1、甘肃省兰州市第七中学2021届高三化学上学期12月月考题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cu 64 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 As 751. 化学与生产、生活等多方面都密切相关，下列说法中不正确的是A. 缺铁性贫血可以服用亚铁盐的药剂来进行治疗B. 晶体硅制得的光电池，能将光能直接转化为电能C. 误食重金属离子时可先喝大量牛奶或豆浆后再及时就医D. 石油分馏可直接获得乙烯、丙烯和丁二烯等产品【答案】D【解析】【详解】A、缺铁性贫血中铁元素以Fe2形式存在，因此需要服用亚铁盐的药剂来治疗，故A说法正确；B、光电池成分是晶体硅，可将光
2、能直接转化成电能，故B说法正确；C、重金属离子能使蛋白质变性，牛奶和豆浆中含有蛋白质，因此误食重金属离子，可先喝大量的牛奶或豆浆后再及时就医，故C说法正确；D、乙烯、丙烯、丁二烯等是通过石油的裂解得到的，故D说法错误。答案选D。2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( )A. 32gO2和O3的混合物含有的原子数目为2NAB. 1LpH =1的H2SO4溶液中所含的H+数目为0.2NAC. 标准状况下，22.4L的辛烷完全燃烧生成的CO2分子数为8NAD. 1mol FeI2与足量氯气完全反应时转移的电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A无论氧气还是臭氧，都是由氧原子组成，
3、即32g该混合物中含有氧原子物质的量为=2mol，原子数为 2NA，故A说法正确；BpH=1的硫酸溶液中c(H)=10-1molL-1，即所含n(H)=1L10-1molL-1=0.1mol，所含的H+数目为0.1NA，故B说法错误；C辛烷标准状况下不是气体，不能直接运用22.4Lmol-1计算，故C说法错误；DFe2和I-均能被Cl2氧化，氯气是过量的，因此转移电子物质的量为1mol(3-2)1mol20-(-1)=3mol，转移的电子数为3NA，故D说法错误；故选A。3. 某有机物的结构简式如图所示。下列说法不正确的是（ ）A 能使FeCl3溶液显紫色B. 该有机物不存在顺反异构C. 能发
4、生取代反应和加成反应D. 1mol该有机物完全水解最多消耗3molNaOH【答案】A【解析】【详解】A该有机物分子中不含酚羟基，故不能使FeCl3溶液显紫色，A项错误；B顺反异构一般是由有机物结构中出现碳碳双键、碳氮双键、碳硫双键、氮氮双键或脂环等不能自由旋转的官能团引起的，该有机物中不含此类官能团，故不存在顺反异构，B项正确；C分子中含有苯环和羧基，可以发生取代反应和加成反应，C项正确；D该有机物分子中含有的羧基、酯基和肽键，分别消耗NaOH1mol，故1mol该有机物完全水解最多消耗3molNaOH，D项正确；答案选A。4. 下列实验方案的设计能达到相应实验目的的是（ ）选项实验目实验方案
5、A验证的氧化性强于向溶液中通入少量B比较HF与的酸性强弱常温下，用pH试纸分别测定浓度均为的溶液和溶液的pHC验证与KI的反应是可逆反应向溶液中滴加溶液，充分反应后，取少许混合液滴加KSCN溶液D比较Fe与Cu的金属活动性常温下，将Fe、Cu与浓硝酸组成原电池A AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A由于还原性Fe2+Br-，则向FeBr2溶液中通入少量Cl2，可能只有Fe2+被氧化，不能得出Cl2的氧化性强于Br2，A选项错误；BNaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH从而判断酸性强弱，B选项错误；C向1mL0.1molL-1FeCl3溶液中滴加5mL0.1molL
6、-1KI溶液，KI过量，若充分反应后加入KSCN溶液变成红色，证明有三价铁离子存在，可说明反应是可逆反应，C选项正确；D常温下，将Fe、Cu与浓硝酸组成原电池，Fe和浓硝酸发生钝化现象，Cu与浓硝酸能自发的发生氧化还原反应，所以Cu作负极，Fe做正极，不能判断Fe的金属活动性大于Cu，D选项错误；答案选C。5. 某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO和的物质的量浓度之比为7:5则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为A. 8:3B. 5:2C. 2:3D. 4:1【答案】A【解析】【详解】Cl2生
