1、成都艺术高级中学2020-2021学年度2021届下学期3月月考理科综合能力测试（化学部分） 本试卷分选择题和非选择题两部分，共38题，满分300分，考试时间150分钟。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 第卷（选择题 共126分）一、选择题（每小题6分，本大题共13小题。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）7.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A. 淀粉溶液、豆浆、雾和饱和食盐水均可发生丁达尔现象B. 氮化硅、氧化铝、碳化硅和二氧化锆都可用作制高温结构陶瓷的材料 C. 绿色化学的核心是利用化学原理治理环境污染
2、 D. 光化学烟雾、臭氧空洞、温室效应、酸雨硝酸型的形成都与氮氧化物有关8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A. 物质的量浓度为的溶液中,含有数小于B. 标准状况下,L丁烷中键数目为C. 1mol羟基中电子数为D. 反应中,若有1mol生成,转移电子数为9.、都是短周期主族元素。与同族，、都具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（）A. R一定是氢元素,自然界中氢元素有三种核素B. W单质可与热水反应生成W的最高价氧化物的水化物C. ,Y的气态氢化物的稳定性比Z的弱D. X与Y形成的化合物中一定含有离子键和共价键10.下列有关有机物的叙述错误的是A. 在一定条件下，苯与液溴、浓
3、硝酸生成溴苯、硝基苯的反应都属于取代反应B. 乙苯与异丙苯的一氯代物同分异构体数目相等C. 用碳酸钠溶液可一次性鉴别乙酸、苯和乙醇三种无色液体D. 检验淀粉在稀硫酸催化条件下水解产物的方法：取适量水解液于试管中，加入少量新制悬浊液，加热，观察是否出现砖红色沉淀11室温下，甲、乙两烧杯均分别盛有5 mL pH3的盐酸和醋酸溶液， 下列描述正确的是()A水电离出的OH浓度：c(OH)甲c(OH)乙B向乙烧杯中加水稀释至pH4，溶液的体积10V甲V乙C若将甲、乙两烧杯分别与5 mL pH11 NaOH 溶液反应，所得溶液pH：甲乙D若将甲、乙两烧杯溶液混合，所得溶液中的c(H)c(Cl)c(CH3C
4、OO)12根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，出现浑浊蛋白质可能发生了变性B将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去产生的气体中一定含有乙烯C室温下，用pH试纸测得：0.1 molL1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1 molL1NaHSO3溶液的pH约为5HSO结合H的能力比SO的强D向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀(AgBr)Ksp(AgBr)Ksp(AgCl)13.以柏林绿FeFe(CN)6为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。
5、下列说法 错误的是 A. 放电时,正极反应为:B. 充电时,钼箔接电源的正极C. 充电时,通过交换膜从右室移向左室D. 外电路中通过电子的电量时,负极质量变化为 第II卷（非选择题共174分）三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须做答。第3338题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共129分）26.（13分）铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用。 （1）二氧化铈 (CeO2)在平板电视显示屏中有着重要应用。CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作_剂。 （2）自然界Cr主要以+
6、3价和+6价存在。+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬。完成并配平下列离子方程式： _ Cr2O72+ _SO32+ _ _ = _ Cr3+_ SO42+_H2O （3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是_。 （4）NiSO4xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣(除镍外，还含有铜、锌、铁等元素)为原料获得。操作步骤如下： 向滤液中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为_。 对滤液先加H2O2再调pH，调pH的目的是_。 滤液溶质的主
7、要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是_。27(15分)硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称保险粉，可用于照相业作定影剂，也可用于纸浆漂白作脱氯剂等。实验室可通过如下反应制取：2Na2SNa2CO34SO2=3Na2S2O3CO2。(1)用图1所示装置制取Na2S2O3，其中NaOH溶液的作用是_。如将分液漏斗中的H2SO4改成浓盐酸，则三颈烧瓶内除生成Na2S2O3外，还有_(填化学式)杂质生成。(2)为测定所得保险粉样品中Na2S2O35H2O的质量分数，可用标准碘溶液进行滴定，反应方程式为2Na2S2O3I2=2NaINa2S4O6。
