2023-2024學年北京十四中高三（上）期中化學試題和答案

高中PAGE1試題2023北京十四中高三12月月考化學注意事項：1.本試卷共12頁，共19道小題，滿分100分?？荚嚂r間90分鐘。2.在答題卡上指定位置貼好條形碼，或填涂考號。3.試題答案一律填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。4.在答題卡上，選擇題用2B鉛筆作答，其他試題用黑色字跡簽字筆作答。5.答題不得使用任何涂改工具?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1；C12；N14；Na23；A127；S32；C135.5；Cu64一、選擇題1.中國“天宮”空間站使用了很多高新技術材料。下列對涉及材料的說法不正確的是A.核心艙的離子推進器使用氙氣作為推進劑，氙位于元素周期表0族B.被譽為“百變金剛”的太空機械臂主要成分為鋁合金，其強度大于純鋁C.“問天”實驗艙使用砷化鎵()太陽能電池，砷和鎵位于元素周期表第四周期D.太陽能電池翼基板采用碳纖維框架和玻璃纖維網，兩者均屬于有機高分子材料2.是鈦鐵礦的主要成分，在工業(yè)上可以用于制備金屬鈦。下列說法不正確的是A.基態(tài)價層電子排布式為B.Fe在元素周期表中位于ds區(qū)C.基態(tài)Ti價層電子軌道表示式為D.O在元素周期表中位于第二周期ⅥA族3.室溫下，t1時刻向兩個盛有50mL蒸餾水的燒杯中分別加入①1gCaCO3、②1g蔗糖，攪拌，最終分別得到懸濁液和澄清溶液，溶解過程中分散系的導電能力變化如圖。下列分析不正確的是A.該實驗可證明蔗糖不是電解質B.該實驗可證明碳酸鈣是強電解質C.當①中導電能力不變時，CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)達到平衡D.t2時刻，①中再加1gCaCO3，導電能力不變4.下列有關實驗現象的解釋或所得結論正確的是選項實驗操作現象解釋或結論A向某補血口服液中滴加幾滴酸性溶液酸性溶液紫色褪去該補血口服液中一定含有B用蒸餾水溶解固體，并繼續(xù)加水稀釋溶液由綠色逐漸變?yōu)樗{色正向移動C將25℃溶液加熱到40℃，用傳感器監(jiān)測溶液pH變化溶液的pH逐漸減小溫度升高，水解平衡正向移動D將銅與濃硫酸反應產生的氣體通入溶液中產生白色沉淀該氣體中一定含有A.A B.B C.C D.D5.BeCl2可以以單體、二聚體和多聚體的形式存在。下列關于BeCl2的說法不正確的是A.單體是非極性分子 B.二聚體的沸點比單體更高C.多聚體是平面結構 D.二聚體和多聚體中均存在配位鍵6.雙氯芬酸是一種非甾體抗炎藥，具有抗炎、鎮(zhèn)痛及解熱作用，分子結構如圖所示。下列關于雙氯芬酸的說法不正確的是A.能發(fā)生加成、取代反應B.最多能與2molNaOH反應C.既能與強堿反應，又能與強酸反應D.能與溶液反應制得水溶性更好的雙氯芬酸鈉7.電離平衡常數有重要的功能，下列推測不合理的是化學式H2CO3HCNHF電離平衡常數(K)Ka1=4.5×10-7Ka2=4.7×10-116.2×10-106.8×10-4A.電離出H+的能力：HF>H2CO3>HCN>B.相同物質的量濃度溶液的pH：NaF<NaHCO3<NaCNC.HCN和HF均能與Na2CO3溶液發(fā)生反應D.CO2通入NaCN溶液中：CO2+2CN-+H2O=2HCN+8.向體積為1L的密閉容器中充入一定量，發(fā)生反應：編號溫度(℃)起始物質的量(mol)平衡物質的量(mol)I0.400.160.16II0.200.090.09下列說法不正確的是A.B.