水中所含OH-的数目为1.0×10-8NA
D. 常温下，该温度下CaSO4饱和溶液中含Ca2+的数目为3×10-8NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na与水反应的方程式为，23gNa物质的量为，与足量H2O反应生成的H2分子数目为，故A错误；
B．根据(SO3)3分子结构可知，一分子中含有的σ键为12个，40g该分子中的σ键的数目是，故B正确；
C．100℃时，水的离子积为，pH=6的纯水的体积未知，不能计算出氢氧根离子的数目，故C错误；
D．未给出CaSO4饱和溶液的体积，不能根据进行计算，故D错误；
故选B。
9. W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增大，Y原子最外层电子数是Z原子电子层数的三倍，Q和Z同主族。由这些元素组成的一种分子M的结构如图所示，下列说法正确的是
A. 第一电离能：Y>X>W
B. Q最高价氧化物的水化物为极性分子，QY2为直线形分子
C. 化合物M中、Z的电负性最大，W采用sp3杂化
D. 构成M的所有元素均位于元素周期表的p区
【答案】D
【解析】
【分析】根据M分子的结构可知，W元素可以连4根键，Y连2根键，X连2根键，Z和Q均连1根键，根据Y原子最外层电子数是Z原子电子层数的三倍，且Z原子序数大于Y，可知Y最外层有6个电子，Z电子层数为2，属于第二周期元素，则符合条件的Y为O元素，Z为F元素，W为C元素，X为N元素，Q和Z同主族，则Q为Cl或Br或I；
【详解】A．因为N的2p轨道半充满，第一电离能比相邻主族元素大，所以第一电离能：X>Y> W，故A错误；
B．Q的最高价氧化物的水化物为或或，属于极性分子；根据或或的中心原子均为杂化，且中心原子以杂化轨道形成σ键，分子为V形分子，故B错误；
C．根据元素周期律，同周期主族元素从左到右电负性递增，同主族从上到下依次递减，化合物M中，F元素电负性最大，其中C元素均为杂化，故C错误；
D．构成M的所有元素有C、N、O、卤素，根据元素在元素周期表中的位置，构成M的所有元素均位于元素周期表的p区，故D正确；
故选D。
10. 下列实验方案、现象、结论均正确的是
选项
方案
现象
结论
A
向CH2=CHCHO溶液中滴加溴水
溴水褪色
CH2=CHCHO含有碳碳双键
B
将Cl2通入淀粉-KI溶液中至过量
溶液先变蓝，后褪色
Cl2具有还原性和漂白性
C
铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体
加热时，无明显现象；加入硝酸钾后溶液变蓝
硝酸钾起催化作用
D
分别测定同温、同浓度的CH3COONa溶液、Na2S溶液的pH
Na2S溶液的pH更大
电离常数：Ka(CH3COOH)>Ka1(H2S)
A A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳碳双键、醛基都能使溴水褪色，后者被氧化为羧基，则该实验方法错误，不能选溴水，而应选溴的四氯化碳溶液，选项A错误；
B．将Cl2通入KI淀粉溶液中，溶液中发生的反应依次为：Cl2＋2I－=2Cl－＋I2、I2＋5Cl2＋6H2O=2HIO3＋10HCl，溶液中现象为先变蓝后褪色，Cl2均表现强氧化性，选项B错误；
C．Cu与稀硫酸不反应，且酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu，则溶液变蓝，与催化作用无关，选项C错误；
D．弱酸的酸性越弱，对应的盐水解程度越大，分别测定同温、同浓度的CH3COONa溶液、Na2S溶液的pH，Na2S溶液的pH更大，电离常数：Ka(CH3COOH)>Ka1(H2S) >Ka2(H2S)，选项D正确；
答案选D。
11. 2022年，我国220/120吨级烧氢液氧发动机试车成功，为我们探索星辰大海再添助力。航空航天兴趣小组查资料得知：
①2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) △H＝−483.6kJ∙mol−1
②H2O(g)＝H2O(l) △H＝−44kJ∙mol−1
③H−H、O=O、H−O键能分别为436 kJ∙mol−1、496 kJ∙mol−1、462 kJ∙mol−1。 经讨论得出以下结论，正确的是
A. 若只用以上的键能数据，使可估算出H2的燃烧热
B. 若1 mol H2(1)燃烧生成H2O(g)时，放出的热量将高于241.8 kJ
C. 若用上图所示装置，即可测出H2的燃烧热：△H=−285.8 kJ∙mol−1
D. 化学键断裂和形成时的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因
【答案】D
【解析】
【详解】A．若只用以上键能数据，没有H2O(g)＝H2O(l) △H＝−44kJ∙mol−1是无法算出H2的燃烧热，故A错误；
B．1 mol H2(1)所具有的能量低于1 mol H2(g)所具有的能量，根据2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) △H＝−483.6kJ∙mol−1分析，则1 mol H2(1)燃烧生成H2O(g)时，放出的热量将低于241.8 kJ，故B错误；
C．燃烧热是生成稳定的氧化物即液态水，而此装置有隔热装置，氢气和氧气反应生成气态水，若用上图所示装置，无法测出H2的燃烧热，故C错误；
D．化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，断键吸收热量，成键释放能量，因此化学键断裂和形成时的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因，故D正确。
综上所述，答案为D。
12. 科研人员发现利用低温固体质子导体作电解质，催化合成NH3，与传统的热催化合成氨相比，催化效率较高。其合成原理如图甲所示，电源电压改变与生成NH3速率的关系如图乙所示。下列说法正确的是
A. Pt-C是该合成氨装置的阴极
B. Pt-C3N4电极上发生的反应为
C. 当电压高于1.2V时，混合气体中N2和NH3的体积分数之和小于100%
D. 若H2的进出口流量差为22.4 L/min，则固体质子导体中H+的流速为2 mol/min
【答案】C
【解析】
【详解】A．Pt-C极发生氧化反应，H2-2e-=2H+，故为阳极，A错误；
B．Pt-C3N4为阴极，发生还原反应，N2+6H++6e-=2NH3，B错误；
C．当电压高于1.2V时，氨气反应速率变慢，原因是H+ +2e-= H2，混合气体中有N2、NH3和H2，混合气体中N2和NH3的体积分数之和小于100%，故C正确；
D．若H2的进出口流量差为22.4 L/min，未知是否为标况，氢气的物质的量不一定为1mol，故质子导体中H+的流速不一定为2 mol/min，D错误；
故答案为：C。
13. 某项目式学习小组进行了硝酸铵浸出石灰石中Ca2+的理论计算探究：
反应1：
反应2： 。下列说法正确的是(已知，沸水温度为373K)
A. 反应1可在沸水中自发进行
B. 反应1和反应2的平衡表达式相同
C. 投入更多石灰石可提高平衡浸取率
D. 通过减压、升温，反应2更能提高平衡浸取率
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知ΔG=ΔH-TΔS，沸水温度为373K)，反应1：ΔG=，反应不自发进行，A错误；
B．反应1的平衡常数表达式为：；反应2的平衡常数表达式为：，B错误；
C．石灰石为固体物质，投入更多石灰石不能使平衡发生移动，故不可提高平衡浸取率，C错误；
D．反应2为熵增、吸热的反应，通过减压、升温，平衡正向移动，更能提高平衡浸取率，D正确；
故选D。
