福建省龙岩第一中学2023-2024学年高三上学期第三次月考化学试题

这是一份福建省龙岩第一中学2023-2024学年高三上学期第三次月考化学试题，共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

(满分：100分 时间：75分钟)
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Mg24 Ca40 C59 Fe56 Mn55
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40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. 我国古籍中蕴涵了许多化学知识。下列说法错误的是
A. “以磁石磨针锋，则能指南”中“磁石”的主要成分为
B. 《本草纲目拾遗》中对强水的记载：性最猛烈，能蚀五金。强水为电解质
C. “欲试药金(铜锌合金)，烧火有五色气起”，通过焰色反应可检验金属元素
D. “三月打雷麦谷堆”，在雷电作用下最终转化成能被农作物吸收的化合态氮
【答案】B
【解析】
【详解】A．“磁石”的主要成分是，选项A正确；
B．强水为硝酸溶液，为混合物，不属于电解质，选项B错误；
C．某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时会使火焰呈现特殊颜色，所以通过焰色反应可以检验金属元素，选项C正确；
D．氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体，一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体，二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮，硝酸进一步转化为可以被植物吸收的硝酸盐，增加土壤中氮肥含量，有利于农作物生长，选项D正确；
答案选B。
2. 2-丁炔可发生如下转化，下列说法不正确的是
A. 高分子Z可以使溴水褪色
B. X与酸性KMnO4溶液反应可生成CH3COOH
C. Y可以发生银镜反应更多优质资源可进入 D. 高分子Z可能存在顺式结构和反式结构
【答案】C
【解析】
【详解】A．高分子Z中含有双键，可以使溴水褪色，A正确；
B．2-丁炔加H2生成X，根据分子式可知X中含有双键，为2-丁烯，与酸性KMnO4溶液反应可生成CH3COOH，B正确；
C．Y为2-丁炔与水发生反应获得，由于2-丁炔中三键位置不在两端，所以不会生成醛基，不可以发生银镜反应，C错误；
D．Z是由2-丁炔聚合生成，Z中含有双键，所以存在顺式结构和反式结构，D正确；
故选C。
3. 不能正确表示下列反应的离子方程式的是
A. 工业上生产烧碱：
B. 和的碱性溶液反应：
C. 溶液和少量溶液反应：
D. 酸性溶液和溶液反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．工业上通过电解饱和食盐水生成烧碱，离子方程式为：，故A正确；
B．和NaClO的碱性溶液反应生成和Cl-，依据氧化还原反应中得失电子守恒、电荷守恒进行配平，可得，故B正确；
C．溶液和少量溶液反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：，故C错误；
D．酸性溶液和溶液反应生成Mn2+和O2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，故D正确；
故选C。
4. 2022年12月，首架国产大飞机C919正式交付，国之重器，世界瞩目。铼(Re)是生产飞机发动机叶片必不可少的材料。X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物(结构如图)，该化合物与X的单质反应可得到铼。Q是地壳中含量最丰富的金属元素，Z与W形成的化合物为共价晶体。下列说法正确的是
A. 元素第一电离能：Z>Y>W>Q
B. 图中的阳离子存在三个共价键和一个配位键，四个键的性质不同
C. 熔点：W晶体大于W、Y形成的晶体
D. Q的最高价氧化物对应水化物可以和强碱反应
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物，该化合物与X的单质反应可得到铼。Q是地壳中含量最丰富的金属元素，则为Al，Z与W形成的化合物为共价晶体,Z为O、W为Si，X为H，结合化合物中Y的价键可知为N，右边的离子为铵根离子；
综上分析可知X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，Q为A1元素，W为Si元素；
【详解】A.第一电离能：N>O>Si>Al，即Y>Z>W>Q，选项A错误；
