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1、成都实验中学高2022级2022级上期12月月考试题理科综合化学局部第一卷选择题 共126分可能用到的相对原子质量：H1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Ca40 S 32 Cl 35.5 一、选择题此题共13小题，每题6分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的 7以下关于化学用语的表示正确的选项是(C)A质子数为8、质量数为17的原子：ClC氯离子的结构示意图：解析：A项，应改为O；B项，应改为；D项，应改为。8.设NA表示阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是 B A1.5 gCH3+含有的电子数为NAB在l L 0.l mol/L氯化铝溶液中阳离子总数大于0
2、.l NA C60g SiO2和12g金刚石中各含有4NA个siO键和4NA个CC键 D标准状况下，11.2 L四氯化碳中含有的CCI键的个数为2NA9.利用右图所示装置进行以下实验，能正确进行实验并得出相应实验结论的是 D 选项实验结论A浓氨水CaOAlCl3溶液制备氢氧化铝BNaCl溶液电石酸性KMnO4乙炔具有复原性C浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：NCSiD稀硫酸Na2SAg2SO4浊液Ksp(Ag2SO4)Ksp(Ag2S)解析A、氨气极易溶于水，容易倒吸，错误；B、电石与水反响生成乙炔，乙炔与高锰酸钾溶液发生氧化复原反响，但生成的气体中含有硫化氢等，硫化氢也能与高锰酸
3、钾溶液发生氧化复原反响，所以不能说明乙炔的复原性，错误；C、浓硝酸有挥发性，挥发出的硝酸也会与Na2SiO3溶液反响得到硅酸沉淀，因此不能证明酸性：硝酸碳酸硅酸，所以不能说明非金属性强弱，错误；D、依据沉淀容易向更难溶的方向转化可知正确。10短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y、Z原子序数之和是W的2倍，X、Z在周期表中的相对位置如下图，X的最低负价绝对值与其原子最外层电子数相等。以下说法不正确的选项是 C A原子半径：YZW B一定条件下，Y可置换出X C气态氢化物稳定性：ZW D熔点YW2XW411. 磷酸毗醛素是细胞的重要组成局部，其结构式如下，以下有关表达不正确的选项
4、是 D A. 该物质是一种磷酸酯类化合物 B. 该有机物能发生银镜反响C. 该有机物可以发生取代、加成、氧化、复原、聚合反响 D. 1mol该有机物与NaOH溶液反响，最多消耗5mol NaOH12最近，一家瑞典公司创造了一种新型充电器Power Trekk，仅仅需要一勺水，它便可以产生维持10小时 使用的电量。其反响原理为：Na4Si+5H2O=2NaOH+Na2SiO3+4H2，那么以下说法正确的选项是( C ) A该电池可用晶体硅做电极材料 BNa4Si在电池的负极发生复原反响，生成Na2SiO3 C电池正极发生的反响为：2H2O+2e-=H2+2OH-D当电池转移0.2 mol电子时，
5、可生成标准状况下1.12 LH213. 25 时，在20 mL 0.1 mol/L NaOH溶液中参加0.2 mol/L CH3COOH溶液，所参加溶液的体积v和混合液中pH变化关系的曲线如以下图所示，假设B点的横坐标a10，以下分析的结论正确的选项是 C A在B点有：c(Na)c(CH3COO)B对曲线上A、B间任何一点，溶液中都有：c(Na)c(OH)c(CH3COO)c(H)CC点时，c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)DD点时，c(CH3COO)c(CH3COOH)c(Na)第二卷非选择题 共174分三、非选择题(包括必考题和选考题两局部。第22题第32题为必考题，每个试题考
6、生都必须作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。)一必考题此题共11题，共129分26(14分)ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下方法制取。：ZrO2能与烧碱反响生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反响生成ZrO2。局部金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表。金属离子Fe3Al3ZrO2开始沉淀时pH1.93.36.2沉淀完全时pH3.25.28.0(1)熔融时ZrSiO4发生反响的化学方程式为_，滤渣的化学式为_。(2)为使滤液的杂质离子沉淀完全，需