14. 用0.1000 mol-1的NaOH溶液分别滴定0.1000 mol/L、20.00mLHX、HY、HZ三种酸溶液。溶液pH与加入NaOH体积之间的关系如图所示，下列说法错误的是
A. HX为一元强酸，电离常数Ka(HY)>Ka(HZ)
B. a、b、c三点中，b点所对应的水溶液里阴离子的物质的量浓度最大
C. d点所对应的水溶液里，c(OH-)约为0.02 mol/L
D. 滴定时使用酚酞作指示剂，会产生系统误差，但可通过空白对照实验消除
【答案】C
【解析】
【分析】如图，0.1000 mol/L的HX、HY、HZ的pH分别为1、2，4左右，根据酸性越强电离程度越大，所以酸性：，因为0.1000 mol/L的HX溶液，pH=1，所以HX为一元强酸；依次解题；
【详解】A．综上所述，HX为一元强酸，HY和HZ为弱酸，且酸性，所以，故A正确；
B．图中，a点加入的NaOH溶液体积为10mL，此时溶质为NaZ和HZ，pH小于7，溶液呈酸性，所以HZ的电离大于NaZ的水解，电荷守恒为：；b点加入的NaOH溶液体积大于10mL，小于20mL，溶质为NaY和HY，pH小于7，电荷守恒为：；c点加入的NaOH溶液体积小于10mL，溶质为NaX和HX，电荷守恒为：，三种溶液中，b点溶液中钠离子浓度最大，所以b点所对应的水溶液里阴离子的物质的量浓度最大，故B正确；
C．如图d点时，加入NaOH溶液体积为30mL，pH约为12，溶液中约为0.01 mol/L，故C错误；
D．酚酞的变色范围(pH)为，由题图中的滴定终点附近各溶液的pH突变范围可知，用强碱滴定HX、HY、HZ溶液时，可以使用酚酞作为指示剂，产生的系统误差，可通过空白对照实验消除，故D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. LiMn2O4是一种锂电池材料，以高硫锰矿(主要成分为MnCO3，主要杂质为SiO2、CaCO3，还有少量MnS、FeS、CuS、NiS、FeCO3等)为原料，可按如下工艺生产得到。
已知：①碱性溶液中，在催化剂存在下空气只与硫化物反应，其中硫元素被氧化为单质。
②金属离子的1gc(M)与溶液pH的关系如下图所示。
③25℃时，相关物质的平衡常数见下表。
化学式
CuS
NiS
MnS
H2S
平衡常数
Ksp=6.3×10-36
Ksp=2.0×10-19
Ksp=2.5×10-10
Ka1=1.0×10-7、Ka2=8.0×10-15
回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为___________。
（2）根据矿物组成，“脱硫池”中能被NaOH溶液溶解的杂质是___________(填化学式，下同)。若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是___________。“滤渣”含有S和___________。
（3）①“酸浸池”中主要含锰组分发生反应的化学方程式为___________。
②“酸浸池”中加入MnO2的作用是___________(用离子方程式表示)。
（4）“沉淀1”主要成分是___________。25℃时，为了使Cu2+、Ni2+沉淀完全，“上清液2”中H+浓度不大于___________mol/L(设H2S的平衡浓度为1.0×10-6 mol/L)。
（5）LiMn2O4的晶胞中的氧原子以面心立方堆积(如图)，若该晶胞参数为apm，已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的摩尔体积Vm=___________m3/mol。
【答案】（1）3:2(或2:3)
（2） ①. SiO2 ②. H2S ③. CaSO4
（3） ①. MnCO3+ H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ ②. 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
（4） ①. Fe(OH)3 ②.
（5）
【解析】
【分析】高硫锰矿的主要成分为MnCO3，主要杂质为SiO2、CaCO3，还含有少量MnS、FeS、CuS、NiS、FeCO3等，脱硫时，加入NaOH溶液、催化剂，并通入空气，硫化物中的硫转化为S单质，SiO2溶于NaOH；矿粉中加入稀硫酸、MnO2进行酸浸，CaCO3转化为CaSO4，此时S、CaSO4成为滤渣；Fe2+被MnO2氧化为Fe3+；加入调pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则沉淀1主要成分为Fe(OH)3；上清液1中加入(NH4)2S等，将Cu2+、Ni2+转化为CuS、NiS沉淀；上清液2为MnSO4溶液，经后续反应可得LiMn2O4。
【小问1详解】
基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，其价电子排布式为3d84s2，价电子中只有2个未成对电子，则两种自旋状态的电子数为6和4，二者之比为3:2或2:3。
【小问2详解】
矿物中含杂质SiO2，其属于酸性氧化物，脱硫时能被NaOH溶液溶解；若未经脱硫直接酸浸，金属硫化物和硫酸反应生成H2S气体，污染环境；矿粉中的CaCO3和稀硫酸反应生成CaSO4，因此“滤渣”中还含有CaSO4。
【小问3详解】
①“酸浸池”中，MnCO3和硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，发生反应的化学方程式为MnCO3+ H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；
②“酸浸池”中加入MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。
【小问4详解】
加入调pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则沉淀1主要成分为Fe(OH)3；由表格数据知Ksp(CuS)< Ksp(NiS)，当时，Cu2+、Ni2+沉淀完全，此时，由、得，，。
【小问5详解】
位于顶点和面心的氧原子数=，则晶胞中含1个LiMn2O4，所以该晶体的摩尔体积Vm=。
16. 甘氨酸亚铁晶体是一种新型的固体整合补铁剂。其实验室合成路线为：
已知：
①相关物质的信息如下表所示
物质
化学式
摩尔质量
性质
甘氨酸
H2NCH2COOH
75g/mol
两性物质，易溶于水，微溶于乙醇
甘氨酸亚铁晶体
易溶于水，溶解度随温度升高而增大；难溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化
②含有多个配位原子的配体与同一中心离子通过整合配位成环而形成的配合物称为整合物。
(一)FeCO3固体的制备
（1）实验开始时应先开K1和___________，关___________(填“K2”或“K3”)；一段时间后，改变开关状态，生成FeCO3。
（2）三颈瓶中生成FeCO3沉淀的离子方程式为___________。
(二)甘氨酸亚铁的制备
（3）用如图装置制备甘氨酸亚铁。反应开始时，先通过滴液口滴入适量的NaOH溶液调节pH为5左右，pH过高或过低都会使产率下降，原因是___________。
（4）当FeCO3固体完全溶解后，再通过滴液口加入乙醇，其作用是___________。
（5）反应结束后，过滤出产品粗品，依次用___________、___________(填序号)洗涤，再经过一系列操作得纯品。
a． 热水 b． 冰水 c． 乙醇
(三)甘氨酸亚铁晶体结构的分析
