云南省保山市昌宁县第二中学2024-2025学年高三上学期月考 化学试卷

1 2025届高三年级月考 化学试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分。 满分100分，考试用时75分钟 。 可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 0-16 Cl-35.5 Ti-48 Co-59 Cu-64 I-127 Bi-209 1 注意事项 ： 1.答题前，考生务必将自己的准考证号、 姓名填写在答题卡上。 考生要认真核对答题卡上所粘贴 的条形码中“准考证号、 姓名、 考试科目”与考生本人准考证号、 姓名是否一致。 2.答选择题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动 ， 用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。 答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答 题卡上书写，要求字体工整、 笔迹清晰。 作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用 0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。 必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无 效 ， 在试题卷、 草稿纸上答题无效 。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、 选择题： 本题共14小题， 每小题3分， 共 42分。 在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合 题目要求的。 1. 北京时间8月 12 日凌晨， 2024巴黎奥运会缓缓落下了帷幕。 中国体育健儿交出了40金、27银、 24 铜的完美答卷， 下列相关说法错误的是 A.奥运会中颁发给运动员们的金属奖牌属于合金材料 B.发令枪火药中的药粉含有氯酸钾(KClO₃)和红磷(P)等物质，红磷和白磷互为同素异形体 C. 奥林匹克烯是一个由五个苯环融合组成的多环芳香烃， 属于苯的同系物 D. 复方氯乙烷气雾剂用于运动中的急性损伤，原因是液态的氯乙烷汽化时大量吸热，具有冷冻麻 醉作用 1 2.肼(N₂H₄)有类似于氨的刺鼻气味， 是一种强极性化合物，能很好地混溶于水， 形成N₂H ·H₂O。 下列化学用语表述错误的是 A. 基态N原子价层电子排布图为L1 B.N₂H₄的电子式 C. H₂O的空间填充模型为( D. 氨分子的空间结构为三角锥形 化学·第 1页(共8页) 2025届高三年级月考 化学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C C D B A D D 题号 8 9 10 11 12 13 14 答案 B B A B C B B 1．【答案】C 【解析】 A．奥运会中颁发给运动员们的金属奖牌不是纯金属，属于合金材料，故A正确； B．红磷和白磷互为同素异形体，故B正确； C．奥林匹克烯是多环芳香烃，不是苯的同系物，故C错误； D．液态氯乙烷汽化时吸收热量，使皮肤快速冷冻，具有冷冻麻醉作用，使皮下毛细血管收缩从而止血，同时止痛，常用于治疗运动中的急性损伤，故D正确； 综上所述，答案选C。 2． 【答案】C 【解析】 A．基态N原子2p能级上有3个未成对电子，基态N原子价层电子排布图为，故A正确； B．N2H4的电子式是，故B正确； C．O原子半径比H原子半径大，H2O的空间填充模型为，故C错误； D．氨分子的空间结构为三角锥形，故D正确； 综上所述，答案选C。 3．【答案】D 【解析】 A．由结构简式可知，分子式为C9H13O3N，故A错误； B．由该有机物的结构简式可知，其分子中存在饱和碳原子，根据甲烷的正四面体结构可知，所有原子不可能共平面，故B错误； C．苯环上的一氯取代产物有3种，苯环上剩余的3个氢原子各为一种等效氢，故C错误； D．含酚羟基和醇羟基，氨基，故可以与可与金属钠、氢氧化钠、FeCl3溶液、乙酸、盐酸等物质反应， 故D正确； 综上所述，答案选D。 4．【答案】B 【解析】 A．标况下22.4LH2O不为1mol故所含质子数不为10NA，A错误； B．Na3AlF6中6个F和Al形成配位键，属于σ键，故1mol冰晶石中含有6molσ键，即6NA个σ键，故B正确； C．Al2O3中氧元素为-2价，失2个电子变为氧气中0价，64gO2物质的量是2mol，共转移8NA个电子，故C错误； D．Na2CO3溶液中除Na2CO3外，水中还含有氧原子，即1 mol·L-1Na2CO3溶液中含有的O原子数大于6NA，故D错误； 综上所述，答案选B。 5. 【答案】A 【解析】 A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，故A正确； B. 配制一定物质的量浓度的溶液中，转移溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下，故B错误； C．温度计水银球位置应位于支管口处，故C错误； D. 用(杯酚)识别和，超分子不溶于甲苯，杯酚可溶于氯仿，故操作①②为过滤，故D错误； 综上所述，答案选A。 