天津市南开中学2023-2024学年高三下学期第四次月考化学试卷

这是一份天津市南开中学2023-2024学年高三下学期第四次月考化学试卷，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：60分钟
Ⅰ卷(共36分)
相对原子质量：C：12 N：14 O：16 F：19 Mg：24 Al：27 K：39 Fe：56 C：59
一、选择题(每题只有一个选项是正确的，每题3分，共36分)
1. 化学与生活紧密相关，下列说法正确的是
A. 浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜
B. 推广使用煤液化技术可以减少温室气体二氧化碳的排放
C. 过期药品属于有害垃圾，为防止污染环境应当深埋处理
D. 防晒衣的主要成分为聚酯纤维，可以长期用肥皂洗涤
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯是水果的催熟剂，酸性高锰酸钾溶液可以与水果释放出的乙烯发生氧化反应，延长水果的成熟期，所以浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜，故A正确；
B．推广使用煤液化技术可以减少粉尘等固体颗粒造成的污染，但不能减少温室气体二氧化碳的排放，故B错误；
C．过期药品若深埋处理会污染土壤和水体，所以过期药品不能深埋处理，应回收特殊处理，故C错误；
D．肥皂液呈碱性，聚酯纤维在碱性条件下会发生水解反应，所以防晒衣不能长期用肥皂洗涤，否则会造成防晒衣损坏，故D错误；
故选A。
2. 为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是
A. 常温常压下，与混合气体共含个氧原子
B. 标准状况下，22.4L乙烯中含有的键数目为
C. 密闭容器中，与充分反应生成HI(g)，容器内分子数小于
D. 常温下与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为
【答案】A
【解析】该试卷源自 每日更新，享更低价下载。【详解】A．NO2与N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为，故含2NA个氧原子，故A正确；
B．乙烯分子中有1个C=C和4个C-H，所以乙烯分子有5σ键和1个π键，标准状况下，22.4L乙烯为，含有σ键的数目为5NA，故B错误；
C．碘和氢气的反应生成HI的反应为分子数不变的反应，容器内分子总数等于2NA，与反应程度无关，故C错误；
D．氯气和氢氧化钠的反应为歧化反应，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，1ml氯气参加反应转移1ml电子，则0.1mlCl2常温下与过量稀NaOH溶液反应转移电子总数为0.1NA，故D错误；
故选：A。
3. 反应物(S)转化为产物(P或)的能量与反应进程的关系如图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是
A. 进程I是吸热反应B. 平衡时P的产率：II>I
C. 生成P的速率：III>IID. 进程IV中，Z没有催化作用
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中信息可知，进程I中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A错误；
B．进程II中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B错误；
C．进程III中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程II中由S·X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为III＜II，C错误；
D．由图中信息可知，进程IV中S吸附到Z表面生成S·Z，然后S·Z转化为产物P·Z，由于P·Z没有转化为P+Z，因此，Z没有表现出催化作用，D正确；
故选D。
4. W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与Li+具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3:2，X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4。下列说法不正确的是
A. 气态氢化物的热稳定性：Z＞YB. 第一电离能：R＞Z＞Y
C. 原子半径：R＞X＞WD. 电负性：Z＞R＞X
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与Li+具有相同的电子层排布且半径稍大，则W离子为H-，从而得出W为H元素；X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，则X的最外层电子数为6，X为O元素，Z为S元素；X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3:2，则Y原子的最外层电子数为4，Y为Si元素；Z为S元素，则R为Cl元素。综合以上分析，W、X、Y、Z、R分别为H、O、Si、S、Cl。
【详解】A．由分析可知，Y、Z分别为Si、S，非金属性Si＜S，则气态氢化物的热稳定性：H2S＞SiH4，A正确；