B.阳离子为，四个键的性质相同，选项B错误；
C.N-Si键键长小于Si-Si键，N-Si键键能大于Si-Si键，选项C错误；
D.铝的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，可以与强碱反应，选项D正确；
答案选D。
5. 在碱性镀铜中电镀液的主要成分是，其内界的电离与弱电解质类似，仅部分解离为中心离子和配位体。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1ml/L溶液中数目小于NA
B. 22.4LNH3含有的质子数目为10NA
C. 1ml的配位键数目为2NA
D. N2和H2合成1mlNH3转移电子数目为3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．未指明溶液体积，无法计算其含有的微粒数目，故A错误；
B．未给出氨气所处的温度和压强，无法计算其含有的微粒数目，故B错误；
C．的配位键数目为，C项错误；
D．根据氧化还原原理可知，和合成时转移电子数目为，D项正确；
故本题选D．
6. 某种含二价铜微粒[CuII(OH)(NH3)]+的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图所示，下列说法错误的是
A. [CuII(OH)(NH3)]+可降低该反应的活化能
B. 状态②到状态③的过程中N元素被氧化
C. 状态③到状态④的过程中有O-H键的形成
D. 该脱硝过程的总反应方程式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．从图中可知，[CuII(OH)(NH3)]+为该反应的催化剂，可降低该反应的活化能，A正确；
B．状态②到③的过程中，Cu和N的化合价发生变化，Cu得电子化合价降低，N失电子被氧化，B正确；
C．状态③到④的过程中，生成了水，有H-O键的形成，C正确；
D．从图中可知，该反应的总反应方程式为4NH3+4NO+O2=6H2O+4N2，D错误；
故答案选D。
7. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
A AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向苯酚钠溶液中通入CO2，观察到溶液变浑浊，说明苯酚酸性比碳酸弱，A正确；
B．没有明确乙酸与氯乙酸的浓度是否相等，则用pH计分别测定等体积的元素溶液和氯乙酸溶液的pH不能探究键的极性对羧酸酸性的影响，B错误；
C．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象不能确定1—溴丁烷的消去产物，C错误；
D．酸性条件下，硝酸根离子氧化性强于过氧化氢，则硝酸亚铁溶液中滴入硫酸酸化的过氧化氢溶液，硝酸根离子会干扰过氧化氢与亚铁离子的反应，无法探究过氧化氢与铁离子氧化性强弱，D错误；
故选A。
8. 实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下：
已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为62.1℃。
下列说法不正确的是
A. 操作a为分液，操作c为重结晶B. 操作b中需用到直形冷凝管
C. 可用冷水洗涤苯甲酸粗品D. 饱和Na2CO3和无水MgSO4作用相同
【答案】D
【解析】
【分析】苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷混合物中加入碳酸钠溶液，苯甲酸与碳酸钠反应生成苯甲酸钠、水和二氧化碳，分液后得到有机相1和水相1；苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为62.1℃，蒸馏（操作b）后得到有机相2和共沸物，向有机相2中加入无水硫酸镁，用于除去有机相中的少量水；向水相1中加入乙醚萃取少量的有机物进入有机相，分液后得到水相2，水相2中的主要成分为苯甲酸钠，加入硫酸可反应生成苯甲酸，经过滤后得到苯甲酸粗品，再经重结晶得到纯净的苯甲酸。
【详解】A. 结合上述分析，操作a分液，操作c为重结晶，A不符合题意；
B. 结合上述分析，操作b为蒸馏，需用到蒸馏烧瓶、直形冷凝管、温度计、尾接管、锥形瓶等，B不符合题意；
C. 用冷水洗涤苯甲酸粗品，可避免苯甲酸溶解导致产率降低，C不符合题意；
D. 饱和Na2CO3的作用是将苯甲酸转化为苯甲酸钠，从而与苯甲酸乙酯、环己烷分离，无水MgSO4的作用是干燥有机物，作用不同，D符合题意；
故选D。
9. 我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 充电时，电极周围升高
