【文档说明】西藏林芝市第二高级中学2021届高三上学期第三次月考理科综合化学试卷【精准解析】.doc，共(13)页，828.500 KB，由小赞的店铺上传

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林芝市二高2020-2021学年第一学期第三次月考高三年级理综化学一、选择题(每题6分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意)1.化学与生活、科技及环境密切相关，下列说法正确的是（）A.光分解水制氢气和植物秸

秆制沼气都涉及生物质能的利用B.华为继麒麟980之后自主研发的7nm芯片问世，芯片的主要成分为二氧化硅C.客机CR929机身大量使用了碳纤维，碳纤维属于有机高分子纤维D.蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，这项研究有助于

减少白色污染【答案】D【解析】【详解】A．光分解水制氢气是太阳能转化为化学能，不涉及生物能，A错误；B．芯片的主要成分为硅单质，B错误；C．碳纤维属于无机高分子纤维，C错误；D．蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化

为乙二醇，有助于减少白色污染，D正确；故答案选D。2.阿伏伽德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（）A.0.1mol熔融的KHSO4中含有0.1NA个阳离子B.0.2mol铁在足量的氧气中燃烧，转移电子数为0.6NAC.50

mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NAD.18gH2O、D2O组成的物质中含有的电子数为10NA【答案】A【解析】【详解】A．0.1mol熔融的KHSO4电离产生0.1molK

+、0.1molHSO4-，因此含有阳离子数目为0.1NA个，A正确；B．铁在足量的氧气中燃烧生成Fe3O4，3molFe反应转移8mol电子，则0.2molFe反应转移电子的物质的量为0.2×83NA=0.53NA，B错误；C．在该溶液中含HCl的物质的量n(HCl)=cV=

12mol/L×0.05L=0.6mol，若盐酸中HCl完全反应，转移电子的物质的量为n(e-)=0.6mol×24=0.3mol，转移电子数目为0.3NA，但随着反应的进行浓盐酸会转变为稀盐酸，反应不再进行，因此转移电子数目小于0.3NA，C错误

；D．H2O、D2O分子中都含有10个电子，H2O相对分子质量是18，而D2O的相对分子质量为20，所以18g两种分子构成的物质的物质的量小于1mol，含有的电子数目小于10NA，D错误；故选A。3.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.22.4L(标准状况)氮气中含有7N

A个中子B.1mol重水比1mol水多NA个质子C.12g石墨烯和12g金刚石均含有NA个碳原子D.常温常压下，124gP4中所含P一P键数目为4NA【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，若

该氮气分子中的氮原子全部为14N，则每个N2分子含有(14-7)×2=14个中子，1mol该氮气含有14NA个中子，不是7NA，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故A错误；B．重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，

故B错误；C．石墨烯和金刚石均为碳单质，12g石墨烯和12g金刚石均相当于12g碳原子，即1molC原子，所含碳原子数目为NA个，故C正确；D．124g白磷的物质的量为1mol，一个白磷分子中含6个P-P键，故1mol白磷中含p-p键为6NA个，故D错误；故答案为C。4.某有机物

的结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法正确的是A.1mol该有机物最多与4molH2反应生成C9H16O2B.该有机物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.该有机物能发生酯化、加成、氧化、水解等反应D.与该有机物具有相同官能团的同分异构体有3种【答案】A【解析】【分析】该有机物中含有苯环、碳碳双键

和羧基，具有苯、烯烃和羧酸性质，能发生加成反应、氧化反应、加聚反应、取代反应、酯化反应等，据此分析解答。【详解】A．碳碳双键和苯环都能和氢气发生加成反应，则1mol该物质最多能和4mol氢气发生加成反应生成C9H16O2，故A正确；B．含有碳碳双键，

该有机物能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．羧基能发生酯化反应，碳碳双键能发生氧化反应和加成反应，没有酯基或肽键、卤原子，所有不能发生水解反应，故C错误；D．与该有机物具有相同官能团的同分异构体中，如果取代基有乙烯基和羧基，还有对位和间位两种；如果取代基

有一个，还有苯丙烯酸、苯异丙烯酸，所有符合条件的有4种，故D错误；故答案选A。5.下列反应的离子方程式正确的是()A.盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+＝2Fe3++3H2B.氢氧化钡与稀硫酸反应：H++OH‒＝H2OC.醋酸与氢氧化钠溶液反应：H++OH‒＝H2OD.小苏打治疗胃酸过多：