B．Y、Z、R分别为Si、S、Cl，非金属性Si＜S＜Cl，当原子最外层不处于半满、全满或全空时，非金属性越强，第一电离能越大，则第一电离能：Cl＞S＞Si，B正确；
C．W、X、R分别为H、O、Cl，三者的电子层数依次增大，则原子半径：Cl＞S＞H，C正确；
D．X、Z、R分别为O、S、Cl，非金属性S＜Cl＜O，则电负性：S＜Cl＜O，D不正确；
故选D。
5. 在常温下，有关下列4种溶液的叙述中错误的是
A. 在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小
B. 分别取1mL稀释至10mL，四种溶液的pH：①>②>④>③
C. 将溶液①、④等体积混合，所得溶液中：
D. 将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铵溶于水后电离出可以抑制氨水的电离使OH−浓度减小，还可以结合NaOH溶液中的OH−使其OH−浓度减小，则溶液①、②中加入氯化铵晶体后，溶液的pH都会减小，选项A正确；
B．氨水稀释过程中会继续电离出OH−，所以稀释10倍其pH的变化小于1，则稀释后pH：①>②，同理醋酸稀释10倍其pH的变化也小于1，则pH：③②>④>③，选项B正确；
C．一水合氨为弱碱，所以pH=11的氨水浓度远大于10-3ml/L，而盐酸为强酸，pH=3的盐酸浓度为10-3ml/L，二者等体积混合碱过量，所以c() >c(Cl-)，选项C错误；
D．pH=11的NaOH溶液和pH=3的盐酸浓度均为10-3ml/L，混合后pH=4，所以酸过量，则=10-4ml，解得a：b=11：9，选项D正确；
故选C。
6. 一篇关于合成“纳米小人”的文章成为有机化学史上最受欢迎的文章之一，其中涉及的一个转化关系为：
下列说法正确的是
A. 该反应类型为加成反应，总反应的原子利用率为100%
B. 化合物M中含有一个手性碳原子
C. 1mlP最多能与反应，最多能与反应
D. 化合物N的分子式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由M、N、P的结构简式可知，M和N先发生加成反应，再发生取代反应生成P，生成物中还有HBr，总反应的原子利用率小于100%，A错误；
B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，化合物M没有手性碳原子，B错误；
C．p中苯环和碳碳三键能够和H2发生加成反应，苯环、烃基能够和Br2发生取代反应，碳碳三键能够和Br2发生加成反应，则1mlP最多消耗的大于8ml，最多能与反应，C错误；
D．由N的结构简式可知，化合物N的分子式为，D正确；
故选D。
7. 某温度下，恒容密闭容器内发生反应：H2(g)+I2 g) 2HI(g) △H7，说明CN-水解程度大于HCN的电离程度，因此c(CN-)C>K ②.
（5） ①. 2C2++2+H2O2+10NH3⋅H2O=2[C(NH3)6]3++2H2O ②. 24NA
（6）C2++ =CCO3↓
【解析】
【小问1详解】
钕(Nd)属于镧系元素属于f区元素。Fe为26号元素电子排布为[Ar]3d64s2，的价电子排布式为3d5，价电子排布图为。
【小问2详解】
BF3的价层电子对数=3+=3，采取sp2杂化，且没有孤电子对，立体构型为平面三角形。F原子含有9个电子，每个电子的运动状态都不同。
【小问3详解】
中心B原子价层电子对数为=4，B原子的杂化方式为sp3，中B形成4个共价键，其中存在配位键。
【小问4详解】
元素的金属性越强，第一电离能越小，即F>C>K。其中C填充在F形成的正八面体中心，即C位于晶胞的体心，而F位于面心，K位于晶胞的顶点。所以C和K最短距离为体对角线的一半= pm。晶胞中，位于顶点K个数为=1，则ρg⋅cm-3= g⋅cm-3得a=cm。则C和K最短距离为体对角线的一半=cm=pm。
【小问5详解】
C2+被H2O2氧化为C3+，而氨水提供NH3进行配位，反应的离子方程式为2C2++2+H2O2+10NH3⋅H2O=2[C(NH3)6]3++2H2O，中配位键和N-H键属于键，则1ml中含有（6+3×6）ml=24ml键，数目为24NA。
【小问6详解】
Na2CO3水解时，，，则Kh=代入数据计算得c(OH-)=，溶液中C(OH)2刚好沉淀时c(C2+)c2(OH-)=Ksp[C(OH)2]=1×10−15得到c(C2+)=10-7ml/L。而CCO3开始沉淀时c(C2+)c()=Ksp(CCO3)=1×10−13计算得c(C2+)=10-12ml/L。从计算得到先沉淀CCO3，所以离子方程式为C2++ =CCO3↓。
14. 化合物G是一种医药中间体，以芳香化合物A为原料制备G的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A生成B所需的试剂和条件为___________。
（2）B与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式：___________。
（3）D中含氧官能团的名称为___________，1mlD可与含___________的水溶液发生反应。
（4）有机物X的名称为___________。
（5）由F生成G的反应类型为___________；一个G分子中手性碳原子(连有四个不同原子或基团的碳原子)的数目为___________。
（6）芳香族化合物H是D的同分异构体，同时满足下列条件的H的结构有___________种(不含立体异构)，任写出其中一种同分异物体的结构简式：___________。