B. 放电时，每生成，转移个电子
C. 使用催化剂或者均能有效减少副产物的生成
D. 使用催化剂，中间产物更不稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据装置图，充电时，外电路电子流向Zn电极，即Zn电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，c(OH-)增大，pH增大，故A说法正确；
B．根据装置图可知，放电时，右侧电极反应式为CO2+2e-+H2O =HCOO-+OH-，生成1ml HCOO-时，转移电子物质的量为2ml，故B说法错误；
C．根据图象可知，在使用催化剂Sn和s-SnLi生成CO时活化能大，活化能大反应速率慢，且CO能量比HCOOH能量高，能量越低，物质越稳定，因此使用催化剂Sn和s-SnLi可以减少副产物CO的生成，故C说法正确；
D．根据图象可知，使用催化剂s-SnLi，中间产物能量高，不稳定，故D说法正确；
答案为B。
10. 汽车尾气中NO产生的反应为：，一定条件下，等物质的量的和在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下浓度随时间的变化。曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时浓度随时间的变化。下列说法中不正确的是
A. 温度T下，混合气体的密度不变，反应不一定达平衡
B. 温度T下，该反应的平衡常数
C. 曲线a对应条件下，
D. 曲线b对应的条件改变一定是升高温度
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应是气体分子数不变的反应，反应前后气体的密度不变，不能作为平衡判断标志，故A正确；
B．温度T下，平衡时N2、O2、NO的浓度分别为：c1、c1、2(c0-c1)，该反应的平衡常数，故B正确；
C．曲线a对应条件下，d点没有平衡，正向进行，，故C正确；
D．曲线b反应速率加快，平衡时N2浓度减小，可能是增大O2的浓度，故D错误；
故答案为D。
二、非选择题(共4小题，共60分)
11. 钕铁硼废料是一种具有较高经济价值的废弃物，主要成分为稀土元素钕(Nd)、Fe、B．一种采用分步沉淀从钕铁硼油泥中回收Nd2(C2O4)3·10H2O和FeC2O4·2H2O的工艺流程如图：
已知：①200℃下氧化焙烧，钕铁硼废料中钕和铁主要以Nd2O3和Fe2O3的形式存在，硼常温下稳定，加热至300℃被氧化，不与稀酸反应。
②H2CO4易与Fe3+形成多种配合物离子，易与Fe2+形成FeC2O4·2H2O沉淀。
回答下列问题：
（1）“预处理”是洗去钕铁硼表面的油污，可选择___________(填化学式)溶液。
（2）“滤渣1”的主要成分是___________(填名称)。“浸出”时，盐酸浓度和液固比对钕、铁的浸出率影响如图所示，则浸出过程的最佳条件是___________。
（3）写出“沉钕”时生成沉淀的离子方程式：___________。
（4）“沉铁”时，加入铁粉的作用是___________。
（5）FeC2O4·2H2O晶体结构片段如图所示。
其中，Fe2+的配位数为___________；碳原子采用___________杂化。现测定草酸亚铁晶体纯度。准确称取Wg样品于锥形瓶，加入适量的稀硫酸，用cml·L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液bmL。滴定反应：(未配平)。该样品纯度为___________%。
【答案】11. NaOH(或热的Na2CO3)
12. ①. 硼 ②. 6ml/L的盐酸、液固比为5：1
13.
14. 将Fe3+还原为Fe2+，与溶液中的草酸根生成FeC2O4·2H2O的沉淀
15. ①. 6 ②. sp2 ③.
【解析】
【分析】钕铁硼废料预处理后在通入空气在200℃条件下焙烧后，加入稀盐酸浸出，滤渣1主要成分为硼；滤液1加入草酸溶液沉钕得到Nd2(C2O4)3·10H2O，滤液2加入铁粉沉铁，得到草酸亚铁晶体；
【小问1详解】
碳酸钠水解呈碱性，油脂在碱性条件下水解，故“预处理”是洗去钕铁硼表面的油污，可选择NaOH(或热的Na2CO3)溶液；
【小问2详解】
根据已知信息“200℃下氧化焙烧，钕铁硼废料中钕和铁主要以Nd2O3和Fe2O3形式存在，硼常温下稳定，加热至300℃被氧化，不与稀酸反应”，所以“滤渣1”主要成分为硼。结合题意，在“浸出”时，应尽可能地将钕和铁存在于“滤液1”中，即浸出率尽可能大，同时考虑到成本，因此选择6ml·L-1的盐酸、液固比为5：1的条件进行浸出；
【小问3详解】
根据流程图可知，“沉钕”过程用草酸将Nd3+转化为难溶的Nd2(C2O4)3·10H2O；
【小问4详解】