6. 【答案】D 【解析】 A．工业上制备氯气用电解饱和的食盐水，故A正确； B．“反应1”的离子方程式为3Cl2 + 6OH- = ClO3- + Cl- + 3 H2O, ，故B正确， C．根据关系式2ClO2 ~5Cl2 ~10 e-，相同质量的ClO2的消毒能力约为氯气的（1/67.5）×5/（1/71）×2 ≈2.63，故C正确； D．“反应3”：H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2, 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1, 故D错误； 综上所述，答案选D。 7. 【答案】D 【解析】 根据题意，Q、W、X、Y、Z、M分别是H、F、O、N、C、B A．该化合物中含有离子键、共价键，BF4-中B原子提供空轨道，F原子提供孤电子对，形成配位键，故A正确； B． F元素无最高价含氧酸，最高价含氧酸酸性最强的是HNO3，故B正确； C．YQ3是NH3, MW3是BF3，中心原子杂化轨道类型根据中心原子价层电子对数计算公式可得NH3是sp3杂化，BF3是sp2杂化，故C正确； D. 同周期第一电离能比N大的元素是F和Ne两种元素，故D错误； 综上所述，答案选D 8．【答案】B 【解析】 A．根据催化剂“先消耗后生成”中间产物“先生成后消耗”的特征，物质C是催化剂，物质A和物质B是中间产物，故A错误； B．步骤Ⅱ中Pt的配位数由4变成6，故B正确； C．反应中存在极性键C-H、O-H的断裂，C-O的形成，未发生非极性键的断裂和形成，故C错误； D．根据反应机理图，上述过程的总反应为CH4+SO3+H2SO4 CH3OSO3H+SO2+H2O，总反应原子利用率小于100％，故D错误； 综上所述，答案选B 9.【答案】B 【解析】 A．三种物质中心C原子都没有孤电子对，三者键角大小与孤电子对无关，故A错误； B．对羟基苯甲醛中存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛中存在分子内氢键，所以对羟基苯甲醛沸点大于邻羟基苯甲醛，故B正确； C．NH4+中N原子没有孤电子对，无法提供孤电子对给Ag+，故C错误； D．O3是极性分子， CCl4是非极性分子故D错误； 综上所述，答案选B 10．【答案】A 【解析】 A．电离平衡常数：Ka1(H2CO3) ＞Ka(HClO) ＞Ka2(H2CO3)，Cl2与水反应生成的HClO与NaHCO3不反应，正确的离子方程式为Cl2+HCO3-=Cl-+HClO+CO2，故A正确； B．用惰性材料为电极电解MgCl2溶液，阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为：2H2O+2e-+Mg2+=Mg(OH)2↓+H2↑，总反应的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2O= Mg(OH)2↓+H2↑+ Cl2↑，故B错误； C．过量的NaOH与NH4Al(SO4)2反应，NH4+转化为NH3∙H2O，Al3+转化为[Al(OH)4]-，离子方程式为5OH-+Al3++NH4+=[Al(OH)4]-+NH3.H2O，故C错误； D．HSO3 -的酸性比苯酚的强，SO2不足，产物应该是SO32-，少量SO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为2C6H5O- +SO2 +H2O=2C6H5OH+SO32-，故D错误； 综上所述，答案选A 11. 【答案】B 【解析】 A．钠会与水反应，故A错误； B．一般的氯化铜溶液中[CuCl4]2- （黄色）和[Cu(H2O)4]2+（蓝色）共存，根据光学原理，蓝色和黄色混合为绿色，存在平衡[CuCl4] 2- (黄色) + 4H2O[Cu(H2O)4](蓝色) + 4Cl-，在很浓的氯化铜溶液中，氯离子浓度很大，上述平衡逆移，溶液呈黄绿色或深绿色，当加水稀释时，水分子替代了氯离子使平衡正移，Cu(H2O)42+离子增加，溶液颜色有绿色向蓝色变化，当氯化铜溶液很稀时（氯化铜质量分数小于15％），几乎为[Cu(H2O)4]2+，很稀的氯化铜溶液为蓝色，故B正确； C．铁离子有氧化性，故C错误； D. 同一条件下，铬酸银的溶解度比氯化银大，应先产生白色沉淀，故D错误； 综上所述，答案选B 12．【答案】C 【解析】 该电池为二次电池，放电时锌作负极，BiOI作正极，放电时电池的总反应为：6BiOI+3Zn=2Bi+2Bi2O3+3ZnI2；充电时的总反应为：2Bi+2Bi2O3+3ZnI2=6BiOI+3Zn，据此分析解题。 A．放电时，BiOI为正极，发生还原反应，故A错误； B．充电时，Zn电极作阴极，BiOI极作阳极，则Zn2+从BiOI阳极移向Zn阴极移动，故B错误； C．由放电总反应可知，6molBiOI参与反应时转移6mol电子，3.52gBiOI即0.01molBiOI，转移电子为0.01mol，故C正确； D．由分析可知，充电时，主要发生的电池反应为2Bi+2Bi2O3+3ZnI2=6BiOI+3Zn，故D错误； 综上所述，答案选C 13．【答案】B 【解析】 A． H2、CO的选择性随温度升高而增大，则反应Ⅰ的ΔH>0，又因为反应Ⅰ的ΔS>0，则反应Ⅰ在高温下自发进行，故A错误； B．