高二下期第三學月考試化學化學試卷分為第一部分（選擇題）和第二部分（非選擇題）兩部分。滿分：分，考試時間：分鐘。注意事項：相對原子質量：第一部分選擇題（共分）一、選擇題：本題共小題，每小題3分，共分。每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求。1.化學與生活、科技發(fā)展等息息相關。下列說法錯誤的是A.藥品包裝上的“OTC”標識指的是處方藥，需要根據(jù)醫(yī)生處方進行購買B.石墨烯是一種具有優(yōu)異性能的新型材料，它只有一個碳原子直徑的厚度C.洗發(fā)時使用護發(fā)素是利用護發(fā)素調節(jié)頭發(fā)的，使之達到適宜酸堿度的功能D.我國中核集團核理化院獲得公斤級豐度為99%的產品，與互為同位素【答案】A【解析】【詳解】A“OTC”標識為非處方藥的標識，A錯誤；B．石墨烯是一種由單層碳原子構成的二維材料，它只有一個碳原子直徑的厚度，B正確；CpH大于7pH小于7節(jié)頭發(fā)的pH，使之達到適宜的酸堿度，C正確；D．與的質子數(shù)相同而中子數(shù)不同，是同一元素的不同原子，故互為同位素，D正確；故選A。2.下列有關離子反應的說法正確的是A.參加離子反應的物質一定都是電解質B.任何一種離子的數(shù)目在反應中一定減小C.沒有氣體、沉淀、水生成的反應也可能是離子反應D.所有酸堿中和反應的離子方程式均相同【答案】C【解析】【詳解】電解質在溶液中的反應是離子反應，但參加離子反應的物質不一定都是電解質，如置換反應中的第1頁/共18頁

單質，單質既不是電解質，又不是非電解質，A錯誤；在離子反應中，離子的數(shù)目不一定都減小，如溶液與的反應中，的數(shù)目增大，B錯誤；如溶液與的反應中，沒有氣體、沉淀、水生成，C正確；鹽酸和溶液反應的離子方程式為，稀硫酸與溶液反應的離子方程式為，故酸堿中和反應的離子方程式不一定都相同，D錯誤。3.不同類別物質間的轉化為線索，認識鈉及其化合物。下列分析正確的是A.Na投入水中會沉入底部并四處游動B.上述轉化中只有分解反應和置換反應C.反應③④表明NaCO3不能轉化為NaOH或NaHCO3D.向足量NaO2固體中通入1molHO和CO2混合氣體，發(fā)生反應⑤、⑥，共產生16gO2【答案】D【解析】【詳解】A．金屬鈉的密度比水小，浮在水面上，不是沉在底部，A項錯誤；BB項錯誤；C．碳酸鈉可以繼續(xù)反應CO+NaCO+HO=2NaHCO，碳酸鈉和氫氧化鈣可以通過復分解反應生成NaOH，C項錯誤；DNaO2與HO和CO2反應為2NaO+2HO=4NaOH+O2NaO+2CO=2NaCO+ONaO2固體中通入1molHO和CO21molHO，產生16gO，若為1molCO，產生16gO1molHO和CO2混合氣體，發(fā)生反應⑤、⑥，共產生16gO，D項正確；故答案選D。4.與生成的反應可以一步完成，也可以分兩步完成，各步反應之間的關系如圖所示，下列說法錯誤的是第2頁/共18頁

A.完全燃燒放出熱量為B.C.相同質量的碳，完全燃燒比不完全燃燒放出的熱量更多D.根據(jù)圖示推出【答案】B【解析】【詳解】A．由圖可知1molC(s)完全燃燒生成CO(g)放出熱量393.5kJ，物質的量為，完全燃燒放出熱量為A正確；B．根據(jù)蓋斯定律，反應熱只與反應的始態(tài)和終態(tài)有關，與反應途徑無關，應該是，即，B錯誤；C．由，即碳與氧氣反應生成放出熱量，碳完全燃燒放出熱量，C正確；D．由蓋斯定律可知，碳與反應生成的反應焓變?yōu)榉磻傻臒峄瘜W方程式為，D正確；故選B。5.下列所涉及有關方程式錯誤的是A.硫酸鋁溶液中加入過量氨水：Al3++4OH-=[Al(OH)]–B.NaSO3溶液中滴加稀鹽酸：SO+2H+=S↓+SO↑+HOC.海帶灰浸出液中滴加幾滴硫酸酸化的過氧化氫溶液：2I–+HO2+2H+=I2+2HO第3頁/共18頁