根据已知信息“H2C2O4易与Fe3+形成多种配合物离子，易与Fe2+形成FeC2O4·2H2O沉淀”，结合题意，需将铁元素转化成Fe2+，与溶液中的草酸根生成FeC2O4·2H2O的沉淀；
【小问5详解】
根据FeC2O4·2H2O晶体结构片段，可知Fe2+与6个O原子形成配位键，配位数为6；FeC2O4·2H2O晶体中有碳氧双键，碳原子杂化类型为sp2.根据质量守恒和电荷守恒配平离子方程式，，故，故样品纯度为。
12. 温和型供氧剂CaO2是白色固体，微溶于水，不溶于有机溶剂，可与水缓慢反应，易与酸反应。某实验小组按如下流程和装置制取CaO2：
第①步的装置如图所示(夹持装置省略)。
请回答：
（1）盛装H2O2溶液的恒压分液漏斗的支管的作用是___________。
（2）如果用CaO固体替代Ca(OH)2，结果得到CaO2的量很少，原因是___________。
（3）取天然水的水样，分成等体积的甲、乙两份，甲经煮沸后密封冷却，乙无操作。向两份水样中加入等质量的CaO2(不足量)，经分析发现，一段时间后甲水样中O2的浓度较低。原因之一是煮沸除去了甲水样中的溶解的O2，其它可能原因是___________(写一个即可)。
（4）取1.4000g产品于烧杯，加过量盐酸并煮沸，冷却后加过量溶液，过滤、洗涤后将沉淀转入锥形瓶中，加足量稀硫酸，用0.5000ml/LKMnO4标准溶液滴定至终点，重复2～3次，平均消耗标准溶液16.00mL。已知：
①滴定操作可分解为如下几步，按实验操作先后顺序排序___________(选填序号)。
A．用标准溶液润洗滴定管2～3次
B．固定盛有标准溶液的滴定管，转动旋塞使尖嘴处充满溶液
C．用标准溶液滴定至终点，读数
D．取标准溶液注入滴定管至“0”刻度线以上2～3cm处
E．调节液面至0刻度线以下，读数
②样品中CaO2的纯度是___________%(结果保留一位小数)。
③根据计算结果，分析造成此结果的可能因素有___________(选填序号)。
A．烘干时温度过高，少量CaO2分解为CaO
B．转移CaC2O4沉淀时，有固体残留在滤纸上
C．洗涤CaC2O4沉淀时，未洗涤干净
D．滴定终点读数时，俯视读数
【答案】（1）平衡气压，使H2O2易于滴下
（2）CaO遇水快速放出大量热，导致H2O2分解
（3）乙水样中溶解CO2与CaO2反应，增加了水体中O2的浓度
（4） ①. ADBEC ②. 102.9 ③. AC
【解析】
【分析】30%双氧水与氢氧化钙固体冰水浴搅拌反应，得到悬浊液，过滤得到，烘干得到；
【小问1详解】
恒压分液漏斗的作用是平衡气压，使漏斗内的能顺利滴下；
【小问2详解】
CaO与水反应生成时会放出大量的热，造成分解，导致生成的的量减小；
【小问3详解】
煮沸时会将水中溶解的所有气体均除去，结合题给信息“易与酸反应”，甲中被除去，造成不能发生，水中溶解氧降低；乙水样中溶解与反应，增加了水体中的浓度；
【小问4详解】
①滴定实验的主要操作包括：润洗、装液、排气泡、调液面、读数、滴定、读数等操作，据此可排出相应的操作顺序为ADBEC；
②根据操作过程，可以得出等量关系式：，，，质量分数为，即的纯度为102.9%；
③纯度大于100%，说明测定结果偏大。
A．烘干时少量分解为CaO，导致相同质量的产品中Ca元素的含量偏高，导致测定结果偏高，选项A正确；
B．有少量固体残留在滤纸上，会导致测定结果偏低，选项B错误；
C．洗涤时未洗干净，会导致固体表面吸附有溶液，会导致消耗的KMnO4溶液偏大，选项C正确；
D．滴定终点时，俯视读数，会导致终点读数偏小，测定结果偏小，选项D错误；
故选AC。
13. 甲醚是重要的有机合成原料，甲醇制备甲醚的反应：；工业上常用CO2或CO催化氢化法合成CH3OH。回答下列问题：
（1）CO2和H2在某催化剂表面合成CH3OH：，反应历程如图甲所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。该反应历程中活化能最小步骤的化学方程式为___________。已知(△H、△S随温度的变化不大)，随温度的变化关系如图乙所示，图中表示该反应的直线是___________(填代号)。
（2）CO催化加氢法合成CH3OH，进而制备CH3OCH3的过程中涉及如下反应：
反应I：
反应II：
反应III：
①在298K，101kPa时，CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的摩尔燃烧焓如下表：
则△H2=___________。
