重庆市第一中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题（Word版附解析）

2023年重庆一中高2024届12月月考化学试题卷注意事项：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，务必将答案写在答题卡上。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：1C：12N：14O：16Al：27S：32Cr：52Ni：59一、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.下列说法不正确的是A.煤的液化是物理变化过程B.稀土元素被称为“冶金工业的维生素”C.石油、煤、天然气均为不可再生资源D.汽车尾气中的氮氧化物可通过催化转换器转化为无污染的气体排放【答案】A【解析】【详解】A．煤的液化是将煤直接或间接转化成液体燃料的过程，属于化学变化，A错误；B．在制造合金时，适量加入稀土元素能大大改善合金的性能，故稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，B正确；C．石油、煤、天然气均为不可再生资源，C正确；D．汽车尾气中的氮氧化物可以污染环境，可通过催化转换器转化为无污染的氮气排放到空气中，D正确；故选A。2.下列化学用语正确的是A.的结构示意图：B.分子的VSEPR模型： C.中子数为20的氯原子：D.的结构简式：【答案】D【解析】【详解】A．的结构示意图为，A错误；B．分子的VSEPR模型的空间构型为正四面体，N原子上还有一对孤电子，B错误；C．中子数为20的氯原子为，C错误；D．CO(NH2)2的结构简式：，D正确；故答案为：D。3.常温下，下列溶液中的离子一定能大量共存的是A.某透明溶液：、、、B.含大量的溶液：、、、C.加甲基橙呈红色的溶液中：、、、D.溶液中：、、、【答案】A【解析】【详解】A．Ca2+、、Cl-、Cu2+互不反应，大量共存，A正确；B．和不共存，B错误；C．加甲基橙呈红色的溶液显酸性，与不共存，C错误；D．的溶液显碱性，与不共存，D错误；故答案为：A。4.表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.中含有的键数目为B.46g中杂化的碳原子数为C.常温常压下，11.2L含有的原子数目小于D.1L溶液中含有的数目为【答案】C【解析】【详解】A．中含键，的物质的量未知，故不能确定所含键数目，故A错误；B．CH3CH2OH中2个C原子均采用sp3杂化，46gCH3CH2OH为1mol，sp3杂化的C原子数为2NA，故B错误；C．常温常压下，，则11.2L的物质的量，其原子数小于，故C正确；D．是弱电解质，不能完全电离，则含有的数目小于，故D错误；答案选C。5.如图为氮元素的“价—类”二维图。下列说法错误的是A.b→a代表人工固氮的过程B.工业上可用气体a、空气和水为原料生产fC.将c和e通入到碱溶液中，可生成dD.实验室可用排水法收集e【答案】D【解析】【详解】A．合成氨过程即为人工固氮的过程，A正确；B．工业上可利用催化氧化为，再由和、反应生成硝酸，B正确；C．和通入溶液中，可生成，，C正确；D．与水反应生成一氧化氮，不可用排水法收集，D错误；故答案为：D。 6.下列装置不能达到实验目的的是A．制取乙炔B．提纯淀粉胶体C．除去固体中的少量D．制备氯气A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．乙炔的制备不可使用启普发生器，生成氢氧化钙会堵塞启普法生器，A错误；B．可用渗析的方法提纯胶体，B正确；C．可用加热法，使得升华，除去，C正确；D．可用和浓盐酸反应制取氯气，D正确；故答案为：A。7.X、Y、Z、W为四种原子序数依次增大的短周期主族元素，Z元素原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同，W元素原子的价层电子排布式为。X、Y、Z形成的化合物结构如图(a)所示，是一种片层状结构的白色晶体，层内的分子间通过氢键相连如图(b)所示。下列说法正确的是A.最简单氢化物键角：B.电负性：C.第一电离能介于Y和Z之间的同周期元素有2种D.