7、成ClO与是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO与的物质的量浓度之比为7:5，则可设ClO-为7mol，为5mol，被氧化的Cl共为12mol，失去电子的总物质的量为7mol(10)+5mol(50)=32mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为1价，则得到电子的物质的量也应为32mol，则被还原的Cl的物质的量为32mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为32mol:12mol=8:3，答案选A。6. 乙酸乙酯是无色透明有刺激性气味的液体，制备的实验装置如图所示。下列说法不正确的是（
8、 ）A. 先在试管a中加入乙醇，然后边振荡试管边缓慢加入浓硫酸和乙酸B. 浓硫酸的作用主要是催化和吸水C. b中的饱和Na2CO3溶液可用浓NaOH溶液代替D. 实验原理为CH3COOHH18OC2H5CH3CO18OC2H5H2O【答案】C【解析】【分析】本题主要考查乙酸乙酯的制备。乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解反应。【详解】A.浓硫酸密度大，并且吸水会放热，所以制备乙酸乙酯时试剂的加入顺序为：先加入乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入浓硫酸和乙酸，故A正确；B.乙酸与乙醇反应方程式为 ，浓硫酸为催化剂，该反应为可逆反应，利用浓硫酸的吸水性，促使平衡向正反应方向进行，故B正确；C.乙酸乙酯在N
9、aOH溶液中发生水解反应，因此不能用NaOH代替饱和Na2CO3溶液，故C错误；D.制备乙酸乙酯的反应中，醇断裂羟基中的O-H键、酸断裂羧基中的羟基，所以用示踪原子18O在醇中标示，则18O在乙酸乙酯中，不在水中，故D正确；答案选C。【点睛】乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解反应，因此不能用NaOH代替饱和Na2CO3溶液，生成酯的原理是酸去OH，醇去羟基上的氢。7. 四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的；Y是地壳中含量最多的金属元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列叙述中，不正确的是A. 将W
10、的最高价氧化物通入到Na2SiO3溶液中，生成白色沉淀，得出非金属性：WSiB. 将X单质投入到CuSO4溶液中，生成紫红色固体C. 工业上用电解熔融Y的氧化物的方法冶炼金属YD. Z的气态氢化物的沸点在同主族中最低【答案】B【解析】【详解】四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍，则W为碳元素；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为钠元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为铝元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为氯元素，形成的离子化合物为氯化钠。A. 将W的最高价氧化物二氧化碳通入到Na2SiO3溶液中，生成白色沉淀硅酸，
11、说明碳酸的酸性强于硅酸，得出非金属性：CSi，选项A正确；B. 将X单质钠投入到CuSO4溶液中，由于钠很活泼，直接与水反应，不能置换出铜，则不可能生成紫红色固体，选项B不正确；C. 工业上用电解熔融Y氧化物氧化铝的方法冶炼金属铝，选项C正确；D. 因HF中存在氢键，沸点比同主族的氢化物都高，而同主族其他氢化物的沸点随相对分子质量增大而升高，故Z的气态氢化物氯化氢的沸点在同主族中最低，选项D正确。答案选B。8. 某校化学兴趣小组为研究 Cl2单质的性质，设计如图所示装置进行实验。装置 III中夹持装置已略去，其中a 为干燥的品红试纸，b 为湿润的品红试纸。(1)实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气
12、的化学方程式是：_；(2)装置的作用是_；(3)实验过程中，装置中的实验现象为_；发生反应的化学方程式为_；(4)实验结束后，该组同学在装置中观察 b 的红色退去，但是并未观察到“a 无明显变化”这一预期现象，为了达到这一目的，你认为应在_之间还需添加洗气瓶(选填装置序号)，该装置的作用是_；(5)装置的目的是防止尾气污染空气，写出装置中发生反应的离子方程式_。【答案】 (1). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O (2). 除去氯气中的氯化氢气体 (3). 无色溶液变蓝色 (4). Cl2+2KI=I2+2KCl (5). 和 (6). 干燥Cl2 (7). Cl2+2OH