②一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入2mlCO(g)和4mlH2(g)制备，初始压强为p0Pa，5min达到平衡时CO(g)转化率为70%，c(CH3OH)=2c(CH3OCH3)，且c(H2)=0.9ml⋅L-1.则0~5min内，v(CO)=___________ml。L-1.min-1；反应I的平衡常数Kp=___________(用p0表示)；平衡后，保持温度和容器体积不变，向容器中再充入1mlCO(g)和2mlH2(g)，重新达到平衡后，CH3OCH3(g)的物质的量分数___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】（1） ①. (或) ②. c
（2） ①. -128.1kJ⋅ml-1 ②. 0.14 ③. ④. 增大
【解析】
【小问1详解】
由反应历程图可知，活化能最小的一步为下图圈出部分，分反应为(或)；
该反应为H<0，S<0的反应，因此随温度升高，G=H-TS增大，c曲线符合题意；
【小问2详解】
①由题意知：H=-283.0 kJ·ml-1 H=-285.8 kJ·ml-1
H=-726.5 kJ·ml-1
根据盖斯定律，H2=-283.0+2×(-285.8)-(-726.5)= -128.1 kJ·ml-1；
②v(CO)= =0.14 mlL-1min-1；
多重平衡体系，反应I：
反应II：
反应III：
分别设三反应转化率为x、y、z，则有如下关系： ，解得方程式x=1.2，y=0.3，z=0.2，则平衡时，n(CH3OH)=0.6 ml，n(CO)=0.6 ml，n(H2)=1.8 ml，n(CH3OCH3)=0.3 ml，n(H2O)=0.1 ml，n(CO2)=0.2 ml，反应后n总=3.6 ml，反应前总压为p0，反应后p= ，则；
平衡后，保持容器体积不变，按原投料比1:2加入CO和H2，反应Ⅲ逆移，反应Ⅰ正移，CH3OH含量增大，最终导致反应II正移，CH3OCH3(g)的物质的量分数增大。
14. 吗氯贝胺临床上为单胺氧化酶抑制剂类抗抑郁药，由芳香烃A合成吗氯贝胺的路线如图所示，回答下列问题：
（1）A的化学名称为___________，F中官能团的名称为___________。
（2）C的结构简式为___________，由C生成D的反应类型为___________。
（3）F+G→H(吗氯贝胺)的化学方程式为___________。
（4）F的最少有___________个碳共平面。
（5）化合物C的同分异构体中满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)；
①属于芳香族化合物； ②能发生银镜反应。(不考虑Cl-O)
其中核磁共振氢谱有三组峰且峰面积比为1∶2∶2的结构简式为___________。
【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 氯原子、溴原子、酰胺基
（2） ①. ②. 取代反应
（3） （4）7
（5） ①. 13 ②.
【解析】
【分析】利用逆推法，A是，B为，被高锰酸钾氧化为C为，由H和F逆推，可知G是，由D和F逆推，可知E是H2NCH2CH2Br。
【小问1详解】
A是，A的化学名称为甲苯，F中官能团的名称为氯原子、溴原子、酰胺基。故答案为：甲苯；氯原子、溴原子、酰胺基；
【小问2详解】
被高锰酸钾氧化为C，结构简式为，由C生成D为，反应类型为取代反应。故答案为：；取代反应；
【小问3详解】
和生成 和HBr,F+G→H(吗氯贝胺)的化学方程式为。故答案为：；
【小问4详解】
F的结构简式：，分子中苯环上的六个碳原子和羰基碳原子一定共平面，其中-NH-CH2-中的碳原子可以共平面，F的最少有7个碳共平面。故答案为：7；
【小问5详解】
①属于芳香族化合物②能发生银镜反应说明为甲酸酯或醛，满足条件的的同分异构体，若为甲酸酯则含有2个取代基-OOCH、-Cl,有3种结构：，若为醛则含有3个取代基-CHO、-Cl、-OH，有10种结构：，共13种；其中核磁共振氢谱有三组峰且峰面积比为1∶2∶2的结构简式为。故答案为：13；。选项
探究方案
探究目的
A
向苯酚钠溶液中通入CO2，观察现象
探究碳酸和苯酚的酸性强弱
B
用pH计分别测定等体积的CH3COOH溶液和ClCH2COOH溶液的pH
探究键的极性对羧酸酸性的影响
C
向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH、15mL无水乙醇、碎瓷片和5mL1-溴丁烷，微热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，观察现象
探究1-溴丁烷的消去产物
D
向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，观察溶液颜色变化
探究H2O2与Fe3+氧化性强弱
物质
CO(g)
H2(g)
CH3OH(g)
摩尔燃烧焓(△H)/(kJ·ml-1)
-283.0
-285.8
-726.5