步骤1：准确称取甘氨酸亚铁晶体纯品0.4800 g于锥形瓶中，加3mol/LH2SO4溶液15 mL将样品溶解完全后，加入指示剂，立即用0.1000 mol/L(NH4)2Ce(SO4)3标准液滴定至终点，用去标准液20.20 mL(反应为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+)。
步骤2：不加产品，重复步骤1操作，滴定至终点，用去标准液0.20 mL。
回答下列问题：
（6）滴定时应选择___________滴定管。
（7）甘氨酸亚铁晶体中Fe的质量分数为___________%(保留小数点后一位)。
（8）进一步分析表明：甘氨酸亚铁晶体中，阴阳离子只有H2NCH2COO-和Fe2+；Fe2+的配位数为6，且存在五元螯合环；该配合物整体量中心对称，甘氨酸亚铁晶体的结构简式为___________。
【答案】（1） ①. K3 ②. K2
（2）Fe2++HCO+NH3·H2O =FeCO3↓+ NH+H2O
（3）pH过高，FeCO3会转化为Fe(OH)2，pH过低，H2NCH2COOH与H+反应
（4）降低甘氨酸亚铁溶解度，便于从溶液中析出
（5） ①. b ②. c
（6）酸式 （7）23.3%
（8）
【解析】
【分析】由题给流程可知，铁与稀硫酸反应生成制得硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液将硫酸亚铁转化为碳酸亚铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁；向碳酸亚铁中加入甘氨酸，将碳酸亚铁转化为甘氨酸亚铁，向甘氨酸亚铁溶液中加入乙醇、过滤得到甘氨酸亚铁粗品；粗品经冰水洗涤、乙醇洗涤、干燥得到甘氨酸亚铁纯品。
【小问1详解】
由实验装置图可知，制备碳酸亚铁的操作为打开K1、K3，关闭K2，装置甲中稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，反应生成的氢气排尽装置中的空气后，关闭K3、打开K2，利用反应生成的氢气将甲中硫酸亚铁溶液加入到乙中，使硫酸亚铁与碳酸氢铵和氨水的混合溶液反应制得碳酸亚铁，故答案为：K3；K2；
【小问2详解】
由分析可知，装置乙中发生的反应为硫酸亚铁与碳酸氢铵和氨水的混合溶液反应生成碳酸亚铁、硫酸铵、硫酸钠和水，反应的离子方程式为，故答案为：Fe2++HCO+NH3·H2O =FeCO3↓+ NH+H2O；
【小问3详解】
由反应物的性质可知，滴入氢氧化钠溶液调节溶液pH时，若溶液pH过高，碳酸亚铁会转化为溶解度更小的氢氧化亚铁，不利于甘氨酸亚铁的生成，若溶液pH过低，甘氨酸中的氨基会与氢离子反应，导致产品中混有杂质，所以滴入氢氧化钠溶液调节溶液pH时，溶液pH不能过高，也不能过低，故答案为：pH过高，FeCO3会转化为Fe(OH)2，pH过低，H2NCH2COOH与H+反应；
【小问4详解】
由题给信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以当碳酸亚铁固体完全溶解后，再通过滴液口加入乙醇可以降低甘氨酸亚铁溶解度，便于甘氨酸亚铁从溶液中析出，故答案为：降低甘氨酸亚铁溶解度，便于从溶液中析出；
【小问5详解】
由题给信息可知，甘氨酸亚铁易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，所以为防止甘氨酸亚铁溶解造成产率降低，粗品应先用冰水洗涤，后用乙醇洗涤，干燥得到甘氨酸亚铁纯品，故答案为：b；c；
【小问6详解】
(NH4)2Ce(SO4)3是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，所以滴定时应选择酸式滴定管盛装(NH4)2Ce(SO4)3溶液，故答案为：酸式；
【小问7详解】
由题意可知，滴定消耗(NH4)2Ce(SO4)3溶液的体积为(20.20—0.20)mL=20.00mL，则由方程式可知，甘氨酸亚铁晶体中铁元素的质量分数为×100%≈23.3%，故答案为：23.3%；
【小问8详解】
由甘氨酸亚铁晶体中，阴阳离子只有H2NCH2COO-和Fe2+，Fe2+的配位数为6，且存在五元螯合环，该配合物整体量中心对称可知，甘氨酸亚铁晶体的结构简式为，故答案为：。
17. 为了如期完成“碳达峰、碳中和”的计划。研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为当今研究热点。
（1）一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中含有下列反应：
反应1：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41 kJ/mol
反应2：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH2=—90 kJ/mol
①反应1中的活化能Ea(正)___________Ea(逆)(填“>”或“<”)。
②温度为T，压强为P0的恒压密闭容器中，通入1 mol CO2和3mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，则该温度下反应1的压强平衡常数Kp=___________(用含a、b的代数式表示)，若温度不变，改为恒容容器，反应建立平衡后，反应1的Kp___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，反应体系中CH3OH(g)的产率将___________。
（2）将CO2和H2初始投料分别按1.0 mol/L和4.0 mol/L充入恒容容器中，现研究温度及容器壁是否使用3A分子筛膜(该膜主要吸附水分子)对甲醇平衡产率的影响如图所示：
①220℃时，经过3 min达到M点，此时测得H2O的产率为50%，则该条件下0—3 min内的H2的平均消耗速率v(H2)=___________。
②相同温度下，甲醇的平衡产率在有3A分子筛膜时总是较高的原因是___________。
（3）利用Al—CO2电池(工作原理如图所示)能有效地将CO2转化成化工原料草酸铝。
①电池的正极反应式；2CO2+2e-=(草酸根)，正极反应过程中，O2是催化剂，催化过程可表示为：i．O2+2e-=，ii． ___________。
②若有1 mol O2循环一次后，负极室中Al3+物质的量变化量为___________。
【答案】（1） ①. > ②. ③. 不变 ④. 增大
（2） ①. 0.8 mol/(L·min) ②. 3A分子筛膜可以将水分离出来，反应1平衡右移，一氧化碳浓度增大，反应2平衡右移，甲醇的产率增大
（3） ①. 2CO2+=+O2 ②. 0
【解析】
【小问1详解】
①由方程式可知，反应1为正反应活化能大于逆反应活化能的吸热反应，故答案为：>；
②设平衡时水的物质的量为xmol，由题意可建立如下三段式：
由平衡时一氧化碳物质的量为bmol可得：x—a=b，解得x=a+b，则平衡时气体的总物质的量为(4—2a)mol，二氧化碳、氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为(1—a—b)mol、(3—3a—b)mol、bmol、(a+b)mol，则该温度下反应1的压强平衡常数Kp==，反应1为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应2为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，若温度不变，恒压容器改为恒容容器相当于增大压强，平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则恒容容器反应建立平衡后，与恒压容器相比，反应1的Kp不变、反应体系中甲醇的产率增大，故答案为：；不变；增大；