在700℃时，甲烷的转化率为，即=0.8，的选择性为，即=0.9，则解得n(CO)=1.44mol，n(CO2)=0.16mol，故B正确； C．加压可以增大活化分子数，但活化分子百分数不变，故C错误； D．800℃时，选择性和CO选择性均接近，则反应Ⅱ CH4(g)+2O2(g)2H2O(g)+CO2(g) 进行程度很小，故D错误； 综上所述，答案选B 14．【答案】B 【解析】 A．向pH=4.76的上述缓冲溶液加水，溶液酸性减弱，c(H+)减小，水的离子积不变，故c(OH-) 增大，故A错误； B．Ka(CH3COOH)=10-4.76，则Kh(CH3COO-)=10-9.24，则常温下，等浓度、等体积的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，则溶液显酸性，c(CH3COO-)>c(CH3COOH)，又因为所以c(H+)<10-4.76，则混合溶液的pH大于4.76，故B正确； C．根据电荷守恒，A曲线上任何一点缓冲溶液中均存在：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)在电荷守恒左右两边等式中同时加上c(CH3COOH)则为c(CH3COOH)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)又因为A曲线缓冲液对应c总=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L所以c(CH3COOH)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+0.1，故C错误； D．向B曲线代表的缓冲溶液中通入少量NH3，少量NH3会与CH3COOH反应生成CH3COONH4则水的电离程度会增大，故D错误； 综上所述，答案选B 15．（15分，除特殊标注外，每空2分） （1） 球形冷凝管（1分） 温度过低，反应速率慢；温度过高，CH2Cl2挥发损失 （2）B （3） 偏高 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2或2Cu2++5I-=2CuI↓+I3- 滴入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 （4） 加入KSCN，使CuI转化为CuSCN，释放被吸附的I3-，使I2充分反应 1 【解析】 制备CuLn的实验过程为向烧瓶中加入席夫碱L和CH2Cl2(沸点为39.8℃)，置于35℃恒温水浴(如图所示)；滴加(CH3COO)2Cu溶液，回流1h；反应结束后将烧瓶置于冰水浴中冷却，过滤、洗涤、干燥，得到固体CuLn。 （1）根据仪器X结构特点可知为球形冷凝管，温度过高会导致CH2Cl2挥发；温度过低会降低反应速率，所以应控制水浴温度为35℃。 （2）根据席夫碱L结构可知其在无水乙醇中的溶解度较大，洗涤后过滤可将CuLn滤出，从而实现分离。 （3）pH过高，Cu2+水解造成结果偏低；pH过低，I-易被空气氧化为I2造成结果偏高，所以应调节pH至3～4；I-与CuLn释放出的Cu2+，离子方程式： 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2或2Cu2++5I-=2CuI↓+I3- ；滴定终点的现象：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色恰好消失且半分钟内不再变蓝。 （4）根据Ksp(CuI)=5.1×10-12，Ksp(CuSCN)=4.8×10-15可知，加入KSCN溶液可使CuI转化为CuSCN，释放被吸附的I3-，使I2充分反应；根据离子反应：I2+I-I3-；I2+2S2O32-═2I-+S4O62-，得关系式： 2CuLn～I2～2S2O32-，则0.02×0.05×(368n+64)g=0.432g，解得：n=1。 16．（14分，每空2分，特殊标注除外） (1)原矿粉碎、适当升高温度、搅拌、适当增加硫酸浓度等（每条1分，合理即可） (2)Co2O3+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+2H2O (3) 2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ (4) 0.03 (5)蒸发浓缩（1分） 冷却结晶（1分） (6) 8 【分析】原矿经研磨后加入硫酸溶液、亚硫酸钠溶液浸出，三氧化二钴被还原为硫酸亚钴，其余金属氧化物转化为硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅、不溶性硫酸钙的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取溶液中的铜元素，分液得到可回收铜的有机相和水相；向水相中加入氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入碳酸钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，向反应后的溶液中加入氟化钠溶液，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到滤渣Ⅱ和滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸亚钴。 