℃，該反應的平衡常數K=4C.II中存在：D.℃時，向該容器中充入物質的量均為0.2mol的3種氣體，反應將逆向進行9.向100mL溶液中滴加溶液，測得溶液電導率的變化如圖。下列說法不正確的是A.和都是強電解質B.A→B電導率下降的主要原因是發(fā)生了反應：C.B→C，溶液中的減小D.A、B、C三點水的電離程度：A＜B＜C10.鄰二氮菲的結構簡式為，簡寫為phen，遇溶液生成橙紅色配合物，其中的配位數為6。下列說法不正確的是A.phen中，不含手性碳原子B.中，phen的一個N參與配位C.中，提供空軌道，N提供孤對電子D.中，既存在極性鍵也存在非極性鍵11.有研究表明，銅和稀反應后的溶液中有。取銅絲和過量稀反應一段時間后的藍色溶液分別進行實驗①~④，操作和現象如下表。序號操作現象①向2mL該溶液中加入幾滴濃NaOH溶液，振蕩溶液變?yōu)闇\綠色②向2mL該溶液中滴加酸性溶液紫紅色褪去③將2mL該溶液充分加熱后冷卻，再滴加酸性溶液……④用玻璃棒蘸取該溶液滴到淀粉碘化鉀試紙上溶液變藍已知：為弱酸，受熱發(fā)生分解反應：；在溶液中呈綠色。下列推斷或分析不合理的是A.①說明存在電離平衡：B.②說明具有還原性C.③中，紫紅色不褪去D.④說明具有氧化性12.工業(yè)上可用“氨催化氧化法”生產NO，以氨氣、氧氣為原料，在Pt－Rh合金催化劑存在下生成NO和副產物N2，兩個競爭反應化學方程式如下：Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)現將1molNH3、1.45molO2充入1L恒容密閉容器中，在上述催化劑作用下反應，相同時間內有關生成物物質的量隨溫度變化曲線如圖所示：已知：有效轉化率=×100%下列說法不正確的是A.400℃時，主要發(fā)生反應ⅡB.由圖分析工業(yè)上用氨催化氧化制備HNO3，最佳溫度約為840℃C.520℃時，NH3的有效轉化率約為66.7%D.840℃后，NO的物質的量下降，可能是反應I平衡逆向移動所致13.鈦酸鋇是電子陶瓷基礎母體原料，超細微粉體的制備方法如下。已知：下列說法不正確的是A.向中先加入，可防止其水解生成B.得到溶液1的反應：C.加入過量氨水，有利于提高的產率D.“煅燒”得到的氣體A是和的混合物14.興趣小組為探究FeCl3在溶液中顯黃色的原因，進行如下實驗。序號操作試劑a試劑b現象①0.2mol/LFeCl3蒸餾水溶液為黃色②0.2mol/LFeCl32mol/L鹽酸溶液為淺黃色③0.2mol/LFe(NO3)3蒸餾水溶液為淺黃色④0.2mol/LFe(NO3)32mol/L硝酸溶液接近無色下列說法不正確的是A.②中的溶液顏色比①中的淺，主要是因為Fe3+的水解平衡逆向移動B.由③④可知，Fe(NO3)3溶液顯淺黃色與Fe3+水解有關C.由以上實驗可推知，FeCl3溶液顯黃色與Fe3+水解、Cl-存在均有關D.由以上實驗可推知，導致②③溶液均為淺黃色的原因相同二、填空題15.太陽能電池是通過光電效應或者光化學效應直接把光能轉化成電能的裝置。I．第一代電池的光電轉換材料是單晶硅。某單晶硅制備工藝中涉及的主要物質轉化如下：（1）下列事實能作為“非金屬性C比Si強”的證據的是___________(填字母)。a．i中，C做還原劑b．碳酸的酸性強于硅酸c．碳酸的熱穩(wěn)定性弱于硅酸（2）ii中，lmolSi與3molHCl反應轉移4mol電子。①該反應的化學方程式為___________。②SiHCl3中，H的化合價為___________，由此推測Si的電負性比H的___________(填“大”或“小”)。