重庆市长寿中学2022-2023学年高三下学期3月月考化学试题（Word版附解析）

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第I卷 选择题(共42分)
一、选择题(每个小题只有一个选项符合题意，14个小题，每小题3分共42分。)
1. 化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法错误的是
A. 古代的鎏金工艺利用了电镀原理
B. 疫苗一般冷藏存放以避免蛋白质变性
C. 北京冬奥会采用光伏发电有利于实现“碳中和”
D. “天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．将金熔于水银之中，形成金泥，涂于铜或银器表面，加温，使水银蒸发，金就附着于器表，谓之鎏金，近代称为“火镀金”，不是利用电镀原理，选项A错误；
B．疫苗的成分为蛋白质，一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，选项B正确；
C．北京冬奥会采用光伏发电，减小化石燃料的使用，有利于实现“碳中和”，选项C正确；
D．新型无机非金属材料有高温结构陶瓷和光导纤维，其中如氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷、碳化硼陶瓷属于高温结构陶瓷，选项D正确；
答案选A。
2. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. pH=12的溶液中：
B. c(OH-)/c(H+)=10-12的溶液中：、Cu2+、、
C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K+、Cl-、I-
D. 水电离的c(OH−)=1×10−13ml·L-1的溶液中：K+、Cl-、CH3COO-、Cu2+
【答案】A
【解析】
【详解】A．pH=12的溶液显碱性，碱性条件下，该组离子均能共存，故A符合题意；
B．c(OH－)/c(H+)＝10－12的溶液，呈酸性，碳酸根不能大量共存，故B不符合题意；
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液中，含有铁离子，具有氧化性，和碘离子不能共存，故C不符合题意；
D．水电离的c(OH−)＝1×10−13ml·L－1的溶液，可能为酸性，也可能为碱性，若为酸性，醋酸根离子不能大量共存，若为碱性，铜离子不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：A。
3. W、X、Y、Z四种短周期元素，在元素周期表中的位置如图所示，其中W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，则下列说法正确的是
A. X位于元素周期表中的第三周期第VI族
B. X、Y、Z三种元素对应原子的半径依次减小
C. XZ2和YZ2的结构和化学性质相似
D. 利用Y的含氧酸酸性强于W的含氧酸酸性，可证明非金属性W强于Y
【答案】B
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知Y、Z位于第二周期，X、W位于第三周期，W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，则W应为S元素，Z为O元素，由相对位置可知Y为N元素，X为Si元素。由以上分析可知X为Si元素、Y为N元素、Z为O元素，W为S元素。
【详解】A．X为Si元素，位于元素周期表中的第三周期第IVA族，故A错误；
B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为X>Y>Z，故B正确；
C．SiO2是共价晶体，NO2是分子晶体，二者结构不相似，化学性质也不相似，故C错误；
D．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，不是最高价含氧酸不能通过酸性比较非金属性，故D错误。
故选B。
4. 如图,A处通入Cl2,关闭B阀时,C中的湿润红色布条看不到明显变化;打开B阀后,C中的湿润红色布条逐渐褪色。则D瓶中盛放的是
A. 浓盐酸
B. 饱和NaCl溶液
C. 浓硫酸
D. NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【详解】干燥氯气不能使有色布条褪色，氯气能使有色布条褪色的原因是：氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，打开B阀后，C中的湿润红色布条逐渐褪色，关闭B阀时，C中的湿润红色布条看不到明显变化，说明通入到C中的物质不含氯气，则D中物质能够吸收氯气，浓盐酸、饱和氯化钠溶液、浓硫酸都不能吸收氯气，氢氧化钠能够与氯气反应，可以用氢氧化钠吸收氯气。
答案选D。
【点睛】本题主要考查了氯水能使有色布条褪色的原理，解题时需紧紧抓住干燥氯气不能漂白，潮湿氯气漂白是生成次氯酸，干燥氯气不能使有色布条褪色，氯气能使有色布条褪色的原因是：氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，打开B阀后，C中的湿润红色布条逐渐褪色，关闭B阀时，C中的湿润红色布条看不到明显变化，说明通入到C中的物质不含氯气。
5. 短周期主族元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，其族序数满足：3Z+M=X+Y，其中元素R、X、Y、M形成的化合物(结构式)具有如图所示转化关系。下列说法错误的是
A. R与X、Y、M均能形成含18电子的分子
B. Y、R、X形成的某种化合物可以有效灭活新型冠状病毒
C. 原子半径大小顺序为：Z>M>Y>X>R
D. R、X、Y、Z可形成两种以上水溶液呈碱性的化合物
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，在结构式中R、M形成1个共价键，X形成4个共价键，Y形成2个共价键，结合原子序数相对大小可知X、Y、M的最外层电子数分别为4、6、7，最外层电子数3Z+M=X+Y，则Z的最外层电子数为×（4+6-7）=1，结合原子序数可知Z为Na元素，R为H，X为C，Y为O，M为Cl元素。