D.草酸溶液中滴加高錳酸鉀酸性溶液：2MnO+5HCO4+6H+=2Mn2++10CO↑+8HO【答案】A【解析】A化鋁，正確的離子方程式為，A錯誤；B．NaSO3溶液與稀鹽酸反應生成硫單質和二氧化硫，離子方程式正確，B正確；C．海帶灰浸出液中含有碘離子，被過氧化氫氧化為碘單質，離子方程式正確，C正確；DMnO被還原為Mn2+D正確；故選A。6.利用銅-鈰氧化物(Ce是活潑金屬)催化氧化除去中少量CO列說法正確的是A.反應(ⅲ)中Cu、Ce化合價均升高B.銅-鈰氧化物減小了反應的反應熱C.若用參與反應，一段時間后，不可能出現(xiàn)在銅-鈰氧化物中D.步驟(i)(iii)生成的機理相同【答案】A【解析】【分析】反應(i)CO與催化劑作用生成二氧化碳，得到O原子，催化劑失去O原子形成一個空位，反應(ii)氧氣與COO2中的O(iii)放出二氧化碳。第4頁/共18頁

A(ⅲ)CuCeA正確；B．銅-鈰氧化物是催化劑，能改變反應速率，但不影響反應熱，B錯誤；C．由圖可知，在反應(ii)中氧分子和催化劑銅-鈰氧化物中的空位結合，反應后1個氧原子進入空位，故一段時間后，可能出現(xiàn)在銅-鈰氧化物中，C錯誤；D(i)中CO與催化劑作用生成二氧化碳，反應(ⅲ)中CO與O2的反應生成COD錯誤；故選A。7.某有機物的結構簡式如下圖，則下列說法錯誤的是A.該有機物可與碳酸氫鈉溶液反應放出CO2B.1mol該有機物可以和足量金屬鈉反應生成1molH2C.分子式為CHO4D.該有機物可發(fā)生氧化、取代、加聚、加成反應【答案】C【解析】【詳解】A．該有機物中含有羧基，羧基可以與NaHCO3反應產生CO，A正確；B．該有機物中羥基、羧基能與Na反應產生H，1mol該有機物中含有1mol羧基和1mol羥基，根據(jù)反應比例：2—COOH~H、2—OH~H，知產生H2為1mol，B正確；C．該有機物中，不飽和度為7，碳原子個數(shù)為12，則氫原子個數(shù)為，分子式為：，C錯誤；D．該有機物可以發(fā)生氧化反應，如燃燒、碳碳雙鍵（醛基、羥基）與KMnO4反應；可以發(fā)生取代反應，如酯化反應；可以發(fā)生加成反應，如苯環(huán)、碳碳雙鍵、醛基與H2可以發(fā)生加聚反應，D正確；故答案C。8.是優(yōu)良的水處理劑，一種制備方法是將混合共熔，反應為第5頁/共18頁

，下列關于該反應的說法不正確的是A.Fe元素被氧化，N元素被還原B.氧化性：C.反應中轉移電子數(shù)為生成的6倍D中Fe元素只有氧化性【答案】C【解析】【詳解】9.已知XYZMX原子中的電子只有一種自旋取向，Y的最高正化合價與最低負化合價之和為0M的s能級上的電子總數(shù)與p液體，其化學式為。下列相關說法正確的是A.四種元素的原子半徑：M>Y>Z>XB.四種元素的基態(tài)原子的第一電離能：M>Z>Y>XCX與Y、Z、M均能形成兩種或兩種以上化合物D.該離子液體常溫下呈液態(tài)，屬于共價化合物【答案】C【解析】XX為HY的最高正化合價與最低負化合價之和為0，Y位于第ⅣA族，為C或Si，M的不同類型能級上的電子數(shù)相同，根據(jù)構造原理，其電子排布式為或，可能是O或Mg，結合離子液體的化學式，M只可能為O，又根據(jù)X、Y、Z、M為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，則Y為C，Z為N，形成離子液體的物質化學式為?！驹斀狻緼．電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同原子序數(shù)越大半徑越小，四種元素的原子半徑C>N>O>H，A錯誤；B．四種元素的基態(tài)原子第一電離能氮的大于氧的，故N>O>C>H，B錯誤；第6頁/共18頁