晶体中有氢键 【答案】B【解析】【分析】W元素原子的价层电子排布式为，n=2，则W的价层电子排布式为，则为O元素；Z元素原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同，Z的电子排布式为，则为N元素；由图(a)可知X形成1个共价键，X为H元素，N能形成3个共价键，则Y与N形成1个配位键，则Y为B元素；【详解】A．H2O、NH3中O、N原子都是sp3杂化，H2O分子中有2个孤电子对，NH3分子中有1个孤电子对，所以键角：，故A错误；B．元素非金属性越强，电负性越大，电负性：，故B正确；C．第一电离能介于B和N之间的第二周期元素有3种(Be、C、O)，故C错误；D．根据均摊原则，晶体中有氢键，故D错误；选B。8.高分子M广泛用于牙膏等口腔护理产品，合成路线如下图：下列说法正确的是A.物质A是乙烯B.丁烯二酸分子中最多有12个原子共面C.合成M的聚合反应是缩聚反应D.D在一定条件下最多能与加成【答案】B【解析】【详解】A．物质A是乙炔，与加成得到，才能发生加聚反应，A错误；B．丁烯二酸双键共平面，单键可旋转，最多有12个原子共面，B正确；C．该聚合反应为加聚反应，C错误；D．该结构中只有碳碳双键能与氢气加成，需要1mol，D错误；故答案：B。9.下列有关实验的方案设计、现象和结论错误的是实验目的方案设计现象和结论 选项A鉴别黄金和黄铜分别灼烧两种固体变黑的为黄铜，不变色的为黄金B鉴别植物油和矿物油分别取未知液加入足量烧碱溶液，加热，使其充分反应分层的为矿物油，不分层的为植物油C验证溶液中存在水解平衡向滴有酚酞的溶液中加入少量固体生成白色难溶物，溶液红色变浅，说明溶液中存在水解平衡D验证乙醇催化氧化的产物为乙醛将灼热的铜丝伸入盛有乙醇的试管中，再将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液褪色，说明有乙醛生成A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．黄金性质稳定，铜和氧气反应生成黑色氧化铜。鉴别黄金和黄铜，分别灼烧，变黑的为黄铜，不变色的为黄金，故A正确；B．植物油在碱性条件下完全水解为易溶于水的高级脂肪酸钠和甘油。鉴别植物油和矿物油，分别取未知液加入足量烧碱溶液，加热，使其充分反应，分层的为矿物油，不分层的为植物油，故B正确；C．向滴有酚酞的溶液中加入少量固体，生成白色难溶物，碳酸根离子浓度减小，碳酸钠水解平衡逆向移动，碱性减弱，溶液红色变浅，说明溶液中存在水解平衡，故C正确；D．乙醇易挥发，将灼热的铜丝伸入盛有乙醇的试管中，再将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，生成的气体中含有乙醇蒸汽，乙醇具有还原性，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明乙醇催化氧化的产物是乙醛，故D错误；选D。10.Al元素可以形成多种类型的物质。例如AlCr2晶体具有体心四方结构，如图(a)所示；AlN晶胞结构如图(b)所示；气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6形式存在，其空间结构如图(c)所示。下列说法正确的是 A.基态铬原子的核外电子排布式为B.AlCr2晶体的密度为C.AlN中各原子均未达到8电子稳定结构D.二聚体Al2Cl6中Al的轨道杂化类型为【答案】D【解析】【详解】A．基态铬原子的3d轨道半充满，核外电子排布式为，A不正确；B．该晶胞中，含Al原子个数为1+=2，含Cr原子个数为2+=4，则该晶体的密度为，B不正确；C．由图(b)可知，每个Al原子与4个N原子结合，而Al只有3个价电子，需提供1个空轨道与N原子提供的孤电子对形成配位键，从而达到8电子稳定结构，C不正确；D．由图(c)可知，二聚体中Al的价层电子对数为4，轨道杂化类型为，D正确；故选D。11.下列说法正确的是A.的醋酸溶液稀释至，稀释后溶液的B.弱电解质的稀溶液在加水稀释的过程中，逐渐增大C.溶液中的粒子浓度关系：D.反应的平衡常数 【答案】D【解析】【详解】A．由于稀释过程中，醋酸能继续电离补充氢离子，故稀释后，溶液pH变化小于1个单位，即，A错误。B．的稀溶液在加水稀释的过程中，氢离子浓度减小，电离常数不变，所以逐渐减小，B错误。C．由电荷守恒：，由物料守恒：，两式联立消去得：，C错误。D．