（3）ⅲ中，利用沸點差異，可直接實現高純硅與SiHCl3的分離，從晶體類型角度解釋其原因：___________。II．黃銅礦(主要成分為CuFeS2)可用于冶煉Cu2O。（4）下圖中，表示Cu2O晶胞的是___________(填“圖1”或“圖2”)。（5）Cu2O與Cu2S都可視為離子晶體，且結構相似，但Cu2O的熔點比Cu2S的高約100℃，原因是___________。（6）CuFeS2的晶胞如圖3所示。①圖4所示結構單元不能作為CuFeS2晶胞的原因是___________。②從圖3可以看出，每個CuFeS2晶胞中含有的Cu原子個數為___________。③已知：CuFeS2晶體的密度是4.30g/cm3，阿伏伽德羅常數的值為NA．CuFeS2晶胞中底邊邊長___________pm(用計算式表示；1cm=10-l0pm；CuFeS2的摩爾質量為184g/mol)。16.氟唑菌酰羥胺是新一代琥珀酸脫氫酶抑制劑類殺菌劑，合成路線如下：已知：i.（1）A能與Na2CO3溶液反應產生CO2，A的官能團有___________。（2）A的某種同分異構體與A含有相同官能團，其核磁共振氫譜有兩組峰，結構簡式為_____。（3）B→D的化學方程式是___________。（4）G的結構簡式為___________。（5）推測J→K的過程中，反應物NaBH3CN的作用是___________。（6）可通過如下路線合成：已知：ii.R-O-R'+H2OROH+R'OHiii.①反應I的化學方程式為___________。②M的結構簡式為___________。③設計步驟I和IV的目的是___________。17.利用頁巖氣中豐富的丙烷制丙烯已成為化工原料丙烯生產的重要渠道。Ⅰ．丙烷直接脫氫法：總壓分別為100kPa、10kPa時發(fā)生該反應，平衡體系中和的體積分數隨溫度、壓強的變化如下圖。（1）丙烷直接脫氫反應的化學平衡常數表達式為___________。（2）總壓由10kPa變?yōu)?00kPa時，化學平衡常數___________(填“變大”“變小”或“不變”)。（3）圖中，曲線Ⅰ、Ⅲ表示的體積分數隨溫度的變化，判斷依據是___________。（4）圖中，表示100kPa時的體積分數隨溫度變化的曲線是___________(填“Ⅱ”或“Ⅳ”)。Ⅱ．丙烷氧化脫氫法：我國科學家制備了一種新型高效催化劑用于丙烷氧化脫氫。在催化劑作用下，相同時間內，不同溫度下的轉化率和C3H6的產率如下：反應溫度/℃465480495510C3H8的轉化率/%5.512.117.328.4C3H6的產率/%4.79.512.818.5（5）表中，C3H8的轉化率隨溫度升高而上升的原因是___________(答出1點即可)。（6）已知：C3H6選擇性。隨著溫度升高，C3H6的選擇性___________(填“升高”“降低”或“不變”)，可能的原因是___________。

參考答案一、選擇題1.【答案】D【詳解】A．氙位于元素周期表0族，故A正確；B．鋁合金強度大于純鋁，故B正確；C．砷和鎵位于元素周期表第四周期，故C正確；D．碳纖維框架和玻璃纖維網均屬于無機非金屬材料，故D錯誤；故選D。2.【答案】B【詳解】A．基態(tài)Fe原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，鐵原子失去2個電子形成亞鐵離子，價層電子排布式為，A正確；B．鐵為26號元素，Fe在元素周期表中位于d區(qū)，B錯誤；C．基態(tài)Ti原子的價電子排布式為3d24s2，則價層電子軌道表示式為，C正確；D．O位8號元素，在元素周期表中位于第二周期ⅥA族，D正確；故選B。3.【答案】B【詳解】A．