13、=Cl+ClO+H2O【解析】【分析】装置I中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，装置中用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，装置中a 为干燥的品红试纸，b 为湿润的品红试纸，装置中氯气具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质，装置中氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。【详解】(1)二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式是：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；(2)装置中盛有饱和食盐水，由于浓盐酸具有挥发性，则制取的氯气中混有氯化氢，用饱和食盐水可以除去杂质氯
14、化氢，故答案为：除去氯气中的氯化氢气体；(3)氯气具有氧化性，能够与碘化钾溶液反应生成碘单质，实验过程中，装置中的实验现象为无色溶液变蓝色；发生反应的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl；故答案为：无色溶液变蓝色；Cl2+2KI=I2+2KCl；(4)干燥的氯气不具有漂白性，实验结束后，该组同学在装置中观察 b 的红色退去，但是并未观察到“a 无明显变化”这一预期现象，为了达到这一目的，和之间可加干燥装置，除去氯气中的水蒸气，该装置的作用是干燥Cl2；故答案为：和；干燥Cl2；(5)装置的目的是防止尾气污染空气，装置盛放的是氢氧化钠溶液，氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水
15、，装置中发生反应的离子方程式Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O。故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O。【点睛】本题考查考查物质性质实验方案设计，涉及制取气体的装置及实验方案的设计、评价等知识点，综合性较强，明确氯气的制备原理及氯气的化学性质为解答关键，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力。9. 以含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料制取复合氧化钴的流程如下：（1）用H2SO4溶解后过滤，得到的滤渣是_(填化学式)。将滤渣洗涤23次，再将洗液与滤液合并的目的是_。（2）在加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是_。（3）
16、已知：铁氰化钾的化学式为K3Fe(CN)6；亚铁氰化钾的化学式为K4Fe(CN)6。3Fe2+2Fe(CN)63 =Fe3Fe(CN)62(蓝色沉淀)4Fe3+3Fe(CN)64 =Fe4Fe(CN)63(蓝色沉淀)确定Fe2+是否氧化完全的方法是_。(仅供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液)（4）向氧化后的溶液中加入适量的Na2CO3调节酸度，使之生成黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，写出该反应的离子方程式：_。（5）已知CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴沉淀中加入足量稀盐酸边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤的原因是_。【答案】 (1).
17、 SiO2 (2). 提高钴元素的利用率(或其他合理答案) (3). 6Fe2+6H+ClO3- 6Fe3+Cl-+3H2O (4). 取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化 (5). 6Fe3+4SO42-+6H2O+2Na+6CO32- =Na2Fe6(SO4)4(OH)12+6CO2 (6). 防止因温度降低，CoCl2晶体析出【解析】【分析】（1）含钴废催化剂中含有的Fe、Co均可溶于硫酸，而SiO2不溶，洗涤滤渣的洗涤液中含有钴的化合物；（2）在加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，ClO3-被还原为Cl-；（
18、3）欲判断Fe2+是否氧化完全，需要验证溶液中有无Fe2+即可；（4）氧化后的溶液中，含有Fe3+,加入Na2CO3后，生成Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀和CO2气体；（5）由CoCl2的溶解度曲线可以知道，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低CoCl2晶体析出；【详解】（1）含钴废催化剂中含有的Fe、Co均可溶于硫酸，而SiO2不溶，所以滤渣的是SiO2 ，洗涤滤渣的洗涤液中含有钴的化合物，为了提高钴元素的利用率，将洗液与滤液合并；本题答案为：SiO2 ，提高钴元素的利用率；（2）在加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程