C．H與C、N、O均能形成多種化合物，C正確；D．離子液體，屬于離子化合物，但其熔點低，常溫下呈液態(tài)，D錯誤；故答案選C。10.工業(yè)生產4的化學反應原理為：2(s)+2C(s)+2Cl(g)2CO(g)+4(g)，在一定溫度的恒容密閉容器里發(fā)生該反應，若0~5min內4(g)的物質的量濃度變化為0.3mol/LA.反應達到平衡時：2v正(Cl2)=v逆(4)B.0~5min內用C表示的平均速率為v(C)=0.12mol/(L·min)C.向該容器中通入稀有氣體，總壓強增大，所以化學反應速率增大D.在建立平衡的過程中，混合氣體的平均摩爾質量呈增大趨勢【答案】D【解析】【詳解】A．在可逆反應中，各物質的反應速率之比=化學計量數(shù)之比，則達到平衡有：，A錯誤；B．C為固體，不能用C的濃度變化表示反應速率，B錯誤；CC錯誤；D．根據(jù)反應方程式，反應物中只有是氣體，初始反應時氣體反應物的平均摩爾質量為，隨反應進行得到生成物和，兩者的氣體平均摩爾質量為個從遞變的增大趨勢，D正確；故答案為：D。粉末緩慢加入醋酸溶液()中，HAc的電離常數(shù)的質量為(溶液的體積變化忽略不計)法錯誤的是A.時水的電離程度大于時水的電離程度第7頁/共18頁

B.溶液中：C.時溶液中：D.的溶液中：【答案】A【解析】A．時，過量，時，與時，水的電離程度小于時水的電離程度，A錯誤；B．NaAc溶液中存在電荷守恒：，物料守恒：，則可得質子守恒式：，B正確；C．，的電離常數(shù)，，C正確；D．的溶液物料守恒式：，D正確；故選A。12.工業(yè)用Cl2制備4的熱化學方程式為(s)+2Cl(g)+2C(s)(g)+2CO(g)。若NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列關于該反應的說法不正確的是A.Cl、CO都是由極性鍵構成的非極性分子B.、SO中心原子的雜化方式均為sp3C.0.1mol2反應制得的CO分子數(shù)小于0.2NAD.0.2mol4生成時，轉移的電子數(shù)為0.8NA【答案】A【解析】【詳解】A．Cl2分子由同種原子組成，Cl-Cl鍵為非極性鍵，Cl2為非極性分子。CO分子由C和O兩種不同原子組成，C≡O鍵為極性鍵，且分子結構不對稱，為極性分子，A錯誤；B．4中的價層電子對數(shù)為，無孤對電子，為sp3雜化；中S的價層電子對數(shù)為，無孤對電子，同樣為sp3雜化，B正確；C0.1mol2理論上生成0.2molCO0.2NC正確；第8頁/共18頁

DC被氧化為（C從0價升至+21molCO轉移2mol2molCO共轉移4mol電子。生成1mol4對應轉移4mol電子，因此0.2mol4轉移0.8NA電子，D正確；故選A。13.精細化學品Z是X與HBr反應的主產物，X→Z的反應機理如下：下列說法不正確的是A.X與互為順反異構體B.X的核磁共振氫譜中有6個吸收峰C.X與HBr反應有副產物生成D.Z分子中含有2個手性碳原子【答案】D【解析】【詳解】A．X的結構為，氫原子在雙鍵的兩側，為反式結構，的結構中氫原子在雙鍵的同側，為順式結構，二者互為順反異構體，A項正確；B．X的結構為，結構中存在6中不同種類的氫原子，故核磁共振氫譜中有6個吸收峰，B項正確；C．X與HBr發(fā)生加成反應，可得到和兩種產物，C項正確；D．Z中只有1個手性碳，D項錯誤；答案選D。第9頁/共18頁

14.AgAc溶液(有足量AgAc固體)pH促進AgAcAgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡時lgc(Ag+)、分布系數(shù)δ(M)與pH的變化關系如圖所示〔其中M代表HAc或Ac，δ(HAc)=，Ag+水解忽略不計]。已知：常溫下，pKsp(AgAc)=-lgKsp(AgAc)=2.71。下列敘述錯誤的是A.曲線代表lgc(Ag+)與pH的關系B.pH=4.5時，溶液中c(HAc)<c()CpH=6時，溶液中>10D.AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)的平衡常數(shù)K=102.04【答案】C【解析】pHc(H+)c(HAc)c(Ac?)HAcpH增Ac?的分布系數(shù)（隨pH【詳解】A．隨著pH減小，c(H+)增大，AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡正向移動，隨pH減小lgc(Ag+)增大，曲線I代表lgc(Ag+)與pH的關系，A正確；B．當pH=4.5時，溶液中存在物料守恒c(Ag+)=c(Ac?)+c(HAc)，電荷守恒c(Ag+)+c(H+)=c(Ac?)+c()+c(OH?)c(HAc)+c(H+)=c()+c(OH?)pH=4.5c(H+)>c(OH?)c(HAc)<c()B正確；C．pH=6時，c(H+)=10?6mol/L，Ka(HAc)=，X點時pH=4.75，δ(HAc)==0.5，即Ka(HAc)=c(H+)=10-4.75第10頁/共18頁