7、用氨水调pHa，那么a的范围是_；继续加氨水至pHb时，所发生反响的离子方程式为_。(3)向过滤所得滤液中参加CaCO3粉末并加热，得到两种气体。该反响的离子方程式为_。(4)为得到纯洁的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是_。答案：(1)ZrSiO44NaOHNa2SiO3Na2ZrO32H2OH2SiO3(或H4SiO4)(2)5.26.2ZrO22NH3H2OH2O=Zr(OH)42NH(3)2NHCaCO3Ca22NH3CO2H2O(4)取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，假设无沉淀生成，那么Zr(OH)4洗涤干净解析(1)锆英砂在
8、NaOH熔融下，生成Na2ZrO3、Na2SiO3、NaAlO2，Fe2O3不溶，再参加HCl酸浸时，Fe2O3溶解生成Fe3，Na2ZrO3转化成ZrO2，Na2SiO3转化成H2SiO3沉淀，NaAlO2转化成Al3，ZrSiO4与NaOH反响为非氧化复原反响，根据元素守恒可配平反响。(2)参加氨水，使Fe3、Al3杂质除去，但不可使ZrO2沉淀，所以pH的范围为5.26.2。继续参加氨水，使ZrO2转化为Zr(OH)4沉淀，根据电荷守恒知，产物有2 mol NH 生成，根据N守恒知，反响物有2 mol NH3H2O参加反响，根据H、O元素守恒知，反响物需要补充1 mol H2O。(3)N
9、H 水解显酸性，参加CaCO3可生成CO2，同时促进了NH 水解，生成NH3。(4)过滤处的滤液为NH4Cl，Zr(OH)4沉淀是否洗涤干净，只要检验滤液中是否含有Cl即可。27.14分“绿水青山就是金山银山，研究NO2、NO、CO、NO2- 等大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。1：NO2 + CO CO2 + NO 该反响的平衡常数为K1下同每1mol以下物质分解为气态基态原子消耗能量分别为 NO2COCO2NO812kJ1076kJ1490kJ632kJN2(g)+O2(g) 2NO(g) H+179.5 kJ/mol K2 2NO(g) +O2(g)2NO2(g) H
10、-112.3 kJ/mol K3试写出NO与CO反响生成无污染物气体的热化学方程式以及此热化学方程式的平衡常数K=用K1、K2、K3表示2污染性气体NO2与CO在一定条件下的反响为：2NO2+4CO4CO2+N2，某温度下，在1L密闭容器中充入0.1mol NO2和0.2mol CO，此时容器的压强为1个大气压，5秒时反响到达平衡时，容器的压强变为原来的，那么反响开始到平衡时CO的平均反响速率v(CO)=。假设此温度下，某时刻测得NO2、CO、CO2、N2的浓度分别为amol/L、0.4mol/L、0.1mol/L、1mol/L，要使反响向逆反响方向进行，a的取值范围。3电化学降解NO2-的原
11、理如以下图：电源的负极是填A或B阴极反响式为。假设电解过程中转移了6mol电子，那么膜两侧电解液的质量变化差为 g。答案：14分每空2分1 ， 20.008mol/(Ls) 0a0.8或a0.83B 或3228(除标注外，每空2分，共15分)乳酸亚铁CH3CH(OH)COO2Fe3H2O，Mr288是一种常用的补铁剂，可通过乳酸与碳酸亚铁反响制得：CH3CH(OH)COOHFeCO32H2OCH3CH(OH)COO2Fe3H2OCO2。FeCO3易被氧化：4FeCO36H2OO2=4Fe(OH)34CO2。某兴趣小组用FeCl2(用铁粉和稀盐酸制得)和NH4HCO3制备FeCO3的装置示意图如
12、下：答复以下问题：(1)NH4HCO3盛放在装置_中(填字母)，该装置中涉及的主要反响的离子方程式为_。(2)将生成的FeCl2溶液和NH4HCO3溶液混合时的操作是_。(3)将制得的FeCO3参加到足量乳酸溶液中，再参加少量铁粉，75 下搅拌反响。铁粉的作用是_ 。反响结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是_。(4)该兴趣小组用KMnO4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是_。经查阅文献后，该兴趣小组改用铈(Ce)量法测定产品中Fe2的含量。取2.880 g产品配成100 mL溶液，每次取20.00 mL进行必要处理，用0.1
13、00 0 molL1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce(SO4)2 19.70 mL。滴定反响如下：Ce4Fe2=Ce3Fe3，那么产品中乳酸亚铁的质量分数为_。答案：(1)CFe22HCO=FeCO3CO2 H2O(2)待D处的气体纯洁后关闭活塞3、翻开活塞2(3)防止2价的铁元素被氧化参加适量乳酸让铁粉反响完全(4)乳酸根离子被酸性KMnO4氧化98.50%3分解析在装置B中发生Fe2HCl=FeCl2H2，当生成的H2纯洁时，关闭活塞3，使B中的压强增大，把生成的FeCl2溶液压入到C中，使NH4HCO3与FeCl2反响生成FeCO3。(4)n(Fe2)19.70103 L