【小问2详解】
①由图可知，220℃时，经过3 min达到M点时，甲醇、水的产率为20%和50%，则0-3 min内的氢气的平均消耗速率为=0.8 mol/(L·min)，故答案为：0.8 mol/(L·min)；
②相同温度下，3A分子筛膜可以将水分离出来，反应1平衡右移，一氧化碳浓度增大，反应2平衡右移，所以甲醇的平衡产率在有3A分子筛膜时总是较高，故答案为：3A分子筛膜可以将水分离出来，反应1平衡右移，一氧化碳浓度增大，反应2平衡右移，甲醇的产率增大；
【小问3详解】
①由正极反应式和i的电极反应式可知，氧气做催化剂条件下，反应ii 为2CO2+=+O2；
②由得失电子数目和电荷守恒可知，若有1 mol氧气循环一次后，负极放电生成铝离子的物质的量与通过交换膜进入正极室的铝离子物质的量相等，则负极室中铝离子的变化量为0，故答案为：0。
18. 吲哚美辛M是一种可减少发热、疼痛的非留体类抗炎药，其合成路线(部分试剂及反应条件略)如下图所示。
已知：①
②
③
按要求回答下列问题：
（1）A中官能团名称为___________。
（2）C+D→E的化学方程式为___________。)
（3）反应G+H→I的目的是___________。
（4）H能与O2在Cu的催化作用下生成R(分子式为)，则R与银氨溶液反应的化学方程式为___________。
（5）J→K的反应类型为___________。
（6）M(吲哚美辛)的结构简式为___________，其中的吲哚片段(含氮杂环)为平面结构，其中氮原子的孤对电子位于___________(填序号)。
A．sp3杂化轨道 B．sp2杂化轨道 C． 2s轨道 D． 2p轨道
（7）G经碱性水解、酸化后的产物的同分异构体中满足能与溶液反应的环状化合物有___________个(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有三组峰(峰面积之比为1：1：4的化合物结构简式为___________(任写一种)。
【答案】（1）醚键和氨基
（2） （3）保护羰基不被还原
（4）
（5）还原反应 （6） ①. ②. B
（7） ①. 6 ②. 或(任写一种)
【解析】
【分析】根据流程，对比A和B的结构简式，A到B属于消去反应；对比B和C的结构简式，B到C属于还原反应；根据F的结构简式，结合已知①和E的分子式，可推知E的结构简式为，由此可知D的结构简式为；由已知②可知，F和L在Hac，加热条件下反应生成M，则M的结构简式为；
【小问1详解】
A的结构简式为，含有的官能团为醚键和氨基；
故答案为：醚键和氨基；
【小问2详解】
根据已知①，C和D反应生成E的化学方程式为 ；
故答案为：；
【小问3详解】
根据流程可知，经过系列反应，G中的碳基在L中重新出现，可见设计G+H→I的目的是保护羰基不被还原；
故答案为：保护羰基不被还原；
【小问4详解】
H能与O2在Cu的催化作用下生成R(分子式为)，且R能与银氨溶液反应，所以R为醛，其结构简式为，则R与银氨溶液反应的化学方程式为；
故答案为：；
【小问5详解】
由流程，，其中碳基变为，属于还原反应；
故答案为：还原反应；
【小问6详解】
由已知②可知，F和L在Hac，加热条件下反应生成M，则M的结构简式为；其中的吲哚片段(含氮杂环)为平面结构，其中氮原子的孤对电子与其余C原子上的电子形成一个键，使N原子上的孤对电子参与杂化形成sp2杂化轨道，位于sp2杂化轨道；
故答案为：；B；
【小问7详解】
G经碱性水解、酸化后的产物的结构简式为，分子式为，其同分异构体中满足能与溶液反应，则其结构中含有羧基，且为环状，则该环为三元环或四元环，满足条件的结构简式有、、、、、，共计6种，其中核磁共振氢谱有三组峰(峰面积之比为1：1：4的化合物结构简式为和；
故答案为：6；或(任写一种)。
2022-2023学年高三下学期4月月考
化学试题
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。
2. 作答时，务必将答黄写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3. 考试结束后，将答题卡交回。以下数据可供解题时参考。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Fe-56
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. 玉兔二号月球车开启了中国人走向深空探索宇宙奥秘的时代。下列说法错误的是
A. 月球车太阳能电池帆板能将太阳能转化为电能，它的材料是SiO2
B. 月球车底盘采用SiC颗粒增强铝基复合材料具有低密度、高耐磨、耐冲击的特点
C. 月球车是通过半导体材料砷化镓(CaAs)制造的太阳能电池提供能量进行工作的
D. 月球车利用放射性同位素钚-238“核电池”释放热量进行保温，核能属于不可再生能源
【答案】A
【解析】
【详解】A．单质硅可以将光能转化为电能，太阳能电池帆板能将太阳能转化为电能，它的材料是Si，故A错误；
B．SiC也叫金刚砂，碳化硅由于化学性能稳定、导热系数高、热膨胀系数小、耐磨性能好，除作磨料用外，还有很多其他用途，故B正确；
C．月球车上的砷化镓(CaAs)属于半导体材料，故C正确；
D．放射性同位素钚-238“核电池”释放热量属于核裂变，是物理变化，不可逆转，所以核能属于不可再生能源，故D正确；
故选A。
2. 下列叙述正确的是
A. 锂和钠单质在空气中加热均能生成过氧化物
B. 浓硫酸和浓硝酸都可以用铝槽车运送
C. Mg(OH)2和Cu(OH)2都能溶解在浓氨水中
D. NO和CO气体均可以用NaOH溶液处理尾气
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属锂在空气中加热只能得到氧化锂，不能生成过氧化锂，金属钠在空气中加热可以生成过氧化钠，故A错误；
B．常温下，浓硫酸和浓硝酸能与金属铝、铁发生钝化，阻止反应进一步发生，可以用铝槽车运送，故B正确；
C．氢氧化镁沉淀不与氨水反应，所以Mg(OH)2不能溶解在浓氨水中，故C错误；
D．NO和CO为不成盐氧化物，不能用NaOH溶液处理尾气，可用强氧化性溶液，如酸性高锰酸钾溶液处理尾气，故D错误；
故选B。
3. 经过指定操作后，下列各组溶液中离子还能大量共存的是
A. 加入：、、Na+、
B. 加入FeCl3：、、、
C. 加入AgCl：、F-、Na+、
D. 通入SO2：ClO-、Cl-、、K+
【答案】A
【解析】
【详解】A．向含有、、Na+、的溶液中加入，没有气体、沉淀生成，且离子间不发生化学反应，能大量共存，故A选；
B．向该溶液中加入氯化铁，和发生反应生成血红色硫氰化铁而不能共存，故B不选；
C．向含有、F-、Na+、的溶液中加入氯化银，生成硫化银黑色沉淀而不能大量共存，故C不选；
D．具有强氧化性，向该溶液中通入二氧化硫发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不选；
故选A。
4. 下列实验操作正确的是
A. 甲图：关闭K，打开分液漏斗活塞，若水不流下，则气密性良好
B. 乙图：蒸发溶液获得固体
C. 丙图：测定饱和氯水的pH
D. 丁图：证明苯与液溴发生了取代反应
【答案】B
【解析】
详解】A．橡皮管连通分液漏斗和烧瓶，两容器中气体压强相等，水能够始终流下，因此题中所给方法，不能检验装置气密性，故A错误；
B．用蒸发皿蒸发硫酸铝溶液，玻璃棒不断搅拌，最终得到硫酸铝固体，故B正确；
C．氯水中含有HClO，HClO具有漂白性，无法根据pH试纸的颜色读出数值，故C错误；
D．从烧瓶中挥发出的HBr中混有溴蒸气，溴蒸气能与硝酸银溶液反应得到浅黄色沉淀，对HBr的检验产生干扰，故D说法错误；
答案为B。
5. 下列有关化学用语的表示错误的是
