2023届重庆市巴蜀中学高三下学期适应性月考卷（九）化学试题

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巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（九） 化学参考答案  一、选择题：本题共14小题，每小题3分。题号1234567答案BDCBADD题号891011121314答案ABBDCCC【解析】1．Pb3O4属于氧化物，A正确。Pb3O4中铅的化合价是+2和+4，所以与盐酸反应生成的盐不是只有PbCl2，B错误。制胡粉过程中铅的化合价发生了改变，发生了氧化还原反应，C正确。密陀僧（PbO）与一氧化碳高温加热，一氧化碳作还原剂可以制得铅，D正确。故选B。2．中子数为8的氧原子的质量数为8+8=16，核素符号为16O，A错误。漏画了氧原子的孤对电子，B错误。水是V形分子，C错误。CO(NH2)2由羰基和氨基（—NH2）构成，结构简式为，D正确。故选D。3．由反应SiO2+2C=Si+2CO可知，碳元素化合价升高被氧化，失去电子，是反应的还原剂，而非金属性指的是元素的原子得电子的能力，A错误。AlCl3是熔融状态下不能导电的共价化合物，所以工业上电解熔融状态下的Al2O3获取Al，B错误。FeCl3具有氧化性，FeCl3溶液能与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，可用于蚀刻铜制品，C正确。NH3在催化剂作用下与O2直接反应生成的是NO和H2O，不能生成NO2，D错误。4．酚可与溴水发生取代反应，γ-崖柏素有酚的通性，且γ-崖柏素的环上有可以被取代的H，故γ-崖柏素可与溴水发生取代反应，A说法错误。酚类物质能与NaOH溶液反应，B说法正确。γ-崖柏素分子中有一个异丙基，异丙基中间的碳原子与其相连的3个碳原子不共面，故其分子中的碳原子不可能全部共平面，C说法错误。1mol崖柏素最多与4mol氢气发生加成反应，D说法错误。综上所述，本题选B。5．pH=12的溶液显碱性，碱性条件下，该组离子均能共存，A符合题意。的溶液，呈酸性，碳酸根不能大量共存，B不符合题意。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，C不符合题意。水电离的c(OH−)1×10−13mol·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，D不符合题意。故答案为A。6．因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N—Al的键长小于N—Ga的，则N—Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于AlN，A说法正确。不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B说法正确。金刚石中每个C原子形成4个共价键（即C原子的价层电子对数为4），C原子无孤电子对，故C原子均采取sp3杂化。由于AlN、GaN与金刚石结构相似，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，C说法正确。基态铝原子只有1个未成对电子，D说法错误。综上所述，本题选D。7．每个P4分子中含6个P—P键，124g P4为1mol，含6mol P—P键，A错误。未说明体积所以无法计算Fe3＋数目，B错误。常温常压下，11.2L CH4和C2H4的混合气体物质的量不为0.5mol，C错误。正丁烷和异丁烷互为同分异构体，每个正丁烷或异丁烷分子中含有13个共价键，58g正丁烷和异丁烷的混合物的物质的量为，则含有共价键的物质的量为13mol，即含有13NA个共价键，D正确。8．A．实验过程中会有Br2挥发导致AgNO3溶液产生沉淀而无法验证HBr的生成。B．在用水除杂后再用高锰酸钾检验乙烯，正确。C．利用乙醇与钠反应产生氢气而甲醚不行，鉴别正确。D．为了防止氯化镁水解所以需要在HCl气流中加热制取氯化镁固体，正确。9．CH3COONH4中水解，，会消耗CH3COO−水解生成的OH−，测定相同浓度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者，不能说明Kh(CH3COO−)<Kh()，A错误。K2CrO4中存在平衡(黄色)+2H+(橙红色)+H2O，缓慢滴加硫酸，H+浓度增大，平衡正向移动，故溶液黄色变成橙红色，B正确。