8、利用KIO3、KI和HCl可配制标准碘溶液。写出配制时所发生反应的离子方程式：_。准确称取一定质量的Na2S2O35H2O样品于锥形瓶中，加水溶解，并滴加_作指示剂，用所配制的标准碘溶液滴定。滴定时所用的玻璃仪器除锥形瓶外，还有_。若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则会使样品中Na2S2O35H2O的质量分数的测量结果_(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。(3)本实验对Na2S的纯度要求较高，利用图2所示的装置可将工业级的Na2S提纯。已知Na2S常温下微溶于酒精，加热时溶解度迅速增大，杂质不溶于酒精。提纯步骤如下，请填写实验操作。将已称量好的工业Na2S放入圆底烧瓶中，并加入
9、一定质量的酒精和少量水；按图2所示组装所需仪器，向冷凝管中通入冷却水，水浴加热；待_时，停止加热，将烧瓶取下；_；_； 将所得固体洗涤、干燥，得到Na2S9H2O晶体。28(15分)(1)NaCN 溶液中各离子浓度的大小关系为_；NaCN 遇酸能产生 HCN，25 时，HCN 的电离常数 K6.21010，CH3COOH的电离常数 K1.7105。体积均为 100 mL、pH2 的CH3COOH 溶液和 HCN 溶液，加水稀释过程中溶液的 pH 变化与溶液体积的关系如图所示，则表示 CH3COOH 溶液的 pH 变化趋势的曲线是_(填“A”或“B”)；相同条件下，NaCN 溶液的 pH_(填“
10、”“”或“0, 某温度下，该反应的平衡常数K为400 。在密闭容器中加入TiO2(s)和 Cl2(g)，反应到 t 时刻测得各组分的浓度如下表所示：物质Cl2TiCl4O2浓度/molL10.440.60.6下一时刻此反应向_反应方向进行(填“正”或“逆”)。若经 10 min 反应达到平衡，则该时间内反应速率 v(Cl2)_molL1min1。下列措施可以使平衡向右移动的是_(填序号)。a使用催化剂 b增大压强c减小压强 d升高温度（二）选考题:共45分.请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所
11、涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做,则每学科按所做的第一题计分.35.【化学选修3：物质结构与性质】（15分）配合物Fe（CO）5的熔点-20，沸点103，Fe（CO）5的结构式如图。可用于制备纯铁。 （1）基态Fe2+的价电子排布图为_；基态Fe原子中有_种能量不同的电子，有_种运动状态不同的电子。 （2）C、O、Fe的电负性由大到小的顺序为_。 （3）写出与CO互为等电子体的一种阴离子的电子式_。 （4）关于Fe（CO）5，下列说法正确的是_。 AFe（CO）5中Fe原子以sp3杂化，C原子sp杂化 BFe（CO）5是非极性分子，CO是极性分子 C反应Fe（CO）5=
12、Fe+5CO中没有新化学键生成 DFe（CO）5晶体属于分子晶体 （5）金属铁单质在不同温度下有两种堆积方式，其晶胞分别如图所示。 体心立方晶胞中原子的空间利用率为_（用含的代数式表示）。体心立方晶胞和面心立方晶胞中铁原子的配位数之比为_。假设晶体中最近的原子都相切，忽略温度对原子半径的影响，则面心立方晶胞和体心立方晶胞的密度之比为_。36.【化学选修5：有机化学基础】（15分）龙癸醛是一种珍贵香料，广泛应用于香料、医药、染料及农药等行业。其合成路线如图所示(部分反应产物和反应条件已略去) 回答下列问题(1)下列有关R和烯烃C3H6的说法不正确的是_。(填代号)A它们的碳原子均在同一平面 B它
13、们都能使酸性KMnO4溶液褪色C它们都能发生加成反应 D它们都含有碳碳双键(2)反应的类型是_，反应的类型是_。(3)T所含官能团的名称是_；反应的化学方程式为：_。(4)X的实验式为_。(5)遇氯化铁溶液发生显色反应的T的同分异构体有_种，其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰面积比为1236的结构简式为_。(6)参照上述流程图，以2甲基1，3丁二烯为原料，经三步制备2甲基1，4丁二醛的合成路线： 反应条件1所选用的试剂为_，反应条件2所选用的试剂及条件为_。 2020-2021学年度2021届下学期3月月考理科综合能力测试参考答案7.【答案】B【解析】A.饱和食盐水不是胶体，不会产生丁达尔现象
14、，故A错误；B.氮化硅（Si3N4）、碳化硅（SiC）、氧化铝（ Al2O3）和二氧化锆（ZrO2）熔点高，都可用作制高温结构陶瓷的材料，故B正确；C.绿色化学的核心是从源头消除污染，故C错误；D.温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化物无关，故D错误。故选B。 8.【答案】B【解析】A溶液体积未知，无法判断离子个数，故A错误；B标准状况下，2.24L丁烷中C-C键数目为：3NA=0.3NA，故B正确；C.1个羟基含有9个电子，则1mol羟基中电子数为9NA，故C错误；D反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O中，氯酸钾中氯元素被还原成氯气，生成3mol水转移了5mol电子，则生成1mo