A. 食盐水中存在水合钠离子，其示意图为
B. 醛基具有较强的极性，其中碳氧双键中的电荷分布示意图为
C. 共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，其结构式为
D. 硼氢化钠(NaBH4)是有机合成中的重要还原剂，其电子式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧元素的电负性大于氢元素，水分子中共用电子对偏向氧原子一方，氧原子带负电荷、氢原子带正电荷，则水合钠离子中钠离子带正电，应与氧原子一侧结合，故A错误；
B．氧元素的电负性大于碳元素，醛基中碳氧双键中共用电子对偏向氧原子一方，氧原子带负电荷、碳原子带正电荷，故B正确；
C．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子中具有空轨道的铝离子与具有孤对电子的氯离子形成配位键，结构式为，故C正确；
D．硼氢化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，故D正确；
故选A。
6. 下图是氧化镁的晶胞，其结构为立方体，晶胞边长为amm。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子分数坐标，如a离子的坐标为(0，0，0)。下列说法错误的是
A. MgO与NaCl晶胞类型相同，且前者的熔点高于后者
B. Mg2+和O2-的配位数相同，均为6
C. 相邻两个Mg2+之间的最短距离为nm
D. 分数坐标为(，，)的离子为Mg2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据氯化钠的配位数知，氧化镁晶体中镁离子的配位数是6，电荷越大、离子半径越小其熔点越高，MgO晶体中离子的电荷大于NaCl，离子间的平均距离小于NaCl，所以MgO晶体熔点高于NaCl晶体，选项A正确；
B．由氯化钠的晶胞结构可知，氯离子和钠离子的配位数都是6，所以在MgO晶胞中Mg和O的配位数也都是6，选项B正确；
C．氧化镁晶胞中镁离子和镁离子处于小正方形的对角线上，则相邻Mg2+之间的最短距离为nm，选项C错误；
D．a离子的坐标为(0，0，0)，是O2-，根据晶胞中离子位置，处于坐标为(，，)的离子位于体心，为Mg2+，选项D正确；
答案选C。
7. Z是医药工业和香料工业的重要中间体，合成路线如图所示，下列说法正确的是
A. X→Y属于取代反应，Y→Z属于氧化反应
B. Z的名称为4—醛基苯酚，X和Y互为同系物
C. X苯环上的二氯代物有6种，Y苯环上的三氯代物有2种
D. Z中所有原子可共平面，Z与H2完全加成后分子中存在2个手性碳原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，与甲醛发生加成反应生成，故A错误；
B．由结构简式可知，Z的名称为4—羟基苯甲醛，X和Y不是同类物质，不可能互为同系物，故B错误；
C．由结构简式可知，X苯环上的邻、间、对二氯代物可以视作二氯苯分子中苯环上的氢原子被酚羟基取代所得结构，共有6种，Y苯环上的三氯代物与一氯代物的数目相同，共有2种，故C正确；
D．由结构简式可知，Z与氢气全加成所得分子为结构对称的分子，分子中不存在连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故D错误；
故选C。
8. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 23gNa与足量H2O反应生成的H2分子数目为NA
B. (SO3)3分子结构如图所示，40g该分子中的σ键的数目是2NA
C. 100℃时，pH=6的纯水中所含OH-的数目为1.0×10-8NA
D. 常温下，该温度下CaSO4饱和溶液中含Ca2+的数目为3×10-8NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na与水反应的方程式为，23gNa物质的量为，与足量H2O反应生成的H2分子数目为，故A错误；
B．根据(SO3)3分子结构可知，一分子中含有的σ键为12个，40g该分子中的σ键的数目是，故B正确；
C．100℃时，水的离子积为，pH=6的纯水的体积未知，不能计算出氢氧根离子的数目，故C错误；
D．未给出CaSO4饱和溶液的体积，不能根据进行计算，故D错误；
故选B。
9. W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增大，Y原子最外层电子数是Z原子电子层数的三倍，Q和Z同主族。由这些元素组成的一种分子M的结构如图所示，下列说法正确的是
A. 第一电离能：Y>X>W
B. Q最高价氧化物的水化物为极性分子，QY2为直线形分子
C. 化合物M中、Z的电负性最大，W采用sp3杂化
D. 构成M的所有元素均位于元素周期表的p区
【答案】D
【解析】
【分析】根据M分子的结构可知，W元素可以连4根键，Y连2根键，X连2根键，Z和Q均连1根键，根据Y原子最外层电子数是Z原子电子层数的三倍，且Z原子序数大于Y，可知Y最外层有6个电子，Z电子层数为2，属于第二周期元素，则符合条件的Y为O元素，Z为F元素，W为C元素，X为N元素，Q和Z同主族，则Q为Cl或Br或I；
【详解】A．因为N的2p轨道半充满，第一电离能比相邻主族元素大，所以第一电离能：X>Y> W，故A错误；
B．Q的最高价氧化物的水化物为或或，属于极性分子；根据或或的中心原子均为杂化，且中心原子以杂化轨道形成σ键，分子为V形分子，故B错误；
C．根据元素周期律，同周期主族元素从左到右电负性递增，同主族从上到下依次递减，化合物M中，F元素电负性最大，其中C元素均为杂化，故C错误；
D．构成M的所有元素有C、N、O、卤素，根据元素在元素周期表中的位置，构成M的所有元素均位于元素周期表的p区，故D正确；
故选D。
10. 下列实验方案、现象、结论均正确的是
选项
方案
现象
结论
A
向CH2=CHCHO溶液中滴加溴水
溴水褪色
CH2=CHCHO含有碳碳双键
B
将Cl2通入淀粉-KI溶液中至过量
溶液先变蓝，后褪色
Cl2具有还原性和漂白性
C
铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体
加热时，无明显现象；加入硝酸钾后溶液变蓝
硝酸钾起催化作用
D
分别测定同温、同浓度的CH3COONa溶液、Na2S溶液的pH
Na2S溶液的pH更大
电离常数：Ka(CH3COOH)>Ka1(H2S)
A A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳碳双键、醛基都能使溴水褪色，后者被氧化为羧基，则该实验方法错误，不能选溴水，而应选溴的四氯化碳溶液，选项A错误；
B．将Cl2通入KI淀粉溶液中，溶液中发生的反应依次为：Cl2＋2I－=2Cl－＋I2、I2＋5Cl2＋6H2O=2HIO3＋10HCl，溶液中现象为先变蓝后褪色，Cl2均表现强氧化性，选项B错误；
C．Cu与稀硫酸不反应，且酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu，则溶液变蓝，与催化作用无关，选项C错误；
D．弱酸的酸性越弱，对应的盐水解程度越大，分别测定同温、同浓度的CH3COONa溶液、Na2S溶液的pH，Na2S溶液的pH更大，电离常数：Ka(CH3COOH)>Ka1(H2S) >Ka2(H2S)，选项D正确；
答案选D。
11. 2022年，我国220/120吨级烧氢液氧发动机试车成功，为我们探索星辰大海再添助力。航空航天兴趣小组查资料得知：
①2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) △H＝−483.6kJ∙mol−1