由圖可知，蔗糖溶解過程中分散系的導電能力基本不變，說明蔗糖為非電解質，故A正確；B．碳酸鈣難溶于水，但溶于水的碳酸鈣完全電離，屬于強電解質，故B錯誤；C．由圖可知，碳酸鈣溶解過程中分散系的導電能力增強，當導電能力不變時，說明CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)達到平衡，故C正確；D．由圖可知，難溶于水的碳酸鈣在水中已達到溶解平衡，所以t2時刻，①中再加1g碳酸鈣，溶液中的離子濃度不變，導電能力不變，故D正確；故選B。4.【答案】B【詳解】A．酸性溶液紫色褪去，也可能口服液中含有其它還原性物質，不確定一定會含有亞鐵離子，A錯誤；B．用蒸餾水溶解固體，并繼續(xù)加水稀釋，，溶液濃度減小，導致平衡向離子數目增大的方向移動，溶液由綠色逐漸變?yōu)樗{色，B正確；C．將25℃溶液加熱到40℃，溶液酸性變強，也可能是亞硫酸根離子被空氣中氧氣氧化導致，C錯誤；D．二氧化硫不能和氯化鋇反應生成白色沉淀，D錯誤；故選B。5.【答案】C【詳解】A．單體BeCl2中心原子Be周圍的價層電子對數為2+=2，為直線形結構，分子中正負電荷中心重合，是非極性分子，A正確；B．BeCl2為共價化合物，形成分子晶體，二聚體的相對分子質量比單體大，則二聚體中分子間作用力比單體大，故二聚體的沸點比單體更高，B正確；C．由題干圖示信息可知，多聚體中Be周圍的價層電子對數為4，呈正四面體結構，而不是平面結構，C錯誤；D．已知Be的最外層上只有2個電子，結合題干圖示信息可知，二聚體和多聚體中均存在Be←Cl配位鍵，D正確；故答案為：C。6.【答案】B【詳解】A．由題干結構簡式可知，分子中含有苯環(huán)故能發(fā)生加成反應，含有碳氯鍵和羧基，以及苯環(huán)故能發(fā)生取代反應，A正確；B．由題干結構簡式可知，分子中含有兩個碳氯鍵，水解后生成酚羥基，酚羥基和羧基均能與NaOH反應，故最多能與5molNaOH反應，B錯誤；C．由題干結構簡式可知，分子中含有羧基和氨基，故既能與強堿反應，又能與強酸反應，C正確；D．由題干結構簡式可知，分子中含有羧基，能與溶液反應制得水溶性更好的雙氯芬酸鈉，D正確；故答案為：B。7.【答案】D【詳解】A．由電離平衡常數越大，弱酸的酸性越強，電離出H+的能力越大，由表數據可知由酸性：HF>H2CO3>HCN>，則電離出H+的能力：HF>H2CO3>HCN>，A正確；B．弱酸的酸性越弱，其鹽溶液水解程度越大，溶液pH越大，由酸性：HF>H2CO3>HCN，相同物質的量濃度溶液的pH：NaF<NaHCO3<NaCN，B正確；C由于酸性：HF>HCN>，則HCN和HF均能與Na2CO3溶液發(fā)生反應，C正確；D．由于酸性：H2CO3>HCN>，根據弱酸制取更弱的酸，CO2通入NaCN溶液中：CO2+H2O+CN-=+HCN，D錯誤；

故選：D。8.【答案】D【詳解】A．結合已知數據列溫度時三段式：該溫度下平衡常數K1=溫度時三段式：該溫度下平衡常數K2=該反應，溫度升高平衡逆向移動減小，由K2>K1可知，，故A正確；B．由A中分析可知，℃，該反應的平衡常數K=4，故B正確；C．II中存在的起始物質的量為0.2mol。則其起始濃度=0.2mol/L，結合物料守恒可知：存在反應，故C正確；D．℃時，向該容器中充入物質的量均為0.2mol的3種氣體，則此時Qc=<K1，反應將正向進行，故D錯誤；故選：D。9.【答案】B【詳解】A．和在溶液中均完全電離，均屬于強電解質，故A正確；B．A→B加入的物質的量小于的物質的量，發(fā)生的反應為，故B錯誤；C．B→C時加入的繼續(xù)消耗氫氧根離子，C點兩者恰好完全反應，因此B→C溶液中減小，故C正確；D．