14、0.100 0 molL159.85103 mol，所以乳酸亚铁的质量分数为100%98.5%。二选考题35【选修3物质结构与性质】(15)主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，X、Z和M分属于不同的周期，X、M元素可以形成负一价离子，Y原子的各能层电子数相同，Z原子最外层电子数是次外层的3倍，N元素原子的4p轨道上有3个未成对电子。(1)五种元素中第一电离能最小的是_，电负性最大的是_。(填元素符号)(2)Y元素原子的价层电子的电子排布图为_，该元素的名称是_。气态分子YM2的立体构型为_，YM2可形成多聚体(YM2)n的原因是_。(3)Z和N形成分子W的结构如下图，化合物W的分子式
15、为_，Z、N原子的杂化类型分别为_、_。(4)化合物NX3是剧毒的气体，与AgNO3溶液反响有黑色Ag析出，同时生成W，此反响是检验微量NX3的方法，该反响的化学方程式是_。(5)画出配离子YZ4X的结构式：_，1 mol该离子中含有的共价键数目为_。答案：(1)BeO(2)铍直线形BeCl2分子中Be与另外两个 BeCl2分子的Cl原子形成配位键(3)As4O6sp3sp3(4)4AsH324AgNO36H2O=As4O624Ag24HNO3(5)8NA解析元素分析：Y原子的各能层电子数相同，可知核外电子层有2层，每层2个电子，Y为Be元素；Z原子最外层电子数是次外层的3倍，那么Z为O元素；
16、X、Z和M原子序数依次增大，且分属于不同的周期，X、M元素可以形成负一价离子，可知：X为H元素、M为Cl元素；N元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，那么其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p3，N为As元素。(1)同一周期，从左向右，元素第一电离能、电负性逐渐增大，同一主族，从上往下，第一电离能、电负性逐渐减小，可知第一电离能最小的是Be；电负性最大的是O。(2)Y为4号元素铍(Be)，价电子排布式为2s2，故其价电子排布图为；气态分子YM2为BeCl2，中心原子价电子对数为(212)/22，采用sp杂化，无孤电子对，故其立体构型为直线形；考虑到BeCl2分子中Be
17、与另外两个 BeCl2分子的Cl原子形成配位键，BeCl2分子可形成多聚体(BeCl2)n。(3)O原子最外层电子数为6，含有2个未成对电子，所以氧原子在一般化合物中都是形成两个共价键；As原子最外层电子数为5，含有3个未成对电子，在一般化合物中都是形成3个共价键；由W的结构可知，黑色小球为As原子共4个，白色小球为O原子共6个，化合物W的分子式为As4O6且均采用sp3杂化。(4)化合物NX3为AsH3，与AgNO3溶液反响有黑色Ag析出，同时生成W(As4O6)，AgNO3 Age，4AsH3As4O624e，根据得失电子守恒及原子守恒可得反响方程式为4AsH324AgNO36H2O=As
18、4O624Ag24HNO3。(5)配离子YZ4X为Be(OH)42，中心原子Be2提供空轨道，配体OH提供孤电子对形成4个配位键，其结构式为；1个Be(OH)42存在4个配位键及4个OH键，那么1 mol该离子含共价键数目为8NA。36.【选修5有机化学根底】15分人体中的一种脑内分泌物多巴胺，可影响一个人的情绪，主要负责大脑的感觉，将兴奋及开心的信息传递，使人感到愉悦和快乐。它可由香兰素与硝基甲烷缩合，再经锌复原水解而得，合成过程如下：多巴胺的结构简式为：。请答复以下问题： 1香兰素除了醛基之外，还含有官能团名称是 、。 2多巴胺的分子式是 。 3上述合成过程中属于加成反响类型的是：填反响序
19、号。反响的反响条件是 。 4写出符合以下条件的多巴胺的其中一种同分异构体的结构简式： 。 属于1，3，5-三取代苯； 苯环上直接连有一个羟基和一个氨基； 分别能与钠和氢氧化钠反响，消耗钠与氢氧化钠的物质的量之比为21。 5请写出有机物A与足量浓溴水反响的化学方程式 。答案：1羟基、醚键2C8H11O2N3 浓硫酸、加热4， 或 5 +2Br2 +HBr 3分，其余每空2分解析：1香兰素分子中含有醛基、酚羟基、醚键三种官能团。2由多巴胺的结构简式可确定它的分子式是C8H11O2N。3在上述合成过程中与CH3NO2发生加成反响得到；是在浓硫酸存在并加热时发生消去反响得到A：；与H2发生加成反响得到。在Zn、HCl发生复原反响得到；发生复原反响得到多巴胺。因此在上述合成过程中属于加成反响类型的是。4符合条件属于1，3，5-三取代苯；苯环上直接连有一个羟基和一个氨基；分别能与钠和氢氧化钠反响，消耗钠与氢氧化钠的物质的量之比为21的多巴胺的其中一种同分异构体的结构简式：， 或 。5有机物A与足量浓溴水反响的化学方程式为：+2Br2+HBr。8