浓硫酸和稀硫酸与锌反应不同，不能用来相互比较反应速率，C错误。Fe(NO3)2溶液中加入硫酸，硝酸根会氧化亚铁离子而无法检验出原物质中是否含有Fe3+，D错误。10．X为N、Y为Mg、Z为P、W为S。同主族从上到下原子半径增大，同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：r(X)< r (W) < r (Z) < r (Y)，A错误。第一电离能大小为S<P<N，B正确。非金属性N大于P，则Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱，C错误。S的电负性强于P，D错误。11．B电极为电解池阳极，连接电源的正极，A电极为电解池阴极，连接电源负极，A错误。A室每得到6mol电子消耗8mol H+同时有6mol H+从B室迁移过来所以总的pH变大，B错误。B电极上的电极方程式为2H2O-4e−=O2↑+4H+，C错误。根据得失电子守恒，阳极生成3mol氧气转移12mol电子，可还原2mol氮气，同时会迁移12mol H+到A室，所以A室质量增加68g，D正确。12. 溶液中存在物料守恒，电荷守恒，所以溶液中存在，A错误。溶液的<7，溶液显酸性，但由于铵根的浓度是草酸根浓度的2倍，所以不能说明二者水解程度的相对大小，B错误。混合后CaCl2过量溶液中钙离子浓度为，所以，C正确。加入NaOH后溶液为草酸钠溶液没有之前草酸铵双水解对的电离促进程度大，D错误。13．根据均摊法，K+位于晶胞顶点个数为，Ca2+位于晶胞体心所以个数为1，F−位于晶胞面心个数为，所以化学式为KCaF3，A正确。K+位于顶点，F－位于晶胞面心，所以与K+等距且最近的F－有个，B正确。密度计算式应该为，C错误。以Ca2+为顶点时F－处于棱心位置，D正确。14．由方程式可知，CH4与H2S为反应物，投料比为1∶2，因此c为H2S，d为CH4，CS2和H2为生成物，系数比为1∶4，因此b为CS2，a为H2。表示CH4、CS2变化的曲线分别是d、b，A错误。由图像可知，温度升高，生成物的量增大，反应物的量减少，说明平衡正向移动，正反吸热，ΔH>0，B错误。设CH4与H2S的投料量为a mol和2 a mol，参加反应的CH4的物质的量为x，列出三段式：M点时H2与H2S的物质的量分数相等，因此2a -2x=4 x，解得x =a mol，因此H2S的转化率为33.3%，C正确。设CH4与H2S的投料量为a mol和2a mol，950℃时参加反应的CH4的物质的量为y，列出三段式：950℃时CS2与CH4的物质的量分数相等，因此a −y=y，解得y=a mol，平衡时CH4、H2S、CS2、H2的物质的量分别为a mol、a mol、a mol、2a mol，H2的体积分数为50%，D错误。二、非选择题：本题共4小题，共58分。（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）3d84s2（1分）（2）H2O2（或新制氯水或NaClO，但不能是KMnO4）（1分）   5.0≤pH<6.7（1分）（3）SiO2、CaSO4    除去溶液中的Ca2+  （4）70℃、120min（90~120min都可给分）（5）=（6）①偏大（1分）     ②(NH4)2Ni(SO4)2   【解析】（1）镍是28号元素，价层电子排布式为3d84s2。（2）加入试剂X是为了将Fe2+氧化为Fe3+，X应为氧化剂，理想的当然是双氧水，另外新制氯水、次氯酸盐也可以，但如果用高锰酸钾，就会引入Mn2+，而Mn2+沉淀的pH与Ni2+很接近，二者不易分离。Fe3+离子生成沉淀，其pH区间（开始沉淀—完全沉淀）为1.1～3.2，铝离子沉淀为的pH区间为3.0～5.0，而镍离子沉淀为的pH区间为6.7～9.5，所以调节溶液5.0≤pH＜6.7，使其完全生成和而过滤除去。（3）酸浸时，SiO2不溶于酸，CaO与H2SO4反应生成CaSO4，硫酸钙微溶，大部分会析出。滤液2中还含有少量Ca2+，如果不除去，加入草酸铵，会生成草酸钙沉淀，使草酸镍晶体不纯。（4）虽然温度高镍的浸出率高，但120min后，90℃与70℃是差不多的，故从节能角度，选70℃。从省时角度，没必要到150min，故选120min。（5）草酸镍晶体中含有结晶水，所以离子方程式中水不能漏写。（6）配制EDTA标准溶液时，若水中含有Ca2+、Mg2+，它们也能跟EDTA络合，从而使所配溶液浓度偏低，滴定时消耗EDTA标准溶液体积会偏大。