酸或堿抑制水的電離，含有弱離子的鹽水解促進水的電離，A點溶液中全部是，水的電離受到抑制，電離程度最小，B點為反應一半點，氫氧化鋇還有剩余，C點和恰好完全反應，因此水的電離程度：A＜B＜C，故D正確；答案選B。10.【答案】B【詳解】A．手性碳原子是指連接4個不同原子或原子團的碳原子，由其結構式可知無手性碳原子，A正確；B．由于亞鐵離子的配位數為6，故中phen有2個N原子參與配位，B錯誤；C．在物質中，中心原子提供空軌道，N提供孤對電子，C正確；D．硫和氧、碳和氮之間為極性鍵，但phen中C和C為非極性鍵，D正確；故選B。11.【答案】D【詳解】Cu與過量的稀硝酸反應一段時間后，反應后的溶質為Cu(NO3)2、HNO3、HNO2，以此分析；【分析】A．加入NaOH，OH-與H+反應生成H2O，H+濃度減小，從而使得平衡正向進行，增大，則生成的濃度增大，溶液變?yōu)榫G色，A正確；B．酸性高錳酸鉀具有強氧化性，HNO2具有還原性，使高錳酸鉀褪色，B正確；C．充分加熱后冷卻，則溶液中無HNO2，故酸性高錳酸鉀不發(fā)生發(fā)生反應，溶液紫色不褪色，C正確；D．因為溶液中有HNO3，則可能是稀HNO3氧化I-生成I2，使淀粉變藍，無法判斷HNO2有氧化性，D錯誤；故答案為：D。12.【答案】C【詳解】A．400℃時，氮氣的物質的量最大，說明主要發(fā)生反應Ⅱ，A正確；B．840℃時一氧化氮的產率最高副產物氮氣產率最低，則工業(yè)用氨催化氧化制備HNO3,選擇的最佳溫度是840℃，B正確；C．由圖知520C時，生成氮氣和一氧化氮的物質的量均為0.2mol，則反應Ⅱ消耗的氨氣的物質的量為0.4mol，反應Ⅰ消耗的氨氣的物質的量為0.2mol，NH3的有效轉化率為，C錯誤；D．840℃后，NO的物質的量下降，可能是反應Ⅰ為放熱反應，升溫，反應Ⅰ平衡逆向移動所致，D正確；故選C。13.【答案】C【分析】與草酸先生成TiO(C2O4)，再向體系中加入鋇離子，發(fā)生反應的離子方程式為：TiO(C2O4)＋Ba2＋+4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓，生成的BaTiO(C2O4)2·4H2O再經過隔絕空氣煅燒，得到BaTiO3，同時得到CO、CO2及水蒸氣，涉及的方程式為BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O，據此分析解答。【詳解】A．根據已知信息可知，四氯化鈦水解顯酸性，所以向中先加入，可抑制其水解，從而防止生成，A正確；B．根據分析可知，得到溶液1的反應：，B正確；C．加入過量氨水，則溶液堿性過強，可能會生成TiO(OH)+，從而降低TiO(C2O4)的濃度，不利于提高的產率，C錯誤；D．根據分析，結合原子守恒可知“煅燒”得到的氣體A是和的混合物，D正確；故選C。14.【答案】D【詳解】A．已知Fe3+水解溶液顯酸性，加入2mol/L鹽酸后溶液中H+濃度增大，導致水解平衡逆向移動，故②中的溶液顏色比①中的淺，主要是因為Fe3+的水解平衡逆向移動，A正確；B．已知Fe3+水解溶液顯酸性，加入2mol/L硝酸后溶液中H+濃度增大，導致水解平衡逆向移動，故由③④可知，Fe(NO3)3溶液顯淺黃色與Fe3+水解有關，B正確；C．對比實驗①③和實驗②④實驗現象可知，FeCl3溶液顯黃色與Fe3+水解、Cl-存在均有關，C正確；D．由以上實驗可推知，導致②溶液為淺黃色的原因是Fe3+的水解平衡逆向移動，而導致③溶液為淺黃色的原因是Fe3+濃度和水解生成的離子濃度減小，故不相同，D錯誤；故答案為：D。