①分子中有五个碳原子在一条直线上；
②能与NaOH溶液反应，且1mlH消耗3mlNaOH；
③苯环上的一氯代物只有一种。
（7）参照上述合成路线和信息，以乙二醛()和丙二醛()为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：___________。
【答案】（1）O2、Cu、加热
（2）+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O
（3） ①. 羟基、羧基 ②. 5
（4）2-丁醇 （5） ①. 取代反应 ②. 2
（6） ①. 4 ②. 、、、（任写一种）
（7）
【解析】
【分析】A⟶B，醇羟基转化为醛基，A发生氧化反应生成B，B和HOOCCH2COOH发生已知信息的反应生成C，C与HI发生取代反应生成D，由D的结构，结合反应条件，可知D分子中碳碳双键与氢气发生加成反应生成E，E再与X发生酯化反应生成F，对比D、F结构，可推出X为CH3CH(OH)CH2CH3，F与发生取代反应生成G。
【小问1详解】
由分析可知，A发生氧化反应生成B，醇羟基转化为醛基，所需的试剂和条件为O2、Cu、加热。
【小问2详解】
B分子中含有醛基，能被新制的氢氧化铜氧化，产生砖红色沉淀，化学方程式为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O。
【小问3详解】
由D的结构简式可知，D中含氧官能团的名称羟基、羧基。D中碳碳双键可以和Br2发生加成反应，苯环可以和Br2发生取代反应，1mlD可与含5的水溶液发生反应。
【小问4详解】
E与X发生酯化反应生成F，对比D、F结构，可推出X为CH3CH(OH)CH2CH3，X的名称为2-丁醇。
小问5详解】
由F生成G的过程中，F的酚羟基中氢原子被替代生成G和HCl，因此该反应类型为取代反应；手性C原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子，根据化合物G结构简式可知其分子中含有2个手性C原子，如图标有“*”号的C原子为手性碳原子：。
【小问6详解】
D是，D的同分异构体H满足下列条件：①分子中有五个碳原子在一条直线上，说明含有碳碳三键且与苯环直接相连，用去2个不饱和度，则苯环侧链已无羧基；②能与NaOH溶液反应，且1mlH消耗3mlNaOH，说明含有3个酚羟基；③苯环上的一氯代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子。则连接在苯环上的取代基为3个-OH、1个-CCCH3或3个-OH、1个-CCH、1个-CH3，且-CCH和-CH3处于对位，则符合条件的同分异构体有、、、共4种。
【小问7详解】
由信息推知，OHCCH2CHO催化氧化可得HOOCCH2COOH，然后与OHCCHO反应制得HOOCCH=CHCH=CHCOOH，然后再发生加聚反应得，则以丙二醛和乙醛为原料，设计制备的合成路线为：。
15. (三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列问题：
（1）晒制蓝图时，用作感光剂，以溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为；显色反应中生成的蓝色物质的化学式为___________。
（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是___________。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有___________。
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是___________。
④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和，检验存在的方法是取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，___________(补全试剂和现象)，证明残留物中含有。
（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀酸化，用溶液滴定至终点。该操作的目的是___________，滴定终点的现象是___________。
②向上述溶液中加入适量还原剂将完全还原为，加入稀酸化后，用溶液滴定至终点，消耗溶液VmL。该晶体中铁元素的质量分数的表达式为___________。若滴定前滴定管尖嘴内有气泡，终点读数时滴定管尖嘴内无气泡，会使测定结果___________(填“偏大””“偏小”或“无影响”)。
③常温下，已知，若将与溶液等体积混合，静置，则上层清液中的浓度为___________。
【答案】（1）Fe3[Fe(CN)6]2
（2） ①. 排出装置内的空气，并使反应产生的气体全部进入后续装置 ②. CO、CO2 ③. 先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气 ④. 滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3
（3） ①. 将转化为硫酸钾、硫酸铁、草酸 ②. 滴加最后半滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色 ③. ④. 偏大 ⑤.