19、式是：6Fe2+6H+ClO3- 6Fe3+Cl-+3H2O；本题答案为：6Fe2+6H+ClO3- 6Fe3+Cl-+3H2O；（3）依据所给信息，Fe2+和Fe(CN)63反应，生成蓝色Fe3Fe(CN)62沉淀，故确定Fe2+是否氧化完全的方法是：取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化；本题答案为：取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化；（4）氧化后的溶液中，含有Fe3+,加入Na2CO3后，生成Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀和CO2气体，离子方程式为：6Fe3+4SO4
20、2-+6H2O+2Na+6CO32- =Na2Fe6(SO4)4(OH)12+6CO2；本题答案为：6Fe3+4SO42-+6H2O+2Na+6CO32- =Na2Fe6(SO4)4(OH)12+6CO2；（5）由CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低CoCl2晶体析出；本题答案为：防止因温度降低，CoCl2晶体析出。10. 碳、氮是中学化学重要的非金属元素，在生产、生活中有广泛的应用。（1）治理汽车尾气中NO和CO的一种方法是：在汽车的排气管道上安装一个催化转化装置，使NO与CO反应，产物都是空气中的主要成分。写出该反应的热化学方程式_。
21、已知：N2(g)O2(g)2NO(g)H179.5kJ/mol2NO(g)O2(g)2NO2(g)H112.3kJ/molNO2(g)CO(g)NO(g)CO2(g)H234kJ/mol（2）已知植物光合作用发生的反应如下：6CO2(g)6H2O(l)C6H12O6(s)6O2(g)H669.62 kJ/mol该反应达到化学平衡后，若改变下列条件，CO2转化率增大的是_。a.增大CO2的浓度b.取走一半C6H12O6c.加入催化剂d.适当升高温度（3）N2O5的分解反应2N2O5(g)4NO2(g)O2(g)，由实验测得在67时N2O5的浓度随时间的变化如下：时间/min012345C(N2O
22、5)/(molL-1)1.000.710.500.350.250.17计算在02min时段，化学反应速率v(NO2)_molL1min1。（4）新的研究表明，可以将CO2转化为炭黑进行回收利用，反应原理如图所示。在转化过程中起催化作用的物质是_；写出总反应的化学方程式_。（5）工业上以NH3和CO2为原料合成尿素CO(NH2)2)，反应的化学方程式如下：2NH3(g)CO2(g)CO(NH2)2(l)H2O(l)根据上述反应，填写下列空白已知该反应可以自发进行，则H_0。(填“”、“”或“”)；一定温度和压强下，若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比x，如图是x与CO2的平衡转化率()的关系
23、。随着x增大而增大的原因是_；B点处，NH3的平衡转化率为_。一定温度下，在3L定容密闭容器中充入NH3和CO2，若x2，当反应后气体压强变为起始时气体压强的时达到平衡，测得此时生成尿素90g。该反应的平衡常数K_。【答案】 (1). 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-795.8kJ/mol (2). d (3). 0.5 (4). FeO (5). (6). (7). 越大，的物质的量越大，平衡正向移动，转化率增大 (8). (9). 0.25(mol/L)-3【解析】【详解】（1）产物都是空气中的主要成分，所以会生成和，根据盖斯定律，其热化学方应方程式为：；（2）
24、a. 增大的浓度，的转化率不一定增大，a错误；b. C6H12O6是固体，对平衡无影响，b错误；c. 催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动，对转化率无影响，c错误； d. 该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，转化率增大，d正确；（3）据速率之比等于化学反应系数之比，（4）根据图可知，是催化剂，总反应方程式为： （5）该反应为反应前后气体分子数减小的反应，根据， ，能自发进行，所以；越大，的物质的量越大，平衡正向移动，转化率增大；点处，原料气中和的物质的量比为，转化率为，假设为，为，则反应的的物质的量为，根据热反应方程式可知，反应的的物质的量为，其转化率为；，原料气中和的物质的量比
