北京市顺义区2023_2024学年高三化学上学期10月月考试题含解析

这是一份北京市顺义区2023_2024学年高三化学上学期10月月考试题含解析，共28页。试卷主要包含了 有关下列晶体的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
说明：选择题、填空题写到答题纸上。可能用到的数据：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 S 32 Na 23 Ca 40 Ti 48 C 59
一、选择题 ( 每题只有一个正确选项，每小题2分，共42分 )
1. 下列材料的主要成分属于有机化合物的是
A. 北京冬奥工作入员服装的发热材料——石墨烯
B. 长征五号的整流罩前锥段材料——聚甲基丙烯酰亚胺
C. 港珠澳大桥锚具材料——特殊工艺的低碳钢
D. 我国自主研发的5G芯片的材料——硅
【答案】B
【解析】
【详解】A．石墨烯属于单质，不是有机化合物，故A错误；
B．聚甲基丙烯酰亚胺是有机高分子材料，属于有机化合物，故B正确；
C．低碳钢属于合金，不是有机化合物，故C错误；
D．硅属于非金属单质，不是有机化合物，，故D错误；
答案选B。
2. 实验证据推动了人类对原子结构认识的不断深化。下列可以较好地解释“钠原子中处于n=6的状态上的核外电子跃迁到n=3的状态，会产生多条谱线(如下图)”的原子结构模型是
A. “葡萄干布丁”模型B. 卢瑟福核式模型
C. 玻尔模型D. 量子力学模型
【答案】D
【解析】
【详解】A．汤姆孙根据实验发现了电子，而且原子呈电中性，据此提出原子的葡萄干布丁模型，A不符合题意；
B．卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是a粒子散射实验，B不符合题意；
C．玻尔的原子模型中电子轨道和原子的能量都是量子化的，是建立在三个基本假设的基础上的理论，C不符合题意；
D．原子结构的量子力学模型在处理核外电子量子化特性及波粒二象性提供主要论据和重要结论，可以较好地解释“钠原子中处于n=6的状态上的核外电子跃迁到n=3的状态会产生多条谱线”，D符合题意；
故选D。
3. 元素周期表对化学学习和研究都有重要意义。下列说法不正确的是
A. 通过主族元素原子的最外层电子数，推测其常见的化合价
B. 在金属与非金属分界线附近，寻找半导体材料
C. 研究氯、硫、磷、砷等所在区域的元素，制造新品种的农药
D. 在IA族和ⅡA族的金属中寻找催化剂
【答案】D
【解析】
【分析】周期表中位置相近的元素性质相近，可在一定区域内寻找性质相近元素，是一种发现物质新用途的有效方法。
【详解】A．主族元素的最高正价等于最外层电子数(氟无正价，氧一般不显正价)，非金属元素最高正价和最低负价的绝对值之和等于8，A正确；
B．周期表中位置相近的元素性质相近，可在一定区域内寻找性质相近元素，硅是半导体，位于金属与非金属分界线附近，B正确；
C．周期表中位置相近的元素性质相近，农药中含有氟、氯、硫、磷、砷等元素，研究氯、硫、磷、砷等所在区域的元素，有利于制造新品种的农药，C正确；
D．催化剂一般在过渡元素中寻找，D错误；
故选D。
4. 用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是
A. 中子数为8的氮原子为
B. 由H和Cl形成HCl的过程为
C. 的结构式为
D. 的结构示意图为
【答案】C
【解析】
【详解】A．中子数为8的氮原子质量数为15，化学符号为，故A错误；
B．HCl为共价化合物，电子式：，用电子式表示其形成过程时形成共用电子对，没有电子得失，故B错误；
C．是共价分子，其结构式为，故C正确；
D．的结构示意图，故D错误；
答案选C。
5. 下列说法正确的是
A. 利用银镜反应可以区分葡萄糖和麦芽糖
B. 油脂在碱性条件下可水解为甘油和高级脂肪酸
C. 蛋白质遇饱和硫酸钠溶液变性
D. 核苷酸聚合成是缩聚反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．葡萄糖和麦芽糖均能发生银镜反应，即利用银镜反应不可以区分葡萄糖和麦芽糖，A项错误；
B．油脂含有酯基，在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，又叫皂化反应，B项错误；
C．硫酸钠为轻金属盐，不能使蛋白质变性，能使蛋白质发生盐析，C项错误；
D．核苷酸聚合成的过程中，会脱水，因此是缩聚反应，D项正确；
答案选D。
6. 下列事实不能用元素周期律解释的是
A. 电负性：NH
D. 1 ml富马酸与足量NaHCO3溶液反应可生成2 ml CO2
【答案】B
【解析】
【分析】由元素周期表中原子半径的变化规律，结合结构模型可推测出灰色的点是C，黑色的点是O，白色的点是H，根据有机化学中C原子的成键特点可知，从左至右的顺序，第一个和第四个C原子上存在C=O键，在第二个C原子与第三个C原子之间存在碳碳双键，其余的都是单键相连，富马酸中存在碳碳双键和羧基官能团，则富马酸结构简式为HOOC-CH=CH-COOH。
【详解】A．铁是26号元素，位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，故A正确；