【详解】A．由分析可知，R即H与X、Y、M即C、O、Cl均能形成含18电子的分子即C2H6、H2O2、HCl，A正确；
B．由分析可知，Y、Z、M即O、Na、Cl形成的某种化合物即NaClO，具有氧化性，可使蛋白质变性，可以有效灭活新型冠状病毒，B正确；
C．同周期元素从左到右原子半径减小，同主族元素从上到下原子半径增大，则原子半径大小顺序为：Z(Na)>M(Cl)> X(C)>Y(O)>R(H)，C错误；
D．由分析可知，R、X、Y、Z即H、C、O、Na可形成两种以上水溶液呈碱性的化合物，如NaHCO3、CH3COONa，CH3CH2COONa等，D正确；
故答案为：C。
6. 甲酸(HCOOH)在催化剂表面分解的微观历程与能量变化关系如图所示：
下列说法正确是
A. 甲酸分解过程吸收能量
B. 甲酸分解速率由步骤Ⅳ→Ⅴ决定
C. 反应过程存在非极性键的断裂和生成
D. 使用高效催化剂可使步骤Ⅰ和Ⅴ之间差值增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图知甲酸分解为放热，A项错误；
B．步骤Ⅳ→Ⅴ活化能大，反应速率慢，故甲酸分解速率由步骤Ⅳ→Ⅴ决定，B项正确；
C．反应过程无非极性键的断裂，C项错误；
D．催化剂不能改变反应的，D项错误；
故选B。
7. 由下列实验操作和现象所得出的结论错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将溶液与溶液混合，产生白色胶状沉淀，说明结合质子的能力，A正确；
B．是溶液分解产生O2的催化剂，是溶液产生O2的氧化剂，二者作用原理不同，B错误；
C．氨水能与生成[Ag(NH3)2]+而溶解(沉淀的溶解平衡正移)，但不能使的溶解平衡明显正移而溶解，所以，C正确；
D．向溶液中加入1mL相同浓度溶液，KI过量，反应后仍检验出Fe3+，说明KI与反应有一定限度，D正确；
故选B。
8. 在N-羟基邻苯二甲酰亚胺(NHPI)介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图。下列说法错误的是
A. 理论上NHPI的总量在反应前后不变
B. 海绵Ni电极作阳极
C. 总反应为+ H2↑
D. 每消耗1 mml苯甲醇，产生22.4 mL氢气
【答案】D
【解析】
【分析】由装置分析可知，该装置为电解池，Ni2+在海绵Ni电极失去电子得到Ni3+，发生氧化反应，则海绵Ni为阳极，电极反应式为：Ni2+-e-=Ni3+，阳极区同时还发生反应：Ni3++NHPI→Ni2++PINO，H+在石墨电极得到电子生成H2，发生还原反应，则石墨为阴极，电极反应式为：2H++2e-=H2，阴极区同时还发生反应：+PINO→，据此解答。
【详解】A．根据上述分析可知，NHPI在阳极区参与反应，又在阴极区为生成物，因此理论上NHPI的总量在反应前后不发生改变，A正确；
B．由上述分析，Ni2+在海绵Ni电极失去电子得到Ni3+，发生氧化反应，则海绵Ni为阳极，B正确；
C．阳极反应式为：Ni2+-e-=Ni3+，阳极区同时还发生反应：Ni3++NHPI→Ni2++PINO，阴极反应式为：2H++2e-=H2，阴极区同时还发生反应：+PINO→，因此总反应为+ H2↑，C正确；
D．未指明标准状况，不能用Vm=22.4L/ml进行计算，D错误；
答案选D。
9. 在10L密闭容器中充入气体M和N，发生反应M(g)+N(g)2P(g)+2Q(s) △H，所得实验数据如表：
下列说法不正确的是
A. 实验①达到平衡后加入0.20mlQ，平衡不移动
B. 550℃下向该容器中只充入0.20mlM和0.50mlN，平衡时n(P)=0.10ml
C. 反应的平衡常数：实验①实验③，C项错误；
D．实验②与实验③温度相同，K相同，同时实验③初始物质的量为实验②的一半，相当于减小压强，平衡不移动，所以平衡时P的物质的量为0.05ml，则Q的物质的量与P相等，也为0.05ml，故D正确；
故答案为C。
10. 25℃时，改变0.1ml/LRCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH、RCOO-的微粒分布分数a(X)= c(X)/[c(RCOOH) + c(RCOO-)]；甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)中酸分子的分布分数与pH 的关系如图所示。
下列说法正确的是
A. 丙酸的酸性比甲酸强
B. CH3CH2COOHCH3CH2COO-+ H+ 的lgK=-4.88
C. 若0.1ml/L 甲酸溶液的pH=2.33，则0.01ml/L 甲酸溶液的pH=3.33
D. 将0.1ml/L 的HCOOH溶液与0.1ml/L 的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中:c(Na+)>c(HCOOH)>c (HCOO-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】B
【解析】
【分析】A.根据图象中酸分子的分布分数大小进行判断，酸分子的分布分数越大，酸性越弱；
B. 根据图象中给定的信息pH=4.88时，c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-),并结合电离方程式进行解析；
C.弱酸溶液加水稀释，促进弱酸的电离；
D.根据图示信息，甲酸的电离平衡常数10-3.75，电离大于水解过程，所以HCOOH与HCOONa（1:1）的混合液显酸性。据此解答问题。
【详解】A.由图中信息可知，相同pH时，丙酸的酸分子的分布分数大，说明电离程度小，故其酸性比甲酸弱，A错误；
B.pH=4.88时，丙酸的酸分子的分布分数为50%，即c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-), 针对CH3CH2COOH) CH3CH2COO-+H+ 电离过程可知，lgK=lgc(H+)=-4.88, B正确；
C.稀释弱酸，电离程度增大，故0.1ml/L甲酸溶液的pH=2.33，则0.01ml/L甲酸溶液的pH