②H2O(g)＝H2O(l) △H＝−44kJ∙mol−1
③H−H、O=O、H−O键能分别为436 kJ∙mol−1、496 kJ∙mol−1、462 kJ∙mol−1。 经讨论得出以下结论，正确的是
A. 若只用以上的键能数据，使可估算出H2的燃烧热
B. 若1 mol H2(1)燃烧生成H2O(g)时，放出的热量将高于241.8 kJ
C. 若用上图所示装置，即可测出H2的燃烧热：△H=−285.8 kJ∙mol−1
D. 化学键断裂和形成时的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因
【答案】D
【解析】
【详解】A．若只用以上键能数据，没有H2O(g)＝H2O(l) △H＝−44kJ∙mol−1是无法算出H2的燃烧热，故A错误；
B．1 mol H2(1)所具有的能量低于1 mol H2(g)所具有的能量，根据2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) △H＝−483.6kJ∙mol−1分析，则1 mol H2(1)燃烧生成H2O(g)时，放出的热量将低于241.8 kJ，故B错误；
C．燃烧热是生成稳定的氧化物即液态水，而此装置有隔热装置，氢气和氧气反应生成气态水，若用上图所示装置，无法测出H2的燃烧热，故C错误；
D．化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，断键吸收热量，成键释放能量，因此化学键断裂和形成时的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因，故D正确。
综上所述，答案为D。
12. 科研人员发现利用低温固体质子导体作电解质，催化合成NH3，与传统的热催化合成氨相比，催化效率较高。其合成原理如图甲所示，电源电压改变与生成NH3速率的关系如图乙所示。下列说法正确的是
A. Pt-C是该合成氨装置的阴极
B. Pt-C3N4电极上发生的反应为
C. 当电压高于1.2V时，混合气体中N2和NH3的体积分数之和小于100%
D. 若H2的进出口流量差为22.4 L/min，则固体质子导体中H+的流速为2 mol/min
【答案】C
【解析】
【详解】A．Pt-C极发生氧化反应，H2-2e-=2H+，故为阳极，A错误；
B．Pt-C3N4为阴极，发生还原反应，N2+6H++6e-=2NH3，B错误；
C．当电压高于1.2V时，氨气反应速率变慢，原因是H+ +2e-= H2，混合气体中有N2、NH3和H2，混合气体中N2和NH3的体积分数之和小于100%，故C正确；
D．若H2的进出口流量差为22.4 L/min，未知是否为标况，氢气的物质的量不一定为1mol，故质子导体中H+的流速不一定为2 mol/min，D错误；
故答案为：C。
13. 某项目式学习小组进行了硝酸铵浸出石灰石中Ca2+的理论计算探究：
反应1：
反应2： 。下列说法正确的是(已知，沸水温度为373K)
A. 反应1可在沸水中自发进行
B. 反应1和反应2的平衡表达式相同
C. 投入更多石灰石可提高平衡浸取率
D. 通过减压、升温，反应2更能提高平衡浸取率
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知ΔG=ΔH-TΔS，沸水温度为373K)，反应1：ΔG=，反应不自发进行，A错误；
B．反应1的平衡常数表达式为：；反应2的平衡常数表达式为：，B错误；
C．石灰石为固体物质，投入更多石灰石不能使平衡发生移动，故不可提高平衡浸取率，C错误；
D．反应2为熵增、吸热的反应，通过减压、升温，平衡正向移动，更能提高平衡浸取率，D正确；
故选D。
14. 用0.1000 mol-1的NaOH溶液分别滴定0.1000 mol/L、20.00mLHX、HY、HZ三种酸溶液。溶液pH与加入NaOH体积之间的关系如图所示，下列说法错误的是
A. HX为一元强酸，电离常数Ka(HY)>Ka(HZ)
B. a、b、c三点中，b点所对应的水溶液里阴离子的物质的量浓度最大
C. d点所对应的水溶液里，c(OH-)约为0.02 mol/L
D. 滴定时使用酚酞作指示剂，会产生系统误差，但可通过空白对照实验消除
【答案】C
【解析】
【分析】如图，0.1000 mol/L的HX、HY、HZ的pH分别为1、2，4左右，根据酸性越强电离程度越大，所以酸性：，因为0.1000 mol/L的HX溶液，pH=1，所以HX为一元强酸；依次解题；
【详解】A．综上所述，HX为一元强酸，HY和HZ为弱酸，且酸性，所以，故A正确；
B．图中，a点加入的NaOH溶液体积为10mL，此时溶质为NaZ和HZ，pH小于7，溶液呈酸性，所以HZ的电离大于NaZ的水解，电荷守恒为：；b点加入的NaOH溶液体积大于10mL，小于20mL，溶质为NaY和HY，pH小于7，电荷守恒为：；c点加入的NaOH溶液体积小于10mL，溶质为NaX和HX，电荷守恒为：，三种溶液中，b点溶液中钠离子浓度最大，所以b点所对应的水溶液里阴离子的物质的量浓度最大，故B正确；
C．如图d点时，加入NaOH溶液体积为30mL，pH约为12，溶液中约为0.01 mol/L，故C错误；
D．酚酞的变色范围(pH)为，由题图中的滴定终点附近各溶液的pH突变范围可知，用强碱滴定HX、HY、HZ溶液时，可以使用酚酞作为指示剂，产生的系统误差，可通过空白对照实验消除，故D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. LiMn2O4是一种锂电池材料，以高硫锰矿(主要成分为MnCO3，主要杂质为SiO2、CaCO3，还有少量MnS、FeS、CuS、NiS、FeCO3等)为原料，可按如下工艺生产得到。
已知：①碱性溶液中，在催化剂存在下空气只与硫化物反应，其中硫元素被氧化为单质。
②金属离子的1gc(M)与溶液pH的关系如下图所示。
③25℃时，相关物质的平衡常数见下表。
化学式
CuS
NiS
MnS
H2S
平衡常数
Ksp=6.3×10-36
Ksp=2.0×10-19
Ksp=2.5×10-10
Ka1=1.0×10-7、Ka2=8.0×10-15
回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为___________。
（2）根据矿物组成，“脱硫池”中能被NaOH溶液溶解的杂质是___________(填化学式，下同)。若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是___________。“滤渣”含有S和___________。
（3）①“酸浸池”中主要含锰组分发生反应的化学方程式为___________。
②“酸浸池”中加入MnO2的作用是___________(用离子方程式表示)。
（4）“沉淀1”主要成分是___________。25℃时，为了使Cu2+、Ni2+沉淀完全，“上清液2”中H+浓度不大于___________mol/L(设H2S的平衡浓度为1.0×10-6 mol/L)。
（5）LiMn2O4的晶胞中的氧原子以面心立方堆积(如图)，若该晶胞参数为apm，已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的摩尔体积Vm=___________m3/mol。
【答案】（1）3:2(或2:3)
（2） ①. SiO2 ②. H2S ③. CaSO4
（3） ①. MnCO3+ H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ ②. 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
（4） ①. Fe(OH)3 ②.