B．1ml富马酸分子中存在11ml的σ键和3ml的π键，数目比为11:3，故B错误；
C．组成富马酸的各元素中，电负性最大的是O，最小的是H，则电负性由大到小的顺序为O>C>H，故C正确；
D．1 ml富马酸中存在2ml羧基，与足量NaHCO3溶液反应可生成2ml CO2，故D正确；
故本题选B。
14. 下列实验方案能达到相应目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应有副产物二氧化硫生成，二氧化硫能使溴水褪色，干扰乙烯与溴水的反应，故A错误；
B．制备乙酸乙酯，因乙醇易溶于水，乙酸与碳酸钠反应，导管不能插入液面以下，以防止倒吸，故B错误；
C．溴乙烷水解液呈碱性，先加硝酸至溶液呈酸性，再加硝酸银溶液可检验水溶液中是否含Br，故C正确；
D．浓盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有HCl，盐酸也能和苯酚钠溶液反应生成苯酚，而影响碳酸和苯酚钠的反应，故D错误；
故选C。
15. “鲁米诺”又名发光氨，是一种化学发光试剂，它在一定条件下被氧化后能发出蓝光，可用于鉴定血液，在刑侦中扮演了重要的角色，如图所示为鲁米诺的一种合成原理，下列叙述正确的是
A. 一定条件，X可以和乙醇发生缩聚反应
B. 鲁米诺的分子式为
C. ①、②两步的反应类型分别为加成反应和取代反应
D. 若使用“84消毒液”对环境消毒，可能会干扰用鲁米渃在该环境下鉴定血液
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．X含有羧基，能够与乙醇在一定条件下发生酯化反应形成酯，但不能发生缩聚反应，A错误；
B．根据鲁米诺分子结构简式，结合C原子价电子数目是4个，可知其分子式为C8H7N3O2，B错误；
C．根据X、Y及鲁米诺分子结构简式可知反应①为取代反应，反应②为还原反应，C错误；
D．“84消毒液”具有强氧化性，鲁米诺分子中含有氨基，具有还原性，二者会发生氧化还原反应，因此可能会干扰用鲁米渃在该环境下鉴定血液，D正确；
故合理选项是D。
16. Fe、HCN与K2CO3在一定条件下发生如下反应：Fe+6HCN+2K2CO3=K4Fe(CN)6+H2↑+2CO2↑+2H2O，下列说法正确的是
A. 此化学方程式中涉及的第二周期元素的电负性大小的顺序为OH，BH3中B为+3价，H为-1价，所以电负性H>B，所以电负性由大到小依次为：N > H > B；
②NH3BH3中B元素为+3价，失去电子变为+5价的B生成，H2O中H为+1价得到电子变为0价H生成氢气，用点线桥表示电子转移时箭头失去电子的元素指向得到电子的元素，故单线桥表示电子转移为：
③氨硼烷分子中N为–3价，B为+3价，与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，两种H原子形成分子间双氢键，分子间氢键使氨硼烷的熔点明显升高，所以双氢键都能形成的原因是与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，两种H之间存在相互作用；
23. 利用光催化技术可将太阳能转化为化学能。
（1）光催化可实现NOx的净化
①比较N、O元素第一电离能大小并从结构角度解释原因___________。
②光催化还原NOx可得到氮气，从结构角度分析氮气性质稳定的原因___________。
③光催化氧化NOx最终产物为硝酸盐，的空间结构是___________。
（2）光催化CO2和H2O合成甲醇是CO2转化利用最有前景的途径之一、比较甲醇分子中H-C-H与C-O-H的键角大小并解释原因___________。
（3）光催化可降解苯酚等有机物。在紫外光的作用下催化剂表面有·OH(羟基自由基)生成，·OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，该反应的化学方程式为___________。
（4）某含钛的复合型物质可作光催化剂，晶胞结构如下图所示，边长均为anm。
①基态钛原子的价层电子轨道表示式为___________。
②晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是___________。
③NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为___________g·cm-3(1nm=10-7cm)。
【答案】（1） ①. N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N>O ②. N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定 ③. 平面三角形
（2）中心原子的杂化方式均为sp3杂化，COH中氧上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对具有较大斥力，，使得键角：HCH>COH
（3）C6H6O+28·OH6CO2+17H2O
（4） ①. ②. 6 ③.