EDTA与金属离子的配位都是1∶1，根据消耗的EDTA的物质的量，可推知NiSO4为0.1mol，则(NH4)2SO4的物质的量为，所以该镀镍试剂的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2 。16．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）1∶1（2）石英管中硫蒸气的颜色不变或气体变为无色（3）防止Fe2+和CH3CSNH2(或S2−)被氧化    三颈烧瓶（1分）（4）FeS↓+CH3COO−+3NH3↑+3H2O（5）B  （6）适量溶液（1分，无规格不得分）   6.6g (NH4)2SO4晶体（无质量得1分）    无水乙醇洗涤晶体   （1分）    【解析】（1）质量相等的S8和S6中S原子数目相等，所以消耗Fe的质量比为1∶1。（2）石英管中硫蒸气的颜色不变，说明硫蒸气浓度不变，证明反应已进行完全。（4）“反应”时，控制混合液pH约为9，温度为70℃。三颈烧瓶内硫酸亚铁铵和硫代乙酰胺水解生成的硫离子反应生成硫化亚铁沉淀，反应的离子方程式为FeS↓+CH3COO−+3NH3↑+3H2O。（5）柠檬酸钠能与Fe2+形成络合物。（6）取4.0g充分洗净的铁屑，为增大硫酸亚铁的浓度，加入3mol·L－1 H2SO4溶液，在热水浴中加热，并不断搅拌，使其反应到不再产生气体，趁热过滤、洗涤、烘干，得未反应铁屑1.2g，则反应的铁质量为4.0g−1.2g=2.8g，其物质的量为。根据(NH4)2SO4 • FeSO4 • 6H2O可知需要(NH4)2SO4的质量为132g·mol−1×0.05mol=6.6g。故要向滤液中加入6.6g (NH4)2SO4晶体，加热溶液至出现晶膜、冷却结晶、过滤，并用无水乙醇洗涤，再低温烘干，即得硫酸亚铁铵晶体。17．（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）氢气的获得困难，成本高，储存和运输困难，使用安全等（答对一点给1分，两点得2分）（2）①该反应是放热反应或ΔH<0，ΔS <0，（1分）②高温、低压（答一点得1分，答对得2分）③减小粒子直径之后接触面积变大，吸附速率变快。氢气等量时表面的氢化物形成没有大颗粒集中，对内部金属吸附氢气的阻碍作用会变弱。吸附后扩散的距离变短，很快能达到饱和（答对一点即得2分）④Ⅲ    T1 （1分） （3）①② 【解析】（2）②该反应正反应ΔH<0，体积减小，故升高温度和减小压强有利于平衡逆向移动。③纳米材料颗粒小，充入等量H2表面形成氢化物较稀疏，内部金属能较快地和氢原子结合。纳米材料表面积大，吸附能力增强，这些都能增大单位时间内储氢效率。④温度越高，反应速率越快，储氢效率增加。ΔH<0，温度越高，平衡逆向移动，储氢效率降低，所以Ⅲ容器一定达到平衡状态。ΔH<0升高温度平衡逆向移动，都达到化学平衡时，H2转化率最大的反应温度是T1。（3）①      起始量（mol）  n                                             0                        0转化量（mol） na                                            na                      na平衡量（mol） n−na                                         na                      na反应前后压强不变，则反应后的容积为，所以该温度下反应的平衡常数。②阳极乙苯发生氧化反应，18．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）取代反应（1分）（2）碳碳双键、羟基（3）  （4）（5）1∶1  （6）①     （1分）②K中的七元酯环需要跨过稳定的喹啉环形成酯环，环张力大，不稳定。J中只有六元环，稳定（1分）【解析】（5）F的分子式C8H9O2N，I的分子式为C4H6O，J的分子式为C12H9O2N，所以F和I反应生成J的方程式为C8H9O2N+C4H6O+xO2C12H9O2N+yH2O，根据H原子守恒可知生成H2O为3mol，再根据氧原子守恒，可知消耗O2为1mol，所以理论上该过程中消耗的与生成的J的物质的量之比为1∶1。（6）①，中间产物1中有两个六元环和一个五元环，所以中间产物1的结构式为 。由中间产物3中有三个六元环，所以中间产物3的结构简式为 。②按照以上机理不对称加成后最终可以形成副产物K，K中的七元酯环需要跨过稳定的喹啉环形成酯环，环张力大，不稳定。