（5）
【解析】
【分析】高硫锰矿的主要成分为MnCO3，主要杂质为SiO2、CaCO3，还含有少量MnS、FeS、CuS、NiS、FeCO3等，脱硫时，加入NaOH溶液、催化剂，并通入空气，硫化物中的硫转化为S单质，SiO2溶于NaOH；矿粉中加入稀硫酸、MnO2进行酸浸，CaCO3转化为CaSO4，此时S、CaSO4成为滤渣；Fe2+被MnO2氧化为Fe3+；加入调pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则沉淀1主要成分为Fe(OH)3；上清液1中加入(NH4)2S等，将Cu2+、Ni2+转化为CuS、NiS沉淀；上清液2为MnSO4溶液，经后续反应可得LiMn2O4。
【小问1详解】
基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，其价电子排布式为3d84s2，价电子中只有2个未成对电子，则两种自旋状态的电子数为6和4，二者之比为3:2或2:3。
【小问2详解】
矿物中含杂质SiO2，其属于酸性氧化物，脱硫时能被NaOH溶液溶解；若未经脱硫直接酸浸，金属硫化物和硫酸反应生成H2S气体，污染环境；矿粉中的CaCO3和稀硫酸反应生成CaSO4，因此“滤渣”中还含有CaSO4。
【小问3详解】
①“酸浸池”中，MnCO3和硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，发生反应的化学方程式为MnCO3+ H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；
②“酸浸池”中加入MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。
【小问4详解】
加入调pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则沉淀1主要成分为Fe(OH)3；由表格数据知Ksp(CuS)< Ksp(NiS)，当时，Cu2+、Ni2+沉淀完全，此时，由、得，，。
【小问5详解】
位于顶点和面心的氧原子数=，则晶胞中含1个LiMn2O4，所以该晶体的摩尔体积Vm=。
16. 甘氨酸亚铁晶体是一种新型的固体整合补铁剂。其实验室合成路线为：
已知：
①相关物质的信息如下表所示
物质
化学式
摩尔质量
性质
甘氨酸
H2NCH2COOH
75g/mol
两性物质，易溶于水，微溶于乙醇
甘氨酸亚铁晶体
易溶于水，溶解度随温度升高而增大；难溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化
②含有多个配位原子的配体与同一中心离子通过整合配位成环而形成的配合物称为整合物。
(一)FeCO3固体的制备
（1）实验开始时应先开K1和___________，关___________(填“K2”或“K3”)；一段时间后，改变开关状态，生成FeCO3。
（2）三颈瓶中生成FeCO3沉淀的离子方程式为___________。
(二)甘氨酸亚铁的制备
（3）用如图装置制备甘氨酸亚铁。反应开始时，先通过滴液口滴入适量的NaOH溶液调节pH为5左右，pH过高或过低都会使产率下降，原因是___________。
（4）当FeCO3固体完全溶解后，再通过滴液口加入乙醇，其作用是___________。
（5）反应结束后，过滤出产品粗品，依次用___________、___________(填序号)洗涤，再经过一系列操作得纯品。
a． 热水 b． 冰水 c． 乙醇
(三)甘氨酸亚铁晶体结构的分析
步骤1：准确称取甘氨酸亚铁晶体纯品0.4800 g于锥形瓶中，加3mol/LH2SO4溶液15 mL将样品溶解完全后，加入指示剂，立即用0.1000 mol/L(NH4)2Ce(SO4)3标准液滴定至终点，用去标准液20.20 mL(反应为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+)。
步骤2：不加产品，重复步骤1操作，滴定至终点，用去标准液0.20 mL。
回答下列问题：
（6）滴定时应选择___________滴定管。
（7）甘氨酸亚铁晶体中Fe的质量分数为___________%(保留小数点后一位)。
（8）进一步分析表明：甘氨酸亚铁晶体中，阴阳离子只有H2NCH2COO-和Fe2+；Fe2+的配位数为6，且存在五元螯合环；该配合物整体量中心对称，甘氨酸亚铁晶体的结构简式为___________。
【答案】（1） ①. K3 ②. K2
（2）Fe2++HCO+NH3·H2O =FeCO3↓+ NH+H2O
（3）pH过高，FeCO3会转化为Fe(OH)2，pH过低，H2NCH2COOH与H+反应
（4）降低甘氨酸亚铁溶解度，便于从溶液中析出
（5） ①. b ②. c
（6）酸式 （7）23.3%
（8）
【解析】
【分析】由题给流程可知，铁与稀硫酸反应生成制得硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液将硫酸亚铁转化为碳酸亚铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁；向碳酸亚铁中加入甘氨酸，将碳酸亚铁转化为甘氨酸亚铁，向甘氨酸亚铁溶液中加入乙醇、过滤得到甘氨酸亚铁粗品；粗品经冰水洗涤、乙醇洗涤、干燥得到甘氨酸亚铁纯品。
【小问1详解】
由实验装置图可知，制备碳酸亚铁的操作为打开K1、K3，关闭K2，装置甲中稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，反应生成的氢气排尽装置中的空气后，关闭K3、打开K2，利用反应生成的氢气将甲中硫酸亚铁溶液加入到乙中，使硫酸亚铁与碳酸氢铵和氨水的混合溶液反应制得碳酸亚铁，故答案为：K3；K2；
【小问2详解】
由分析可知，装置乙中发生的反应为硫酸亚铁与碳酸氢铵和氨水的混合溶液反应生成碳酸亚铁、硫酸铵、硫酸钠和水，反应的离子方程式为，故答案为：Fe2++HCO+NH3·H2O =FeCO3↓+ NH+H2O；
【小问3详解】
由反应物的性质可知，滴入氢氧化钠溶液调节溶液pH时，若溶液pH过高，碳酸亚铁会转化为溶解度更小的氢氧化亚铁，不利于甘氨酸亚铁的生成，若溶液pH过低，甘氨酸中的氨基会与氢离子反应，导致产品中混有杂质，所以滴入氢氧化钠溶液调节溶液pH时，溶液pH不能过高，也不能过低，故答案为：pH过高，FeCO3会转化为Fe(OH)2，pH过低，H2NCH2COOH与H+反应；
【小问4详解】
由题给信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以当碳酸亚铁固体完全溶解后，再通过滴液口加入乙醇可以降低甘氨酸亚铁溶解度，便于甘氨酸亚铁从溶液中析出，故答案为：降低甘氨酸亚铁溶解度，便于从溶液中析出；
【小问5详解】
由题给信息可知，甘氨酸亚铁易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，所以为防止甘氨酸亚铁溶解造成产率降低，粗品应先用冰水洗涤，后用乙醇洗涤，干燥得到甘氨酸亚铁纯品，故答案为：b；c；
【小问6详解】
(NH4)2Ce(SO4)3是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，所以滴定时应选择酸式滴定管盛装(NH4)2Ce(SO4)3溶液，故答案为：酸式；
【小问7详解】
由题意可知，滴定消耗(NH4)2Ce(SO4)3溶液的体积为(20.20—0.20)mL=20.00mL，则由方程式可知，甘氨酸亚铁晶体中铁元素的质量分数为×100%≈23.3%，故答案为：23.3%；
【小问8详解】
由甘氨酸亚铁晶体中，阴阳离子只有H2NCH2COO-和Fe2+，Fe2+的配位数为6，且存在五元螯合环，该配合物整体量中心对称可知，甘氨酸亚铁晶体的结构简式为，故答案为：。
17. 为了如期完成“碳达峰、碳中和”的计划。研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为当今研究热点。
（1）一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中含有下列反应：
反应1：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41 kJ/mol
