2022-2023学年云南省丽江市古城区第一中学高三下学期3月月考化学试题Word版含解析

这是一份2022-2023学年云南省丽江市古城区第一中学高三下学期3月月考化学试题Word版含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，有机推断题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

 云南省丽江市古城区第一中学2022-2023学年高三下学期3月月考化学检测
化学
第I卷(选择题)
一、单选题
1. 我国大型运载火箭“长征5号”主发动机中采用液氧。液氧（O2）属于（ ）
A. 单质 B. 氧化物 C. 化合物 D. 有机物
【答案】A
【解析】
【详解】单质：由同种元素组成的纯净物；氧化物：其组成中只含两种元素，其中一种一定为氧元素；化合物：由两种或两种以上不同元素组成的纯净物；狭义上的有机化合物主要是指由碳元素、氢元素组成，一定是含碳的化合物，但是不包括碳的氧化物和硫化物、碳酸、碳酸盐、氰化物、硫氰化物、氰酸盐、碳化物、碳硼烷等；液氧是氧气以液态形式存在的物质，属于单质，故答案为A。
2. 路易斯碱是指能作为电子对给予体的原子、分子、离子或原子团。CO2、CO、NH3、CH3OH和CN-均为常见路易斯碱。下列说法正确的是
A. CO2、CO都是由极性键形成的非极性分子
B. NH3的VSEPR模型为三角锥形
C. CH3OH中C与NH3中N的杂化方式相同
D. CH3OH比HCHO的沸点高是由于范德华力大
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2是由极性键形成的非极性分子，CO是含有极性键和配位键的极性分子，A错误；
B．NH3分子中N原子价层中有1对孤电子对3个σ键，所以VSEPR模型为四面体型，B错误；
C．CH3OH中C与NH3中N的杂化方式都是sp3杂化，C正确；
D．CH3OH比HCHO的沸点高是由于CH3OH分子间有氢键，D错误；
答案选C。
3. 在下列工业生产中，进行的主要反应是非氧化还原反应的是
①氯碱工业 ②氨碱法制纯碱 ③由焦炭、水、空气等合成氨 ④工业上生产硫酸
A. ④ B. ①③ C. ①②④ D. ②
【答案】D
【解析】
【详解】①氯碱工业为电解饱和食盐水生成氯气和氢气，氯元素、氢元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，错误；
②氨碱法制纯碱是在溶液中进行的复分解反应,没有发生氧化还原反应,正确；
③由焦炭、水、空气等合成氨,C、H、N等元素的化合价发生变化,属于氧化还原反应,错误；
④工业上生产硫酸,S和O元素的化合价发生变化,属于氧化还原反应,错误；
综上所述，只有②符合题意；正确选项D。
4. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X原子为元素周期表中半径最小的原子，Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，W位于第IB族，X、Y、Z、W形成的阳离子为狭长的八面体结构如图所示，下列说法不正确的是

A. X、Y、Z元素第一电离能最大的是Z
B. 两种配体分子中的键角：X2Z＜YX3
C. 由图可知该阳离子中心原子的配位数为6
D. 加热时该离子首先失去的组分是X2Z
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素， 基态原子中，X为元素周期表中半径最小的原子，则X为H元素；Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，则Z核外电子排布是2、6，因此Z为O元素；W位于第IB族，则W原子的价电子排布为3d104s1，故W为Cu元素；Y原子序数小于O，且与3个H原子结合，则Y为N元素，以此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是H，Y是N，Z是O，W是Cu元素。
A．一般情况下元素的非金属性越强，其第一电离能越大。同一周期元素的第一电离能呈增大趋势。但由于N位于元素周期表第VA，原子核外电子处于其轨道的半充满的稳定状态，因此其第一电离能大于同一周期相邻的O元素，因此三种元素中第一电离能最大的元素是N元素，A错误；
B．X是H，Y是N，Z是O，X2Z是H2O，YX3是NH3。H2O、NH3分子中的中心原子O、N都是采用sp3杂化，由于H2O分子中的中心O原子上有2对孤电子对，而NH3分子中的中心N原子上只有1对孤电子对，则水分子的孤电子对对成键电子对的排斥作用更明显，导致键角：X2Z＜YX3，B正确；
C．根据图示可知：中心Cu2+与4个NH3的N原子及2个H2O的O原子形成6个配位键，故Cu2+的配位数是6，C正确；
D．X2Z是H2O，加热时先脱水，即加热时该离子首先失去的组成是X2Z，D正确；
故合理选项是A。
5. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾能溶于水，微溶于浓KOH溶液，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等。工业上湿法制备K2FeO4的流程如下：