【解析】
【小问1详解】
①N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N>O。
②N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，所以N2化学性质稳定。
③中N原子价电子对数为3，无孤电子对，空间结构是平面三角形。
【小问2详解】
甲醇分子中C、O原子的杂化方式均为sp3杂化，COH中氧上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对具有较大斥力，使得键角：HCH>COH。
【小问3详解】
·OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为C6H6O+28·OH6CO2+17H2O。
【小问4详解】
①钛是22号元素，核外有22个电子，基态钛原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，其价层电子轨道表示式为 。
②根据晶胞图，晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是6。
③根据均摊原则，晶胞中Ti原子数为、C原子数为1、O原子数为，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为g·cm-3g·cm-3。
24. 辣椒的味道来自于辣椒素类化合物。辣椒素L的合成路线如下(部分试剂或产物略)。
已知：①R—OHR—Br
②
请回答：
(1)已知A分子无甲基，则A的结构简式是_______。
(2)E中所含官能团是_______。
(3)C→D的化学方程式是_______。
(4)D与F生成G的反应类型是_______。
(5)J的结构简式是_______。
(6)将D与F等物质的量投料时，G的产率较高，若提高F的比例，则会使一种副产物(其分子量大于G)的含量增加，该副产物的结构简式是__。
(7) 已知：R-COCl+HO-R'→R-COOR'+HCl。试剂b为()K与试剂b发生反应时，不仅试剂b中氨基的氢发生取代，同时其羟基的氢也可发生取代；而K与试剂a发生反应时，只得到L。从基团之间相互影响的角度分析，K与试剂a或试剂b反应时，产生上述差异的原因是__
【答案】 ①. BrCH2CH2CH2Br ②. 碳碳双键、羟基 ③. HOOC-CH2-COOH+2C2H5OHC2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O ④. 取代反应 ⑤. （CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH ⑥. ⑦. 氨基与苯环直接相连后，苯环影响氨基活性，使氨基氢原子更难被取代(或者氨基氢原子与羟基氢原子活性相近)
【解析】
【分析】由A的分子式和分子无甲基的信息可知，A为BrCH2CH2CH2Br；BrCH2CH2CH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH2CH2OH，则B为HOCH2CH2CH2OH；一定条件下，HOCH2CH2CH2OH与氧气发生催化氧化反应生成HOOC-CH2-COOH，则C为HOOC-CH2-COOH；在浓硫酸作用下，HOOC-CH2-COOH与乙醇共热发生酯化反应生成C2H5OOC-CH2-COOC2H5，则D为C2H5OOC-CH2-COOC2H5；由信息①可知，（CH3）2CHCH=CHCH2CH2CH2OH与PBr3发生取代反应生成（CH3）2CHCH=CHCH2CH2CH2Br，则F为（CH3）2CHCH=CHCH2CH2CH2Br；在催化剂作用下，（CH3）2CHCH=CHCH2CH2CH2Br与C2H5OOC-CH2-COOC2H5发生取代反应生成（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COO C2H5）2，（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COO C2H5）2在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COONa）2，则H为（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COONa）2；（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COONa）2经酸化得到（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COOH）2，则I为（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COOH）2；（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COOH）2在加热条件下脱去二