【解析】 （1）原矿粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快反应速率；此外，适当升高温度、搅拌、适当增加硫酸浓度等都可以加快反应速率； （2）“浸出”步骤中，加入硫酸溶液、亚硫酸钠溶液可以将三氧化二钴还原为硫酸亚钴，Co2O3发生反应的化学方程式为Co2O3+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+2H2O； （3）除铝时同时生成沉淀和气体，结合质量守恒可知，发生的反应为铝离子和碳酸根离子生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑； （4）已知：Ksp（CaF2）=3.4×10-11，Ksp（MgF2）=9×10-9；则镁离子沉淀需氟离子的浓度较大，当镁离子沉淀完全时，； （5）从母液中得到晶体，则操作为母液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸亚钴。 （6）①由图可知，与Co2+距离最近的Ti4+有8个； ②根据图示可知：在一个晶胞中含有Ti原子个数为8×=1，含有Co原子数为1；含有O原子数为6×=3，该化合物的化学式为CoTiO3，M（CoTiO3）＝59+48+16×3=155，晶胞质量m＝，晶体密度ρ＝，晶胞体积V＝(a×10－7)3 cm-3，所以a=nm。 17．（14分，除特殊标注外，每空2分） Ⅰ．4FeCO3(s) + O2(g) =2Fe2O3(s) + 4CO2(g) ΔH = -260kJ․mol-1 Ⅱ．(1) [Ar]3d64s2 ， 分子（1分） (2) 1：1 O＞C＞Fe（1分） (3) ① >（1分）， <（1分） ② 降低温度和增大压强 ③ 【解析】 Ⅰ．根据盖斯定律，将反应①4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH = -1648kJ·mol-1 ； ②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH = -393kJ·mol-1；③2Fe(s)+ 2C(s)+ 3O2(g)=2FeCO3(s) ΔH = -1480kJ·mol-1 中，将①-2×③+4×②可得热反应方程式为：4FeCO3(s) + O2(g) =2Fe2O3(s) + 4CO2(g) ΔH = -260kJ·mol-1 。 Ⅱ．（1）已知Fe是26号元素，基态Fe原子的电子排布式为：[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；据题干信息Fe(CO)5熔点为-21℃，沸点为102.8℃，故其属于分子晶体。 （2）已知单键均为σ键，三键为1个σ键和2个π键，结合题干Fe(CO)5的结构简式可知，1分子Fe(CO)5中含有10个σ键，10个π键，故答案为：1：1；根据电负性在周期表中的变化规律，C、O属于同一周期的元素，从左到右，电负性依次增强，故O＞C，Fe属于过渡元素，属于金属，电负性较低，所以三者的电负性大小为：O＞C＞Ni。 (3) ①由图可知T1下先达到平衡状态，反应速率较快，故答案为：T1>T2；T1→T2为降低温度，CO的平衡浓度减小，则平衡正向移动，因此正反应放热。 ②该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于Fe(CO)5的生成。 ③T2温度下达到平衡c(CO)=0.08mol/L，n(CO)=0.08mol/L×1L=0.08mol，故 Fe(s)+5CO(g)Fe(CO)5(g) 开始/mol 0.48 0 转化/mol 0.40 0.08 平衡/mol 0.08 0.08 因此反应的标准平衡常数 。 18．（除特殊标注外，每空2分） （1）丙烯酸甲酯 （2）2 （3） （4）羟基、 碳碳双键 C结构中含有羟基，分子间易形成氢键 （5） （6）氧化反应（1分） （7）19 【解析】 （1）根据化合物A结构中的官能团的名称确定其名称为丙烯酸甲酯。 （2）与与1,3-丁二烯结构相似，属于共轭二烯烃，其与Br2以物质的量1:1加成时可以发生1,4加成或者1,2加成，所以产物有2种。 （3）根据C的结构简式，结合B的分子式可确定A→B的反应为双烯成环反应，再结合B→C的反应条件可知该反应为还原反应，所以结合B的不饱和度可确定其结构简式为。 （4）根据C的结构简式可确定含有的官能团名称为羟基 碳碳双键；C结构中含有羟基，分子间易形成氢键，而D结构中无羟基，D分子间作用力比C小。 （5）结合D的分子式和E的结构可推知该反应为-Cl被-CN取代的反应，其反应方程式为。 （6）根据G、H的结构，结合反应条件分析，该反应为碳碳双键被氧化为羧基的反应。 （7）根据F的结构简式和不饱和度，结合已知信息可知分子结构中应含有酚的结构和羟甲基（-CH2OH）的结构。因为分子中含有手性碳原子，所以若苯环上有两个取代基，则存在-CH2OH取代在箭头所示位置， 有3×3=9种，若苯环上有三个取代基，-CH2OH取代在箭头所示位置，其碳架结构为，属于ABC型有10种结构，共计19种。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$