下列关于K2FeO4的说法正确的是
A. 与水反应，每消耗1molK2FeO4转移6mol电子
B. 将K2FeO4与盐酸混合使用，可增强其杀菌消毒效果
C. 可用丁达尔效应鉴别K2FeO4和KMnO4两种紫红色溶液
D. K2FeO4中，基态K+的核外三个电子能层均充满电子
【答案】C
【解析】
【分析】硝酸铁溶液中加入过量次氯酸钠和过量强氧化钠，硝酸铁被次氯酸钠氧化成高铁酸钠，所得滤液通过结晶过滤分离出氯化钠和硝酸钠，在高铁酸钠滤液中加过量饱和KOH溶液得到高铁酸钾沉淀，过滤得到高铁酸钾，据此解答。
【详解】A．K2FeO4与水反应，，由反应可知4molK2FeO4转移12mol电子，每消耗1molK2FeO4转移3mol电子，故A错误；
B．K2FeO4有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、可知K2FeO4与盐酸反应生成氯气，两者混合降低其杀菌消毒效果，故B错误；
C．K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3胶体，而高锰酸钾溶水形成的是溶液，可用丁达尔效应鉴别K2FeO4和KMnO4两种紫红色溶液，故C正确；
D．K+的核外电子排布为2,8,8，第三层未充满电子，故D错误；
故选：C。
6. 下列实验操作描述正确且能达到实验目的的是
A
B
C
D




除去水中的苯酚
制取、收集NO
读取气体体积
验证Ksp(Ag2SO4)>Ksp(Ag2S)

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下，苯酚微溶于冷水，用过滤的方法不能完全除去，A错误；
B．NO与空气中氧气反应，不能采用排空气的方法收集NO，B错误；
C．要读取气体体积，使量筒液面相同气压稳定后读数，C正确；
D．硫酸和硫化钠反应生成硫化氢气体，硫化氢与硝酸银反应生成硫化银沉淀，不发生沉淀转化，D错误；
答案选C。
7. 将一定质量的镁、铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解(假设反应中还原产物全部是NO)。向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则下列叙述中正确的是
A. 当生成沉淀达到最大量时，消耗NaOH溶液的体积为150mL
B. 当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为0.336L(标准状况下)
C. 当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.6mol
D. 参加反应的金属的总质量一定是9.9g
【答案】C
【解析】
【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3 (稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3 (稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的6mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3；Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为7.65g，氢氧根的物质的量为=0.45mol，则镁和铜的总的物质的量为0.225mol。
【详解】A．硝酸没有剩余时，当生成的沉淀达到最大量时，溶液中溶质为NaNO3，硝酸根守恒可知n(NaNO3)=2n(硝酸铜+硝酸镁)=0.225mol×2=0.45mol，由钠离子守恒由n(NaOH)=n(NaNO3)=0.45mol，故此时氢氧化钠溶液的体积为=0.15L=150mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于150mL，故A错误；
B．根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为=0.15mol，标准状况下，生成NO的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，故B错误；
C．根据氮元素守恒n(HNO3)=2n(硝酸铜+硝酸镁)+n(NO)=0.225mol×2+0.15mol=0.6mol，故C正确；
D．镁和铜的总的物质的量为0.225mol，假定全为镁，质量为0.225mol×24g/mol=5.4g，若全为铜，质量为0.225mol×64g/mol=14.4g，所以参加反应的金属的总质量(m)为5.4g＜m＜14.4g，故D错误；
故选C。
【点晴】本题主要考查混合物有关计算，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题，A选项为易错点，学生容易按硝酸恰好完全反应计算。
第II卷(非选择题)
二、实验题
8. 亚硝酰氯(NOCl)可用于合成清洁剂，可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃；常温下是黄色的有毒气体，遇水易水解。已知NO不与NaOH溶液反应。请按要求回答下列问题。
（1）过量铁屑和稀硝酸充分反应制备NO的离子方程式为_______。其他条件相同，选用铁片比铜片制备NO的优点是_______。
（2）制备NOCl的装置如下图所示，连接顺序为a→_______(按气流自左向右方向，用小写字母表示)