，C錯誤；D．AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡常數(shù)K，Ksp(AgAc)=10-2.71，Ka(HAc)=10-4.75，平衡常數(shù)K=102.04，D正確；故選C。第二部分非選擇題（共分）二、非選擇題：本題共4小題，共分。15.研究合成對實現(xiàn)“碳中和”具有重要意義。在合適的催化劑存在時與制的過程一般含有以下3個反應。已知：。Ⅰ．；Ⅱ．Ⅲ．（1）由大到小的順序為______。（2）向初始壓強為5MPa的恒壓密閉容器中充入和發(fā)生反應Ⅰ和Ⅱ，測得的平衡轉化率與、CO的選擇性隨溫度的變化如圖所示。已知：選擇性，X代表或CO。①下列能說明體系各反應均已達到平衡狀態(tài)的是______a．b．體系中的物質的量保持不變第11頁/共18頁

c．混合氣體的平均摩爾質量保持不變d．混合氣體的密度保持不變②225℃時，選擇性：S(CO)______（填“>”“<”或“=”）。，隨著溫度升高而增大的原因是______。③A點為，B點為，則270℃達到平衡的反應體系中的平衡轉化率____________。④保持270℃時的恒容狀態(tài)，向平衡體系中再按物質的量比為充入和，重新達到平衡，則的體積分數(shù)增大的原因是______?！敬鸢浮浚?）（2）①.bcd②.<③.溫度高于225℃，容器中以反應Ⅱ為主，升溫則反應Ⅱ正向移動的程度大于反應Ⅰ逆向移動的程度，所以的平衡轉化率增大④.21%⑤.0.032⑥.恒溫、恒容下，通入物質的量比為的和，相當于對體系增壓，反應Ⅰ平衡右移，的體積分數(shù)增大【解析】【小問1詳解】根據(jù)蓋斯定律，?，可得；【小問2詳解】①a．反應體系發(fā)生兩個反應，所以只有，不能說明反應已達平衡狀態(tài)，a錯誤；b．的物質的量保持不變，反應Ⅰ、Ⅱ已達平衡，CO、的物質的量不變，b正確；c．反應Ⅰ的氣體分子數(shù)減少，反應Ⅱ的氣體分子數(shù)不變，故平衡正向進行氣體的總質量不變，總物質的量減小，混合氣體的平均摩爾質量為變量，平均摩爾質量不變則反應均已平衡，c正確；d衡，d正確；②低溫時，有利于反應Ⅰ正向進行，的選擇性大于CO的，而高溫時，有利于反應Ⅱ正向進行，CO的選擇性大于，二者在相等，故時，；第12頁/共18頁

溫度高于225℃的平衡轉化率增大；③由，轉化的，，即，即生成的，生成的，消耗的，；反應Ⅱ為氣體分子數(shù)不變的反應，則；的和的平衡右移，的體積分數(shù)增大。16.鈷是生產電池材料、耐高溫合金、防腐合金、磁性材料及催化劑的重要原料。一種以某煉鋅廢渣(含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的正二價氧化物及鋅和銅的單質)為原料提取鈷的工藝流程如圖所示：已知：加入沉淀劑時，當溶液中某離子濃度小于或等于時，即認為該離子沉淀完全；常溫下，部分難溶電解質的溶度積常數(shù)如表?；瘜W式回答下列問題：（1）為提高“酸浸”的速率，可采取的措施有將廢渣磨碎、___________(填兩點)“酸浸”步驟在常壓、70℃條件下進行，反應生成的難溶化合物X經(jīng)分離后進入浸渣中，則生成難溶化合物X的化學方程式為___________。（2“沉錳”步驟中加入溶液的作用是___________“沉鈷”后的鈷回收后液中可回收的金屬主要第13頁/共18頁