【解析】
【分析】实验开始前先通一段时间氮气，排尽装置中的空气防止干扰产物检验，然后点燃A处酒精灯，使样品充分分解，通入B中检验产物中的二氧化碳，用C中NaOH溶液除去二氧化碳，再经浓硫酸干燥后，用CuO与CO反应生成二氧化碳，通入F中检验产物二氧化碳确定CO生成，据此分析解答。
【小问1详解】
显色时，K3[Fe(CN)6]和FeC2O4反应生成Fe3[Fe(CN)6]2沉淀和K2C2O4；生成的蓝色物质为Fe3[Fe(CN)6]2沉淀。
【小问2详解】
①通入氮气排出装置内的空气，并使反应产生的气体全部进入后续装置；
②二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明热分解产物中一定含有CO2，E中固体变为红色、F中澄清石灰水变浑浊，说明氧化铜被还原为铜，氧化产物为CO2，由此判断热分解产物中一定含有CO；
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；
④Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，Fe3+遇KSCN溶液变红，检验Fe2O3存在的方法是：取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。
【小问3详解】
①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，将转化为硫酸钾、硫酸铁、草酸，高锰酸钾氧化草酸，用c ml/L KMnO4溶液滴定，滴定终点的现象是滴加最后半滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；
②向上述溶液中加入过量铜粉发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用c ml/L KMnO4溶液滴定，发生反应5Fe2++ +8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，消耗KMnO4溶液V mL，n(Fe3+)=cml/L×V×10−3L×5=5cV×10−3ml，根据铁元素守恒，该晶体中铁的质量分数的表达式为 = 。若滴定前滴定管尖嘴内有气泡，终点读数时滴定管尖嘴内无气泡，消耗高锰酸钾的体积偏大，会使测定结果偏大；
③若将与溶液等体积混合，反应生成Fe(OH)3沉淀，溶液中c(OH-)= =1ml/L，则上层清液中的浓度为。
16. 实现的有效转化成为科研工作者的研究热点。
I．以作催化剂，可使在温和条件下转化为甲醇，反应经历如下：
i．催化剂活化：(无活性)(有活性)
ii．与在活化的催化剂表面发生反应
①
②(副反应)
（1）写出电子式___________。
（2）在恒温密闭容器中，和按物质的量之比1∶1开始反应，当以下数值不变时，能说明反应②达到平衡状态的是___________(填序号)。
a．混合气体的密度 b．混合气体的平均相对分子质量
c．的体积分数 d．和的体积比
（3）某温度下，与的混合气体以不同流速通过恒容反应器，随气体流速的增大，转化率变小，而的选择性增大
已知：选择性
的选择性随气体流速增大而升高的原因可能有：
①___________。
②气体流速增大可减少产物中的积累，减少催化剂的失活，从而提高选择性。请用化学方程式表示催化剂失活的原因：___________。
Ⅱ．以二氧化碳为原料，电化学法制备甲酸(甲酸盐)工作原理如图所示。

（4）b极为直流电源的___________极，阴极表面发生的电极反应式___________。
（5）若有通过质子交换膜时，该装置内生成和的物质的量共计_______。
【答案】（1） （2）c
（3） ①. 增大二氧化碳与氢气混合气体流速可增大压强，平衡正向移动，生成甲醇消耗二氧化碳物质的量增大，导致甲醇选择性升高 ②.
（4） ①. 正 ②.
（5）0.75
【解析】
【小问1详解】
是共价化合物，碳与每个氧形成两对共用电子对，其电子式；故答案为：。
【小问2详解】
反应②是等体积反应，a．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当混合气体的密度不变，不能作为判断平衡标志，故a不符合题意；b．平均摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，气体物质的量不变，气体摩尔质量不变，当混合气体的平均相对分子质量不变时，不能作为判断平衡标志，故b不符合题意；c．正向反应，氢气体积分数减小，当的体积分数不变，能作为判断平衡标志，故c符合题意；d．和开始是1:1，消耗的也是1:1消耗，因此和体积比始终是1:1，因此和的体积比不变，不能作为判断平衡标志，故d不符合题意；综上所述，答案为：c。
小问3详解】
①增大二氧化碳与氢气混合气体流速可增大压强，平衡正向移动，生成甲醇消耗二氧化碳物质的量增大，导致甲醇选择性升高；故答案为：增大二氧化碳与氢气混合气体流速可增大压强，平衡正向移动，生成甲醇消耗二氧化碳物质的量增大，导致甲醇选择性升高。
②根据催化剂活化：(无活性)(有活性)分析得到催化剂失活的原因是与水反应生成了和氢气，其化学方程式为：；故答案为：。
【小问4详解】
二氧化碳变为甲酸根，化合价降低，则左边为阴极，右边甲醇变为甲酸，化合价升高，失去电子，作阳极，则b极为直流电源的正极，阴极表面生成甲酸根和碳酸氢根，其发生的电极反应式；故答案为：正；。
【小问5详解】
根据电极反应式和，若有通过质子交换膜时，说明有1ml电子发生转移，该装置内生成0.5ml和0.25ml，因此两者的物质的量共计0.75；故答案为：0.75。编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
操作
现象
结论
A
往Fe2(SO4)3溶液中加入Cu片
溶液由棕色变为蓝色
Fe3+的氧化能力比Cu2+强
B
向某溶液样品中加入浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口
试纸变蓝
溶液样品中含
C
常温下，向2mL0.1ml•L-1MgSO4溶液中加入2mL0.1ml•L-1NaOH溶液，再滴加5～6滴0.1ml•L-1CuSO4溶液
先产生白色沉淀，后部分白色沉淀变为蓝色
相同温度下Ksp：Cu(OH)2＜Mg(OH)2
D
将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液
溶液呈浅绿色
食品脱氧剂样品中没有+3价铁
A．制取乙烯
B．探究浓度对反应速率的影响
C．检验乙炔具有还原性
D．制取
实验
实验操作和现象
1
测定溶液的约为8
2
测定与溶液等体积混合，测得混合溶液的
3
向溶液中通入少量的，测得降低
4
向溶液中加入等体积溶液，产生白色沉淀