15、l水转移了mol电子，转移电子数为NA，故D错误；故选：B。 9.【答案】B【解析】A.R为短周期元素，和钠元素同族，则可能是氢元素或者锂元素，故A错误；B.镁可与热水反应生成氢氧化镁和氢气，故B正确；C.Y为氧元素，则c8，故C错误；D.钠元素和氧元素形成化合物有氧化钠和过氧化钠两种，其中氧化钠只含有离子键，故D错误。故选B。10.【答案】D【解析】在溴化铁作催化剂条件下，Fe和液溴发生取代反应生成溴苯和HBr；在浓硫酸作催化剂、加热条件下，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯和水，二者都属于取代反应，故A正确； B.乙苯、异丙苯中都含有5种氢原子，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以二者都有
16、5种一氯代物，故B正确； C.乙酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体、苯和碳酸钠溶液互不相溶会分层、乙醇能溶于碳酸钠溶液而互溶，所以现象不同，可以鉴别，故C正确； D.其水解产物和氢氧化铜发生氧化反应时必须在碱性条件下，所以在加入氢氧化铜悬浊液之前必须加入NaOH中和未反应的稀硫酸，否则得不到砖红色沉淀，故D错误； 故选D。11.【答案】A 【解析】酸溶液抑制水电离，由于两种酸提供的氢离子的量一样，对水的抑制程度一样，所以水电离出的OH浓度应该相等，即c(OH)甲c(OH)乙，A正确；醋酸为弱酸存在电离平衡，pH3的醋酸加水稀释后pH4，加水的量大于10倍，而盐酸为强酸，加水稀释10倍后pH4，所以
17、溶液的体积10V甲乙，C错误；根据电荷守恒规律：c(H)c(Cl)c(CH3COO)c(OH)，D错误。12.【答案】A 【解析】鸡蛋清的主要成分为蛋白质，少量CuSO4可能会使其发生变性，故A项正确；乙醇和浓硫酸共热至170 后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾溶液褪色，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故B项错误；室温下，用pH试纸测得：0.1 molL1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1 molL1NaHSO3溶液的pH约为5，说明SO的水解程度比HSO大，即SO结合H的能力比HSO的强，故C项错误；NaCl和NaBr的浓度大小未知，产生的淡黄色沉淀也可
18、能是溴离子浓度较大所导致，因此该实验现象不能说明Ksp(AgBr)c(CN)c(OH)c(H)(2分)A(2分)(2分)(2)NH4NO3(s)N2O(g)2H2O(g)H42.4 kJmol1(3分)(3)正(2分) 0.16(2分)d(2分)【解析】 (1)NaCN 为强碱弱酸盐，CN 水解使溶液显碱性，故 NaCN 溶液中离子浓度大小关系为 c(Na)c(CN)c(OH)c(H)。电离平衡常数越大，酸性越强，稀释相同倍数时，pH 变化越大，故曲线 A 代表 CH3COOH 溶液的 pH 变化趋势，曲线B代表HCN溶液的pH变化趋势。酸的酸性越弱，其对应的盐越易水解，故相同条件下，NaCN
19、 溶液的碱性强于 CH3COONa 溶液。(2)NH4NO3 分解生成 N2O 和 H2O 的化学方程式为 NH4NO3(s)N2O(g)2H2O(g)，1 mol NH4NO3分解时转移4 mol电子，由题中数据可知，放出的热量为84.8 kJ8 mol4 mol42.4 kJ，因此热化学方程式为NH4NO3(s)N2O(g)2H2O(g)H42.4 kJmol1。(3)Q1.860，是吸热反应，故升高温度，平衡右移，d 项正确。35.【答案】 7 26 OCFe BD 100% 2：1 4：3【解析】 （1）基态Fe2+的价电子排布式为3d6，价电子排布式为：；基态Fe原子核外电子排布式为
20、1s22s22p63s23p63d64s2，有7个能级，含有有7种能量不同的电子；原子核外没有运动状态相同的电子，Fe原子核外电子数为26，故有26种运动状态不同的电子，故答案为：；7；26；（2）元素的非金属性越强，其电负性越强，故电负性：OCFe，故答案为：OCFe；（3）用N原子与1个单位负电荷替代O原子可得与CO互为等电子体的一种阴离子：CN-，其电子式为：；故答案为：；（4）AFe（CO）5中Fe原子与CO形成配位键，Fe原子提供空轨道，故A错误；BFe（CO）5为对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，CO是极性分子，故B正确；C反应得到Fe单质，形成金属键，故C错误；D
21、Fe（CO）5的熔沸点比较低，属于分子晶体，故D正确，故选：BD；（5）体心立方晶胞中原子总数为1+8=2，设原子半径为r，则原子总体积=2r3，而体心立方晶胞中处于体对角线上Fe原子相邻，体对角线长度等于Fe原子半径的4倍，也等于晶胞棱长的倍，故晶胞棱长=，故空间利用率=（2r3）（）3100%=100%，故答案为：100%；面心立方晶胞中Fe原子个数=8+6=4，体心立方晶胞中Fe原子个数=1+8=2，所以二者Fe原子个数之比=4：2=2：1，故答案为：2：1；面心立方晶胞中面对角线上的Fe原子相邻，由几何知识，晶胞棱长等于Fe原子半径的2倍，而体心立方晶胞中体对角线长度等于Fe原子半径的4倍，也等于晶胞棱长的倍，设Fe原子半径为rcm，则面心立方晶胞棱长=2rcm，其体积=（2r）3cm3，体心立方晶胞棱长=cm，其体积=（）3cm3，面心立方晶胞与体心立方晶胞中Fe原子质量之比为2：1，故密度之比=：=4：3，故答案为：4：3。36.【答案】(1)BD(2)取代反应消去反应 (4)C3H4(5)22(6)HBr、H2O2NaOH水溶液、加热