二、填空題15.【答案】（1）b（2）①.Si+3HClSiHCl3+H2↑②.﹣1③.小（3）硅為共價晶體，其沸點遠高于分子晶體SiHCl3沸點（4）圖2（5）氧離子的半徑小于硫離子，半徑越小，晶格能越大，物質的熔沸點就越高，所以Cu2O的熔點比Cu2S的高（6）①.圖5中結構單元不能無縫并置形成晶胞②.4③.【小問1詳解】a．ⅰ中C在高溫下還原二氧化硅為硅單質，同時生成一氧化碳逸出使得反應能夠進行，不能說明“非金屬性C比Si強”，故a錯誤；b．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，碳酸的酸性強于硅酸，能說明“非金屬性C比Si強”，故b正確；c．非金屬性越強，其簡單氫化物穩(wěn)定性越強；而碳酸的熱穩(wěn)定性弱于硅酸，不能說明“非金屬性C比Si強”，故c錯誤；故答案為：b；【小問2詳解】該反應為硅和HCl加熱生成SiHCl3，根據質量守恒可知，反應還會生成氫氣，反應為Si+3HClSiHCl3+H2↑;【小問3詳解】1molSi與3molHCl反應轉移4mol電子，則反應中硅失去4個電子，化合價由0變?yōu)?4；3分子HCl中1分子HCl中氫得到2個電子，化合價由+1變?yōu)椹?，故SiHCl3中H的化合價為﹣1；硅顯正價、氫顯負價，由此推測Si的電負性比H的小，故答案為：﹣1；??；【小問4詳解】圖2中4個Cu位于體內，O位于頂點和和體內，個數為8×+1＝2，Cu：O＝4：2＝2：1，故圖2代表Cu2O的晶胞；圖3中Cu位于頂點和面心，個數為8×+6×＝4，O位于棱心和體心，個數為12×+1＝4，Cu：O＝4：4＝1：1，故圖3代表CuO的晶胞，故答案為：圖2；【小問5詳解】Cu2O與Cu2S是結構相似的離子晶體，氧離子的半徑小于硫離子，半徑越小，晶格能越大，物質的熔沸點就越高，所以Cu2O的熔點比Cu2S的高，故答案為：氧離子的半徑小于硫離子，半徑越小，晶格能越大，物質的熔沸點就越高，所以Cu2O的熔點比Cu2S的高；【小問6詳解】①晶體是由晶胞無縫并置而成的，圖5中結構單元不能無縫并置形成晶胞；②Cu原子位于面上和棱上，個數為6×+4×＝4，故答案為：4；③每個晶胞中含有4個Cu原子，相當于含有4個“CuFeS2”，晶胞質量為g，晶胞體積為(a×10-10)3cm3，根據可得，4.30g?cm-3＝，則邊長a＝pm。16.【答案】（1）羧基、碳氯鍵；（2）（3）2+O22+2H2O（4）（5）還原劑（6）①.+C2H5OH+H2O②.H2N﹣NH﹣CH3③.保護羧基，避免其與氨基或亞氨基發(fā)生反應【分析】A能與Na2CO3溶液反應產生CO2，說明A含有﹣COOH；根據A的分子式及E的結構簡式知，A為，根據B的分子式知，A中羧基發(fā)生還原反應生成醇羥基，B中醇羥基發(fā)生氧化反應生成D中醛基，則B為、D為，D中醛基發(fā)生取代反應生成E，C2H5NO2為CH3CH2NO2，E中硝基發(fā)生還原反應生成氨基，然后和水反應生成G，結合氟唑菌酰羥胺的結構簡式知，K發(fā)生取代反應生成氯唑菌酰羥胺，則K為；結合氯唑菌酰羥胺的結構簡式及G的分子式知，G為，根據G、H的分子式知，G和CH3ONH2發(fā)生取代反應生成J為，K和進一步發(fā)生取代反應生成產物，據此答題；【小問1詳解】A為，含有的官能團為羧基、碳氯鍵；【小問2詳解】A的某種同分異構體與A含有相同官能團，即含有羧基和碳氯鍵，其核磁共振氫譜也有兩組峰，除羧基外只有一種氫，則苯環(huán)結構應對稱，符合的結構為：；【小問3詳解】B為、D為，B到D發(fā)生醇的催化氧化生成醛基，反應方程式為2+O22