25、为，假设为，为，设转化的为，其三段式为：2NH3(g)CO2(g)CO(NH2)2(l)H2O(l)始/ mol 2x x 0 0转/ mol 2n n n n平/ mol (2x-2n) (x-n) n n相同条件下，压强之比等于物质的量之比，平衡时，反应后气体压强变为起始时气体压强的，其 ，此时生成尿素，尿素的物质的量为，体积为，其平衡常数为：11. 美国医学家证实了三价铬离子(Cr3+)是构成葡萄糖耐量因子的重要组成部分,能够增强胰岛素的作用。构成葡萄糖耐量因子和蛋白质的元素有C、H、O、N、S、Cr等。(1)Cr的电子排布式为_。 (2)O、N、S、Cr的第一电离能由大到小的顺序为_。
26、 (3)SO2分子的空间构型为_，中心原子的杂化方式为_。 (4)CO2分子立体构型的为_,它的等电子体中属于分子的有_(任写一种)。 (5)实验式为CrCl36H2O的化合物有三种异构体,其中一种可表示为Cr(H2O)4Cl2Cl2H2O,该物质配离子中提供孤电子对的原子为_,配位数为_。 (6)由碳元素形成的某种晶体的晶胞结构如图所示,若阿伏加德罗常数的值为NA,晶体密度为 gcm-3,则该晶胞的棱长为_pm。 【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1 (2). NOSCr (3). V形 (4). sp3杂化 (5). 直线形 (6). N2O (
27、7). O、Cl (8). 6 (9). 【解析】【详解】(1)Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63s23p63d54s1或Ar3d54s1；(2)C、N、O属于同一周期元素，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但N原子2p能级为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻的元素，所以第一电离能大小顺序NOC；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，O、S元素的第一电离能OS；Cr为金属元素，较易失去电子，第一电离能较小，故四种元素第一电离能的大小顺序为：NOSCr；(3)SO2分子S原子价层电子对个数是3，且含有
28、一个孤电子对，所以其空间构型为V形，SO32-中S原子价层电子对个数是4，且含有一个孤电子对，所以S原子采用sp3杂化；(4)CO2的价层电子对个数，不含有孤电子对，因此该分子是直线形结构；具有相同原子数和价电子数的分子或离子叫等电子体，CO2分子含有3个原子，16个价电子，N2O与CO2互为等电子体。(5)Cr(H2O)4Cl2Cl2H2O中，配离子为Cr(H2O)4Cl2+，配体为H2O、Cl，因此提供孤对电子的原子为O和Cl，Cr的配位数为6；(6)由晶胞结构图分析可知，C原子分别位于晶胞的顶点、面心和体内，则根据均摊数可知，晶胞中含有碳原子数为=8，该晶胞的质量为m= ；该晶胞的体积V
29、=；所以，该晶胞的棱长= 。12. 塑料、橡胶等材料的交联剂E的合成路线如图所示：回答下列问题：(1)B的名称为_。(2)C生成的反应类型是_，D中官能团的名称是_。(3)D生成E的化学方程式为_。(4)E的同分异构体中符合下列条件的有_种。（不考虑立体异构）a.属于的二取代物b.取代基处于对位且完全相同c.能够与溶液反应产生其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6:2:1:1的结构简式为_。(5)参照题干中合成路线，设计以丙酮为主要原料制备的合成路线_（无机试剂任选）。【答案】 (1). 环己醇 (2). 加成反应 (3). 羟基、羧基 (4). 2+2H2O (5). 10 (6). (7
30、). 【解析】【分析】根据后续产物的结构可知A中应含有六元环，再结合A的分子式，可知A为，与氢气发生加成反应生成B，B为，羟基发生催化氧化生成C，则C为，C与HCN在一定条件反应生成；根据D的分子式以及E的结构可知在H2O/H+的条件下-CN转化为-COOH，所以D为。【详解】(1)根据分析可知B为，其名称为环己醇；(2)C为，与HCN在一定条件发生加成反应生成；(3)根据分析可知D为，两分子D发生酯化生成E，方程式为：+2H2O；(4)E的同分异构体满足：a.属于的二取代物b.取代基处于对位且完全相同，则取代基的可以位于或；c.能够与NaHCO3溶液反应产生CO2，说明含有-COOH，则取代基可以是-CH2CH2CH2COOH，或-CH(CH3)CH2COOH，或-CH2CH(CH3)COOH，或-CH(CH2CH3)COOH，或-C(CH3)2COOH，所以共有52=10种；其中核磁共振氢谱有5个峰，峰面积之比为6：2：1：1的是：；(5)对比丙酮CH3COCH3和目标产物的结构特点可知，需要在丙酮的2号碳上引入羟基和羧基，然后再和2-丙醇发生酯化，引入羟基和羧基的过程与C到D的过程类似，丙酮和氢气加成可以生成2-丙醇，所以合成路线为。