①装置A中反应的化学方程式：_______。NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则它的电子式为_______。
②若实验中没有安装装置B，其后果是_______。
③实验开始应先在装置中通入Cl2，至装置A中充满黄绿色气体时，再将NO缓缓通入，此操作的目的是_______。
（3）工业生产过程中NO尾气处理方法有多种，其中间接电化学法，其原理如图所示：

①吸收塔内发生的反应为_______。
②阴极电极反应式为_______。
【答案】（1） ①. ②. 相同质量下，铁产生NO 比铜多
（2） ①. ②. ③. ④. 水蒸气进入反应器，造成NOCl 水解 ⑤. 赶走装置中空气，防止空气中的O2与NO 反应
（3） ①. ②.
【解析】
【分析】过量铁屑和稀硝酸充分反应生成硝酸亚铁、一氧化氮、水；相同质量的铁生成NO气体比铜多；氯气与一氧化氮在A中生成NOCl，NOCl沸点：-5.5℃，可以用冰盐水收集NOCl，NOCl遇水易水解，为防止NOCl水解，在尾气处理前增加干燥装置； NO易与 O2反应生成NO2；①根据图示，吸收塔内NO与反应生成N2和；②阴极得电子生成；
【小问1详解】
过量铁屑和稀硝酸充分反应生成硝酸亚铁、一氧化氮、水，反应离子方程式是；铜与稀硝酸充分反应的离子方程式是，所以选用铁片比铜片制备NO的优点是：相同质量的铁生成NO气体比铜多；故答案为：；相同质量下，铁产生NO比铜多；
【小问2详解】
氯气与一氧化氮在A中生成NOCl，NOCl沸点：-5.5℃，可以用冰盐水冷凝收集NOCl，NOCl遇水易水解，为防止NOCl水解，在尾气处理前增加干燥装置，仪器连接顺序是e→f(或f→e)→c→b→d；故答案为：e→f(或f→e)→c→b→d；
①装置A中氯气与一氧化氮反应生成NOCl，化学方程式是；NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，根据成键规律，电子式为；故答案为：；；
②NOCl遇水易水解，若实验中没有安装装置B，水蒸气进入反应器，造成NOCl 水解；故答案为：水蒸气进入反应器，造成NOCl水解；
③实验开始应先在装置中通入Cl2，至装置A中充满黄绿色气体时，再将NO缓缓通入，可以防止防止空气中的O2与NO 反应；故答案为：赶走装置中空气，防止空气中的O2与NO 反应；
【小问3详解】
①根据图示，吸收塔内NO与反应生成N2和，反应离子方程式是；故答案为：；
②如图所示，在阴极得电子生成，阴极电极反应式是；故答案为：。
三、有机推断题
9. 苯是工业上常用的化工原料，可以用于合成安息香酸苄酯和高分化合物G （部分反应条件略去），流程如下所示，请回答下列问题:

（1）C的化学名称是____________，B中的官能团名称是____________。
（2）E分子中最多有____________个原子共平面；G的结构简式为____________；
（3）C生成D的反应类型为____________。
（4）A生成E的化学方程式为_____________________________________。
（5）H是D的同分异构体，分子中含有酯基，有两个苯环且不直接相连，符合上述条件的结构有____________种，其中核磁共振氢谱图有6组峰，且面积比为3∶2∶2∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____________（写出一种即可）。
（6）参照上述合成路线，以2-氯丙烷为原料，其它无机试剂和有机溶剂任选，设计2-甲基-2-丙醇的合成路线____________。
【答案】（1） ①. 苯甲酸钠（安息香酸钠） ②. 羧基
（2） ①. 19 ②.
（3）取代反应 （4）
（5） ①. 11 ②. 或
（6）
【解析】
【分析】引入醛基得到A，被银氨溶液氧化成B，碱性条件下转化成盐C，发生取代反应生成D；E为，F为。
【小问1详解】
A能发生银镜反应，根据化学式可知A是苯甲醛，B是苯甲酸，C是苯甲酸钠。B中的官能团名称是羧基；
【小问2详解】
苯环和碳碳双键均是平面形结构，且单键可以旋转，则E分子中最多有19个原子共平面；F分子中含有碳碳双键，发生加聚反应生成G，则G的结构简式为；
【小问3详解】
C生成D是羧基中的氢原子被取代，反应类型为取代反应；
【小问4详解】
A生成E是醛基加成，则反应的化学方程式为；
【小问5详解】
H是D的同分异构体，分子中含有酯基，有两个苯环且不直接相连，结构可以是C6H5－CH2COO-C6H5或C6H5－COOCH2-C6H5，如果酯基是－COO－，则甲基在苯环上，均有邻间对三种；或者是，酯基的位置有邻间对三种；所以符合上述条件的结构有11种，其中核磁共振氢谱图有6组峰，且面积比为3∶2∶2∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为或。
小问6详解】
2-氯丙烷先水解生成2－丙醇，发生催化氧化转化为丙酮，然后依据E转化 F的条件可知，制备2-甲基-2-丙醇的合成路线为。
四、工业流程题
10. 稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：