氧化碳得到（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH，则J为（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH；（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH发生信息②反应，（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH先与SOCl2发生取代反应生成（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COCl，（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COCl再与发生取代反应生成辣椒素L，则试剂a为。
【详解】(1)由信息可知，A的结构简式为BrCH2CH2CH2Br，故答案为：BrCH2CH2CH2Br；
(2)E的结构简式为CH3）2CHCH=CHCH2CH2CH2OH，官能团为碳碳双键、羟基，故答案为：碳碳双键、羟基；
(3) C→D的反应为在浓硫酸作用下，HOOC-CH2-COOH与乙醇共热发生酯化反应生成C2H5OOC-CH2-COOC2H5和水，反应的化学方程式为HOOC-CH2-COOH+2C2H5OHC2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O，故答案为：HOOC-CH2-COOH+2C2H5OHC2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O；
(4) D与F生成G的反应为在催化剂作用下，（CH3）2CHCH=CHCH2CH2CH2Br与C2H5OOC-CH2-COOC2H5发生取代反应生成（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COO C2H5）2，故答案为：取代反应；
(5) 由分析可知，J的结构简式为（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH，故答案为：（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH2COOH；
(6)由分析可知，在催化剂作用下，（CH3）2CHCH=CHCH2CH2CH2Br与C2H5OOC-CH2-COOC2H5发生取代反应生成（CH3）2CCH=CHCH2CH2CH2CH（COO C2H5）2时， C2H5OOC-CH2-COOC2H5分子中CH2原子团上的一个氢原子被取代，若（CH3）2CHCH=CHCH2CH2CH2Br比例增大，C2H5OOC-CH2-COOC2H5分子中CH2原子团上的另一个氢原子也可能被取代生成，故答案为：；
(7)由分析可知，试剂a为，试剂b()与试剂a相比，试剂b中氨基与苯环直接相连，氨基与苯环直接相连后，苯环影响氨基的活性，使氨基氢原子与羟基氢原子活性相近，氨基氢原子更难被取代，导致K与试剂b发生反应时，不仅试剂b中氨基的氢发生取代，同时其羟基的氢也可发生取代，故答案为：氨基与苯环直接相连后，苯环影响氨基的活性，使氨基氢原子更难被取代(或者氨基氢原子与羟基氢原子活性相近)。
25. 左氧氟沙星是一种具有广谱抗菌作用的药物，其前体的合成路线如下：
已知：
ⅰ、(其中、是有机试剂缩写)
ⅱ、
ⅲ、＋＋
（1）A中含-CH3，A→B的化学方程式是___________。
（2）D的结构简式是___________。
（3）已知试剂的结构简式为。的反应类型为___________。
（4）G分子中官能团名称为氟原子、醚键、___________、___________。
（5）已知试剂为，H的结构简式是___________。
（6）I中含有两个酯基，的结构简式是___________。
（7）K的另一种制备途径如下：
写出M、N、P的结构简式___________、___________、___________。
【答案】（1）+C2H5OH+H2O
（2）（3）取代反应
（4） ①. 羟基 ②. 氨基
（5）（6）（7） ①. ②. ③.
【解析】
【分析】A中含-CH3，参照E的结构，A的结构简式为，B为，C为，D为；a为，E为；
依据信息，可确定F为，G为；试剂为，则H为；H的分子式为C17H21NO6F2，I的分子式为C17H19NO5F2，则H脱掉1个H2O生成I，I为，I发生取代反应生成J和乙醇，则J为，K为。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，B为，则A→B的化学方程式是+C2H5OH+H2O。答案为：+C2H5OH+H2O；
【小问2详解】
由分析可知，D的结构简式是。答案为：；
小问3详解】
已知试剂a的结构简式为，则++HF，反应类型为取代反应。答案为：取代反应；
【小问4详解】
G为，分子中官能团名称为氟原子、醚键、羟基、氨基。答案为：羟基；氨基；