该反应的平衡常数，D正确。答案选D。12.已知苯胺()容易被氧化，利用间接成对电化学合成间氨基苯甲酸的工作原理如图所示。下列说法正确的是A.电极A与电源正极相连，离子交换膜可用质子交换膜B.合成间氨基苯甲酸，理论上电路中需转移C.B极的电极反应式为D.与图中进料相反，原料先进左室还原再右室氧化也一样合成产品【答案】C【解析】【详解】A．电极A上Ti4++e-=Ti3+发生还原反应，电解池发生还原反应的是阴极，与电源负极相连，A错误； B．阴极反应为Ti4++e-=Ti3+，阴极槽外反应为间硝基苯甲酸和三价钛离子反应生成间氨基苯甲酸和四价钛离子，+6Ti3++6H+→+2H2O+6Ti4+，则当电路中转移6mol时，理论上可得到1mol间氨基苯甲酸，得到产品，电路中只需转移电子，B错误；C．B极即阳极，三价铬离子失去电子发生氧化反应生成重铬酸根，电极反应式为，C正确；D．苯胺易被氧化，合成时应先氧化甲基，再还原硝基生成氨基，D错误。答案选C。13.标准状态下，下列微粒气态时的相对能量如下表：物质(g)OH能量2492183900依据表中数据，下列说法正确的是A.的燃烧热B.反应：C.键能为D.已知：，则的键能是【答案】B【解析】【详解】A．本题缺乏的相对能量，求不出的燃烧热，A错误；B．反应的，B正确；C．依据表中数据，，，的键能应为，C错误；D．没有给出物质状态，则无法推出其键能，D错误；故选B。 14.向一恒容密闭容器中加入A和一定量的B，发生反应：。A的平衡转化率按不同投料比[]随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.B.温度下，B的平衡转化率：a点点C.反应速率：D.点a、b、c对应的平衡常数：【答案】B【解析】【详解】A．据图可知，恒容相同温度下，B的量越多，z越小，A的平衡转化率越大，所以，A正确；B．z越小，相同温度下越大，而B的平衡转化率越小，B错误；C．a、b点是平衡点，其正逆反应速率分别相等，根据生成物浓度，反应速率：，则，C正确；D．据图可知反应放热，温度越高，K值越小，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.以红土镍矿(含Ni、Co、Fe、Al、Si等元素的氧化物)为原料制备硫酸镍的工艺受到越来越多的关注，其流程如下：已知：①氢氧化物氢氧化物 ②氢氧化铁在高温下不稳定，200℃左右会分解为。③的摩尔质量。回答下列问题：（1）为提高浸出效率，可以采取___________措施(写出两条)。（2）“铁水解”过程能实现金属的选择性浸出，写出该过程的化学方程式：___________。（3）常温下，若浸取液中各离子浓度均为，为保证去除效率，沉铝时应控制溶液的pH为___________。(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)（4）通过“中和沉钴镍”后，进一步酸溶、提纯可得到硫酸镍。由1kg红土镍矿经工艺处理后镍的浸取率约为95%，再经后续一系列处理可得到37.44g的硫酸镍，原红土镍矿中镍元素的质量分数为___________%(结果保留两位有效数字)。（5）“热解再生”可产生的两种物质是___________。(填化学式)（6）金属镍的晶胞结构如图(a)所示，晶胞中镍原子可看作刚性圆球，位于面对角线上的镍原子彼此相切如图(b)所示。晶胞中，每个Ni原子周围紧邻的Ni原子数为___________；若Ni的原子半径为，晶胞中Ni原子空间利用率的计算表达式为___________(空间利用率)。【答案】（1）适当提高稀盐酸浓度；粉碎红土镍矿；适当升温；搅拌等（2）氢氧化铁在高温下不稳定，200℃左右会分解为，（3）（4）1.5（5）和（6）①12②. 【解析】【分析】红土镍矿含Ni、Co、Fe、Al、Si等元素的氧化物，加硫酸溶解，二氧化硅难溶于硫酸，通入氧气把铁元素还原为Fe3+，过滤，滤渣1是SiO2，浸出液“铁水解”生成，滤渣2是，滤液加氧化镁调节pH生成氢氧化铝沉淀，滤渣3是氢氧化铝；滤液中继续加氧化镁调节pH生成氢氧化钴镍，氢氧化钴镍酸溶提纯的硫酸镍。【小问1详解】根据影响反应速率的因素，为提高浸出效率，可以采取适当提高稀盐酸浓度、粉碎红土镍矿、适当升温、搅拌等措施。【小问2详解】在浸出过程中，镍、钴、铝等元素以离子形式进入溶液。而铁离子在高温高压下迅速水解并分解生成，“铁水解”的化学方程式为。