反应2：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH2=—90 kJ/mol
①反应1中的活化能Ea(正)___________Ea(逆)(填“>”或“<”)。
②温度为T，压强为P0的恒压密闭容器中，通入1 mol CO2和3mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，则该温度下反应1的压强平衡常数Kp=___________(用含a、b的代数式表示)，若温度不变，改为恒容容器，反应建立平衡后，反应1的Kp___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，反应体系中CH3OH(g)的产率将___________。
（2）将CO2和H2初始投料分别按1.0 mol/L和4.0 mol/L充入恒容容器中，现研究温度及容器壁是否使用3A分子筛膜(该膜主要吸附水分子)对甲醇平衡产率的影响如图所示：
①220℃时，经过3 min达到M点，此时测得H2O的产率为50%，则该条件下0—3 min内的H2的平均消耗速率v(H2)=___________。
②相同温度下，甲醇的平衡产率在有3A分子筛膜时总是较高的原因是___________。
（3）利用Al—CO2电池(工作原理如图所示)能有效地将CO2转化成化工原料草酸铝。
①电池的正极反应式；2CO2+2e-=(草酸根)，正极反应过程中，O2是催化剂，催化过程可表示为：i．O2+2e-=，ii． ___________。
②若有1 mol O2循环一次后，负极室中Al3+物质的量变化量为___________。
【答案】（1） ①. > ②. ③. 不变 ④. 增大
（2） ①. 0.8 mol/(L·min) ②. 3A分子筛膜可以将水分离出来，反应1平衡右移，一氧化碳浓度增大，反应2平衡右移，甲醇的产率增大
（3） ①. 2CO2+=+O2 ②. 0
【解析】
【小问1详解】
①由方程式可知，反应1为正反应活化能大于逆反应活化能的吸热反应，故答案为：>；
②设平衡时水的物质的量为xmol，由题意可建立如下三段式：
由平衡时一氧化碳物质的量为bmol可得：x—a=b，解得x=a+b，则平衡时气体的总物质的量为(4—2a)mol，二氧化碳、氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为(1—a—b)mol、(3—3a—b)mol、bmol、(a+b)mol，则该温度下反应1的压强平衡常数Kp==，反应1为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应2为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，若温度不变，恒压容器改为恒容容器相当于增大压强，平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则恒容容器反应建立平衡后，与恒压容器相比，反应1的Kp不变、反应体系中甲醇的产率增大，故答案为：；不变；增大；
【小问2详解】
①由图可知，220℃时，经过3 min达到M点时，甲醇、水的产率为20%和50%，则0-3 min内的氢气的平均消耗速率为=0.8 mol/(L·min)，故答案为：0.8 mol/(L·min)；
②相同温度下，3A分子筛膜可以将水分离出来，反应1平衡右移，一氧化碳浓度增大，反应2平衡右移，所以甲醇的平衡产率在有3A分子筛膜时总是较高，故答案为：3A分子筛膜可以将水分离出来，反应1平衡右移，一氧化碳浓度增大，反应2平衡右移，甲醇的产率增大；
【小问3详解】
①由正极反应式和i的电极反应式可知，氧气做催化剂条件下，反应ii 为2CO2+=+O2；
②由得失电子数目和电荷守恒可知，若有1 mol氧气循环一次后，负极放电生成铝离子的物质的量与通过交换膜进入正极室的铝离子物质的量相等，则负极室中铝离子的变化量为0，故答案为：0。
18. 吲哚美辛M是一种可减少发热、疼痛的非留体类抗炎药，其合成路线(部分试剂及反应条件略)如下图所示。
已知：①
②
③
按要求回答下列问题：
（1）A中官能团名称为___________。
（2）C+D→E的化学方程式为___________。)
（3）反应G+H→I的目的是___________。
（4）H能与O2在Cu的催化作用下生成R(分子式为)，则R与银氨溶液反应的化学方程式为___________。
（5）J→K的反应类型为___________。
（6）M(吲哚美辛)的结构简式为___________，其中的吲哚片段(含氮杂环)为平面结构，其中氮原子的孤对电子位于___________(填序号)。
A．sp3杂化轨道 B．sp2杂化轨道 C． 2s轨道 D． 2p轨道
（7）G经碱性水解、酸化后的产物的同分异构体中满足能与溶液反应的环状化合物有___________个(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有三组峰(峰面积之比为1：1：4的化合物结构简式为___________(任写一种)。
【答案】（1）醚键和氨基
（2） （3）保护羰基不被还原
（4）
（5）还原反应 （6） ①. ②. B
（7） ①. 6 ②. 或(任写一种)
【解析】
【分析】根据流程，对比A和B的结构简式，A到B属于消去反应；对比B和C的结构简式，B到C属于还原反应；根据F的结构简式，结合已知①和E的分子式，可推知E的结构简式为，由此可知D的结构简式为；由已知②可知，F和L在Hac，加热条件下反应生成M，则M的结构简式为；
【小问1详解】
A的结构简式为，含有的官能团为醚键和氨基；
故答案为：醚键和氨基；
【小问2详解】
根据已知①，C和D反应生成E的化学方程式为 ；
故答案为：；
【小问3详解】
根据流程可知，经过系列反应，G中的碳基在L中重新出现，可见设计G+H→I的目的是保护羰基不被还原；
故答案为：保护羰基不被还原；
【小问4详解】
H能与O2在Cu的催化作用下生成R(分子式为)，且R能与银氨溶液反应，所以R为醛，其结构简式为，则R与银氨溶液反应的化学方程式为；
故答案为：；
【小问5详解】
由流程，，其中碳基变为，属于还原反应；
故答案为：还原反应；
【小问6详解】
由已知②可知，F和L在Hac，加热条件下反应生成M，则M的结构简式为；其中的吲哚片段(含氮杂环)为平面结构，其中氮原子的孤对电子与其余C原子上的电子形成一个键，使N原子上的孤对电子参与杂化形成sp2杂化轨道，位于sp2杂化轨道；
故答案为：；B；
【小问7详解】
G经碱性水解、酸化后的产物的结构简式为，分子式为，其同分异构体中满足能与溶液反应，则其结构中含有羧基，且为环状，则该环为三元环或四元环，满足条件的结构简式有、、、、、，共计6种，其中核磁共振氢谱有三组峰(峰面积之比为1：1：4的化合物结构简式为和；
故答案为：6；或(任写一种)。
相关试卷
重庆市巴蜀中学校2022-2023学年高三高考适应性月考卷（十）化学试题（含解析）： 这是一份重庆市巴蜀中学校2022-2023学年高三高考适应性月考卷（十）化学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
重庆市顶级中学2022-2023学年高三下学期4月月考化学试题 Word版含解析： 这是一份重庆市顶级中学2022-2023学年高三下学期4月月考化学试题 Word版含解析，文件包含重庆市顶级中学2022-2023学年高三下学期3月月考化学试题Word版含解析docx、重庆市顶级中学2022-2023学年高三下学期3月月考化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
重庆市第一名校2022-2023学年高三下学期4月月考化学试题 Word版含解析： 这是一份重庆市第一名校2022-2023学年高三下学期4月月考化学试题 Word版含解析，文件包含重庆市第一名校2022-2023学年高三下学期4月月考化学试题Word版含解析docx、重庆市第一名校2022-2023学年高三下学期4月月考化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