【小问5详解】
已知试剂为，由分析可得出，H的结构简式是。答案为：；
【小问6详解】
I中含有两个酯基，由分析可得出，的结构简式是。答案为：；
【小问7详解】
由K制备，采用逆推法，可确定P为，参照信息ⅲ，可确定M为，N为，从而得出M、N、P的结构简式分别为、、。答案为：；；。
【点睛】合成有机物时，可采用逆推法。
26. 实验小组同学探究用新制氢氧化铜检验葡萄糖的适宜条件。
资料：ⅰ．葡萄糖在碱的作用下，可以生成黄色物质；随着温度升高，可聚合为颜色更深(如棕色)的聚合物。
ⅱ．Cu2O、CuO均溶于氨水，生成、；Cu不溶于氨水。
（1）探究NaOH溶液的用量对该反应的影响。
①实验Ⅱ中，葡萄糖转化为___________。
②分析实验Ⅱ能生成砖红色沉淀但实验Ⅰ不能生成砖红色沉淀的原因：
a．电极反应式：
ⅰ．还原反应：
ⅱ．氧化反应：___________。
b．依据电极反应式分析实验Ⅱ有砖红色沉淀生成的可能原因：随增大，氧化性减弱，但是___________。
（2）探究葡萄糖溶液的用量和水浴温度(加热时间约1min，冷却后过滤)对该反应的影响。
①经检验，实验Ⅳ中产生的黑色沉淀中含有Cu。检验方法是：取实验Ⅳ中70℃时产生的沉淀，洗涤，___________(填操作和现象)。
②分析实验Ⅲ未产生黑色Cu的原因，同学提出两种假设：
假设a：葡萄糖物质的量少，无法将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质。
假设b：___________(补充完整)。
经定量分析可知假设a不成立。
（3）综合以上实验，用新制氢氧化铜检验葡萄糖时，为了能更好地观察到试管内产生砖红色沉淀，将宜采用的条件填入下表。
【答案】（1） ①. CH2OH(CHOH)4COONa ②. CH2OH(CHOH)4CHO-2e-+3OH-=CH2OH(CHOH)4COO-+2H2O ③. 随c(OH-)增大，葡萄糖还原性增强
（2） ①. 加入足量浓氨水，振荡，过滤，在滤渣中加入浓硝酸，产生红棕色气体 ②. 葡萄糖浓度太小，还原性弱，不能将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质
（3） ①. 50℃ ②. 5滴10%葡萄糖溶液
【解析】
【分析】通过设计实验，探究NaOH溶液的用量对该反应的影响；探究葡萄糖溶液的用量和水浴温度(加热时间约1min，冷却后过滤)对该反应的影响；综合实验，用新制氢氧化铜检验葡萄糖时，为了能更好地观察到试管内产生砖红色沉淀，对实验进行分析；
【小问1详解】
①实验Ⅱ中，加热、静置后，底部有砖红色沉淀产生，则葡萄糖被氧化，转化为CH2OH(CHOH)4COONa；
②a．ⅰ．还原反应，氢氧化铜得电子发生还原反应生成氧化亚铜：；
ⅱ．氧化反应，葡萄糖失电子产生葡萄糖酸，电极反应为：CH2OH(CHOH)4CHO-2e-+3OH-=CH2OH(CHOH)4COO-+2H2O；
b．依据电极反应式分析实验Ⅱ有砖红色沉淀生成的可能原因：随增大，氧化性减弱，但是随c(OH-)增大，葡萄糖还原性增强；
【小问2详解】
①经检验，实验Ⅳ中产生的黑色沉淀中含有Cu。检验方法是：取实验Ⅳ中70℃时产生的沉淀，洗涤，加入足量浓氨水，振荡，过滤，在滤渣中加入浓硝酸，产生红棕色气体；
②分析实验Ⅲ未产生黑色Cu的原因，同学提出两种假设：
假设a：葡萄糖物质的量少，无法将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质；
假设b：葡萄糖浓度太小，还原性弱，不能将Cu(Ⅱ)还原为Cu单质；
经定量分析可知假设a不成立；
【小问3详解】
根据上述实验可知，在50℃时，实验Ⅲ得到较多砖红色沉淀；滤液呈极浅黄色，实验Ⅳ得到大量砖红色沉淀；滤液呈浅橙色，所以使葡萄糖的浓度较大，量较少，故答案为50℃；5滴10%葡萄糖溶液。
实验目的
实验药品
A
验证乙醇的消去产物含有乙烯
乙醇、浓硫酸、酸性溶液
B
验证乙酸的酸性强于碳酸的酸性
溶液、固体、饱和溶液、澄清石灰水
C
验证蛋白质的盐析是可逆过程
鸡蛋清溶液、饱和溶液、蒸馏水
D
比较水和四氯化碳分子的极性
碘晶体、、
A．制备乙烯并检验
B．实验室制乙酸乙酯
C．检验溴乙烷水解产物中含有Br
D．证明酸性：碳酸>苯酚
装置
序号
操作
现象
①
将试管置于冰水浴中
溶液均呈粉红色
②
加水稀释
③
加少量ZnCl2固体
编号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验方案
实验现象
加热，无明显现象，静置后未见砖红色沉淀
加热、静置后，底部有砖红色沉淀
编号
实验Ⅲ
实Ⅳ
实验方案
温度
现象
50℃
得到较多砖红色沉淀；滤液呈极浅黄色
得到大量砖红色沉淀；滤液呈浅橙色
70℃
得到较多砖红色沉淀；滤液呈棕黄色
得到大量砖红色沉淀并伴有少量黑色沉淀；滤液呈棕色
100℃
得到较多砖红色沉淀；滤液呈红棕色
得到大量黑色沉淀；滤液呈深棕色
温度／℃
NaOH溶液
葡萄糖溶液
条件
___________
2mL10%NaOH溶液
___________