【小问3详解】使完全沉淀时溶液，同时为使镍、钴不沉淀，则，因此应控制溶液的pH为；【小问4详解】设原红土镍矿中镍元素的质量分数为ω，根据镍元素守恒，，所以；【小问5详解】中和沉钴镍后的溶液中主要含，蒸发结晶、热解再生过程中水解生成和，分解生成，、参与循环。【小问6详解】晶胞中，根据均摊原则，每个Ni原子周围紧邻的Ni原子数为；设晶胞的边长为，若Ni的原子半径为，则，则，晶胞中所含Ni原子个数为，则晶胞中Ni原子空间利用率的计算表达式为。 16.硫脲[]在药物制备、农业用肥等方面有广泛应用。如图所示，实验室采用与(氰氨化钙)在85℃下合成。已知：易溶于水；易溶于水，易被氧化，受热时部分异构化生成化合物X。回答下列问题：（1）下列有关说法正确的是___________(填序号)。A.A中固体可替换为固体B.为加快反应速率，可将稀盐酸换为浓硫酸C.为保证稀盐酸能顺利流下，必须将分液漏斗上部的玻璃塞打开D.B中应为饱和溶液，E中可为烧碱溶液（2）化合物X与硫脲互为同分异构体，可用于检验溶液中的，X的电子式为______。（3）硫脲的制备步骤如下：①检查装置气密性后加入药品，打开，通一段时间后，关闭。②打开，向A中滴加足量的稀盐酸，关闭，充分反应一段时间，待D中变澄清，再次打开，通一段时间。目的是___________。③将D中温度调整至85℃，打开，滴加溶液，充分反应生成硫脲和一种常见的碱，该反应的化学方程式为___________。（4）取装置D中溶液，减压蒸发，降温结晶，过滤、离心脱水干燥后得到粗产品，并对硫脲的纯度进行测定，步骤如下：步骤Ⅰ：称取产品溶解并转移到容量瓶中定容后得溶液A；步骤Ⅱ：吸取溶液A于碘量瓶中，准确加入水和一定量的 溶液于暗处放置[发生反应：]；步骤Ⅲ：充分反应后，向碘量瓶中滴加几滴淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定，至终点时消耗标准溶液。(已知：)。减压蒸发的目的是___________；步骤Ⅲ中到达滴定终点的现象为___________，若产品中的杂质不参加反应，则产品中的质量分数为___________(列出含、、、、的计算式)。【答案】16.AD17.或18.①.将过量的排入E中被吸收，防止污染空气②.19.①.降低沸点，防止温度过高时，硫脲发生异构化②.滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色褪为无色，且半分钟内不变色③.【解析】【分析】A装置制备H2S，B中应为饱和溶液，用于除去H2S中混有的HCl，C是安全瓶，D中H2S先和石灰乳反应制备，反应结束后打开，向三颈烧瓶中滴入溶液，和反应生成和制备，E吸收H2S防止污染。【小问1详解】A．由分析可知，A装置制备H2S，则可将固体替换为固体，故A正确；B．浓硫酸具有强氧化性会氧化FeS和H2S，难以得到H2S气体，故B错误；C．为保证稀盐酸能顺利流下，应进行的操作是将分液漏斗上部的玻璃塞打开或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，故C错误；D．由分析可知，B中应为饱和溶液，用于除去H2S中混有的HCl，E中可为烧碱溶液，用于吸收H2S防止污染，故D正确；故答案为AD；【小问2详解】化合物X与硫脲互为同分异构体，可用于检验溶液中的，则X中含有SCN-，因此X为NH4SCN，X 的电子式为或；【小问3详解】②H2S气体有毒，反应结束后关闭，打开通一段时间，目是将过量的排入E中被吸收，防止污染空气；③将D中温度调整至85℃，打开，滴加溶液，在装置D中和反应合成硫脲，同时生成一种常见的碱，根据质量守恒可知生成氢氧化钙，，反应的化学方程式为；【小问4详解】已知受热时部分异构化生成化合物NH4SCN，所以采取减压蒸发的目的是降低沸点，防止温度过高时，硫脲发生异构化；由滴定原理可知，未滴加标准溶液时，溶液呈蓝色，当滴入最后半滴标准溶液时，溶液由蓝色褪为无色，且半分钟内不变色时，说明达到滴定终点；滴定终点，碘单质消耗完全，结合可知，和反应的I2的物质的量=10-3mol，步骤Ⅱ消耗的I2的物质的量=10-3mol，由可知，可知，，所以溶液中的物质的量=10-3mol，则产品中的质量=10-3g，所以产品中的质量分数为。17.主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。