已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子




开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/

（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。
（2）“过滤1”前，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。
（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”过程为：先_______，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
（6）稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。
①还原和熔融盐制备时，生成1mol转移_______电子。
②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。
【答案】（1）Fe2+
（2） ① 4.7pH<6.2 ②.
（3）4.010-4
（4） ①. 加热搅拌可加快反应速率 ②. 冷却结晶
（5）MgSO4 （6） ①. 15 ②. O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】
【分析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
【小问1详解】
由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
【小问2详解】
由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；；
【小问3详解】
滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010-4，故答案为：4.010-4；
【小问4详解】
①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
【小问5详解】
由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
【小问6详解】
①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1mol转移15电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。

五、原理综合题
11. 在煤化工领域主要涉及碳一化学，即研究以含有一个碳原子的物质(CO、CO2、CH4、CH3OH等)为原料合成化工产品或液体燃料。回答下列问题：
(1)已知物质之间转化能量关系如图所示：

写出CO(g)和H2(g)生成CH4(g)和H2O(g)的热化学方程式___。
(2)煤化工业上主要利用CO和H2反应制备甲醇(CH3OH)，反应热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H。已知CO的平衡转化率与温度的关系如图所示：

①该反应的∆H____(填“>”“<”或“=”)0。
②A、B、C三点平衡常数KA. KB、KC的大小关系为____。压强p1_____ (填“>”“<”或“=”，下同)p2，在T1和p2条件下，由D点到B点过程中，正、逆反应速率之间的关系：v正____v逆。
③若容器容积不变，则下列措施可提高CO平衡转化率的是___(填字母)。
a.充入CO，使体系总压强增大 b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.充入He，使体系总压强增大 d.使用高效催化剂
④在2L恒容密闭容器中充人2molCO和4molH2，在p2和T1条件下经10min达到平衡状态。在该条件下，v(H2)=___mol∙L-1∙min-1；平衡常数K =___(填数值)。
(3)用H2还原CO2可以合成CH3OH： CO2(g) + 3H2(g)⇌CH3OH(g) +H2O(g) ∆H. 恒压下，CO2和H2的起始物质的量之比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜(能选择性分离出H2O)时甲醇的产率随温度的变化如图所示。P点甲醇产率高于T点的原因为____。

(4)CO2的再利用技术是促进可持续发展的措施之一，CO2电化法制甲酸的工艺原理如图所示。阴极电极反应式为____。

【答案】 ①. ②. < ③. KC>KA=KB ④. < ⑤. < ⑥. b ⑦. ⑧. 25 ⑨. 分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行 ⑩.
【解析】
【分析】
【详解】(1)由图可知，，，则；
(2)①温度升高，CO平衡转化率下降，平衡逆向移动，即逆向反应为吸热反应，所以正向放热，即；
②K只与温度有关，且反应为放热反应，温度关系为C>A=B则KC>KA=KB；相同温度下，由p1到p2，CO的转化率增大，平衡正向移动，是气体系数减小的方向，即压强增大的方向，所以p2>p1；温度不变，由B点到D点，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则逆反应速率大于正反应速率；
③a.充入CO使H2转化率增大，但是CO转化率减小，b.将产物及时分离使平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，c.充入He，三种气体浓度不会改变，则平衡不移动，d.高效催化剂不能提高平衡转化率，故选择b；
此时CO的转化率为0.8%，所以CO转化了0.016mol，
④

；
(3)分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行；
(4)分析价态知，C元素由CO2中的+4价降低到HCOOH中的+2价，得到电子，发生还原反应，m电极是阴极，结合质子交换膜知电极反应式为：