為___________(填化學式)。（3）已知：E為氧化還原電勢，氧化還原電勢越高，氧化性物質的氧化性越強；在時，。在溶液時，能將氧化，該反應的離子方程式為___________。以1t濕法煉鋅凈化渣(的質量分數(shù)為w%)為原料提取出，在提取過程中鈷的損失率為___________%(填含w、m的表達式)。【答案】（1）①.適當升高“酸浸”溫度、適當攪拌②.PbO+HSO=PbSO+HO（2）①.氧化和②.（3）①.+2Co2++6HO=2Co(OH)↓+2+6H+②.【解析】【分析】煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的+2價氧化物及鋅和銅的單質，經(jīng)稀硫酸酸浸時，銅不溶解，Zn及其他+2價氧化物除鉛元素轉化為硫酸鉛沉淀外，其他均轉化為相應的+2價陽離子進入溶液，故浸渣為Cu和PbSOHS沉銅生成CuSNaSO8將Mn2+氧化為MnO2除去，同時Fe2+也被氧化為Fe3+，再次過濾后，用氫氧化鈉調節(jié)pH=4，F(xiàn)e3+完全轉化為Fe(OH)3沉淀除去，第三次過濾后的濾液中加入NaClO沉鈷，得到Co(OH)，Zn2+在濾液中。【小問1詳解】為提高“酸浸”效率，可采取的措施有適當升高“酸浸”溫度、適當攪拌、適當增大硫酸的濃度等；根據(jù)PbO+HSO=PbSO+HO；【小問2詳解】NaSO8溶液的作用是將Mn2+氧化為MnO2除去，同時Fe2+也被氧化為Fe3+”后的鈷回收后液中含有Zn2+，經(jīng)過一定的分離提純手段后可回收Zn；【小問3詳解】CoO＞＞Co(OH)，因此可將Co2+氧化為Co(OH)，離子方程式為+2Co2++6HO=2Co(OH)↓+2+6H+1噸濕法煉鋅凈化渣(Co的質量分數(shù)為w%)為原料提取出mkgCo(OH)Co為1000kg×w%=10wkg，實際生成的Co的質量為，在提取過程中鈷的損失率為。第14頁/共18頁

17.鄰硝基苯胺（）可用作染料中間體和照相防灰劑原料。以苯胺為原料制備鄰硝基苯胺的流程及實驗如下：已知：苯胺是無色液體，易被空氣氧化變成紅色或紅棕色的液體?！鎸⑷芤撼脽岬谷氡校吋尤脒厰嚢?，有大量的白色或淺黃色固體析出，冷卻后減壓抽濾，用少量冰水洗滌，得到粗產品。請回答下列問題：（1）鋅粉的作用是____________。（2）乙酰苯胺粗產品可以通過___________（填操作名稱）提純，得到純的乙酰苯胺。（3）根據(jù)上述流程，設計制備乙酰苯胺的目的是___________。Ⅱ．制備鄰硝基乙酰苯胺（）的裝置如圖所示。（4）儀器X的名稱是__________，儀器Y的作用是___________。（5）寫出生成鄰硝基乙酰苯胺的化學方程式_________。（6）與酒精燈加熱相比，水浴加熱的優(yōu)點是__________。【答案】（1）防止苯胺被氧化（2）重結晶（3）保護氨基，防止被濃硝酸（或濃硫酸）氧化（4）①.恒壓滴液漏斗②.冷凝回流第15頁/共18頁

（5）+HNO(濃)+HO（6）受熱均勻，便于控制溫度【解析】【分析】苯胺與乙酸反應得到乙酰苯胺，乙酰苯胺與濃硝酸和濃硫酸發(fā)生硝化反應得到鄰硝基乙酰苯胺，鄰硝基乙酰苯胺在一定條件下生成鄰硝基苯胺，氨基易被氧化，與乙酸反應的目的是保護氨基，防止被氧化。【小問1詳解】鋅粉具有還原性，作用是防止苯胺被氧化；【小問2詳解】乙酰苯胺是固體，粗產品可以通過重結晶可以提純；【小問3詳解】根據(jù)上述流程，設計制備乙酰苯胺的目的是保護氨基，防止硝化反應時被氧化；【小問4詳解】儀器X名稱恒壓滴液漏斗；儀器Y是球形冷凝管，其作用是冷凝回流，提高原料利用率；【小問5詳解】乙酰苯胺與硝酸發(fā)生取代反應生