Ⅰ．克劳斯工艺（1）将占总量约___________的燃烧，产生的与其余混合后反应回收单质硫(x为2~8)。Ⅱ．湿法脱硫（2）当废气中硫化氢浓度较低时常用纯碱溶液进行吸收，已知、 的电离平衡常数如下表所示：电离平衡常数纯碱溶液吸收少量的离子方程式为___________。Ⅲ．热解制一种热解的方法是将、按一定比例混合，并用Ar稀释，通入管式气体反应器热解(一边进料，另一边出料)，反应分两步进行：第一步第二步常压，不同温度下反应相同时间后，测得生成的、和体积分数如图(a)：（3）A、B、C三条曲线中表示的是______。（4）判断下列说法不正确的是___________(填序号)。A.上述两个反应都能在高温条件下自发进行B.适当的高温有利于增大反应速率和反应物转化率C.，增大的投料量，的转化率一定增大D.恒温恒压下，增加Ar的体积分数，的浓度升高（5）温度下，在恒压密闭容器中按 充入混合气体发生上述第一步反应，测得平衡时、的体积分数相等。若起始压强为，则温度下，平衡转化率为___________，平衡常数___________。（6）回收的硫单质可以用于制钠—硫电池。一种室温钠—硫电池的结构如图(b)所示，电解质为含的离子液体。工作时，电池总反应为。①放电时正极的电极反应为___________。②若放电过程中硫电极只检测到、的生成，当硫单质反应16g，电路中转移电子时，生成的、的个数比是______。【答案】（1）（2）（3）B（4）CD（5）①.66.7%②.或（6）①.②.1：3【解析】【小问1详解】根据反应：、得出将占总量约的燃烧，产生的与其余混合后反应回收单质硫(x为2~8)；【小问2详解】根据，酸性：，与反应，只生成和，离子方程式为；【小问3详解】由已知与方程式可知，曲线A是，曲线C是，所以曲线B是；【小问4详解】 A．两个反应都是吸热熵增反应，需在高温条件下自发进行，A正确；B．升高温度吸热反应平衡正向移动，转化率提高，同时反应速率增大，B正确；C．从图像可知时，第二步反应还未进行，此时增大的投料量，的转化率不变，C错误；D．3个反应都属于气体分子数增加的反应，恒温恒压下，增加Ar的体积分数，相当于体积增大，虽然平衡正向移动，氢气的产率增大，但浓度会减小，D错误；故选CD；【小问5详解】设起始，根据题意：，，则过程中，转化率，平衡时，，，；【小问6详解】根据总反应：正极被还原，电极方程式；已知还原的S为转移，用二元一次方程组算出。18.巴格列酮是噻唑烷二酮类抗糖尿病药物，一种合成方法如下： 回答下列问题：（1）B中官能团的名称为___________。（2）E→F的反应类型为___________。（3）下列有关物质A的说法正确的是___________(填序号)。a．能与酸或碱反应b．含有手性碳原子c．易溶于水d．分子结构中存在大键（4）已知C→D的过程中生成一种酸式盐和一种正盐，则该过程的反应方程式为(D物质可用符号D来表示)___________。（5）D→E会生成一种无机物，化学式为___________。（6）以X和Y为原料合成上述流程中的物质C，可使得其收率达到80%以上，试回答：①已知中间产物比C少一个“”基团，则中间产物的结构简式为___________。②X和Y生成中间产物的过程可能会得到一种分子式为的副产物(除苯环外无环状结构)，则其结构简式为___________。(任写一个)③X的同分异构体中，满足下列条件的有___________种。a．能发生银镜反应b．苯环上有三个取代基其中H-NMR中峰面积之比为1：1：2：4的结构简式为___________。【答案】18.酰胺基、氨基 19.还原反应20.ad21.++++22.23.①.②.、或③.6④.、【解析】【小问1详解】B中的官能团为氨基、酰胺基；【小问2详解】E→F属于加氢气的反应，则反应类型为还原反应；小问3详解】酰胺基能与酸或碱反应，该分子中无手性碳原子，不易溶于水，苯环存在大键，故选ad；【小问4详解】B的不饱和度为5且有8个碳原子个氧原子，C的不饱和度为7且有10个碳原子个氧原子，则B→C过程中B的断2个H，断，则C为。C→D过程中生成，与反应生成酸式盐和正盐；【小问5详解】D→E由流程图可知，D的醛基断，与的“”断2个H结合生成；【小问6详解】①C的结构简式为，中间产物比C少一个“”基团，则中间产物的结构简式：。 ②根据副产物的分子式(不饱和度为6)，则结构简式：、。