HCO-3+H+＝H2O+CO2↑【答案】D【解析】【详解】A．盐酸与铁屑反应，生成氯化亚铁，离子反应方程式不符合实验事实，且缺少气体符号“↑”，正确的离子方程式为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，A项错误；B．氢氧化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡和水，题中离子反应方程式不完整，正确的离子方程

式为：Ba2++2OH‒+2H++SO24−＝BaSO4↓+2H2O，B项错误；C．醋酸为弱电解质，书写离子方程式时不能拆分，正确的离子方程式为：CH3COOH+OH‒＝H2O+CH3COO‒，C项错误；D．小苏打为碳酸氢钠，和盐酸反应生成水和二氧化碳，离

子方程式符合实验事实，拆分正确，电荷和原子都守恒，D项正确；答案选D。6.下列实验装置用加热铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的的是()A.制取并收集SO2B.将硫酸铜溶液蒸发浓缩C.过滤出混合物中的不溶物D.稀释反应后的混合物【答案】B【解析】【详解】

A．SO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，收集装置应长管进气，短管出气，且SO2有毒，装置中缺少尾气处理装置，A错误；B．蒸发液体使用蒸发皿进行蒸发操作，并用玻璃棒不断搅拌，可以得到硫酸铜固体，B正确；C

．过滤时，应将混合液用玻璃棒引流转移到过滤装置中，不能直接倒入，C错误；D．反应后的混合物中可能含有剩余的浓硫酸，稀释时应将反应后的混合物沿烧杯壁倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，D错误；答案选B。7.下列实验的现象与对应结论均正确的是()选项操作现

象结论A向某溶液中滴加FeCl3溶液溶液变红溶液中一定含有KSCNB将未打磨的Al片放入硝酸铜溶液无明显现象Al与硝酸铜不反应C将打磨过的铝条放在沸水中，无现象，再加入一小块NaOH有气泡产生NaOH是催化剂D向新制氯水滴加几滴紫色石蕊试液溶液先变红后

褪色新制氯水有酸性和漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向某溶液中滴加几滴FeCl3溶液，溶液变红，说明溶液中含有SCN‒，含有SCN‒的溶液不一定是KSCN，NaSCN也可以的，A项错误；B．未打磨的Al片表面存在一层致密的氧化铝

薄膜，将未打磨的Al片放入硝酸铜溶液，无明显现象，可能是Al片表面的氧化膜阻止了反应的发生，不能说明Al与硝酸铜不反应，B项错误；C．将表面打磨干净的铝条放在沸水中，无现象，只能说明铝和沸水反应很微弱或不反应，加入一小块NaOH后，有气泡产生

，也可能是Al和后加入的NaOH反应了，并不一定能说明NaOH是该反应的催化剂，C项错误；D．向新制氯水中滴加几滴紫色石蕊试液，溶液先变红，说明新制氯水中含有H+，说明溶液显酸性。后褪色，说明含有漂白剂（次氯酸），D项正确；答案选D。8.铝氢化钠(N

aAlH4)是重要的还原剂。以铝土矿(主要成分Al2O3，含极少量SiO2、Fe2O3等杂质)为原料制备NaAlH4的一种流程如图：已知：“碱溶”中SiO2转化成难溶的Na2Al2Si2O8(1)过滤Ⅰ所得滤液的主要成分为

___________(填化学式)。(2)过滤Ⅱ所得滤液的主要成分为___________(填化学式)。(3)过滤Ⅱ到灼烧之间还应有的步骤是___________。(4)电解Ⅰ的化学方程式为___________。(5)反应Ⅲ的化学方程式为___________。(6)过滤Ⅰ所得滤渣主

要成分有Na2Al2Si2O8和Fe2O3，可以采用如图流程进行分离：①滤渣溶于盐酸所得的固体物质可能为___________(填化学式)。②滤渣溶于盐酸的“酸浸率”与温度关系如图所示，试解释温度过高，“酸浸率”降低的原因___________。【答案】(1).NaOH、NaAlO2(2)

.Na2CO3(3).洗涤、干燥(4).232()2AlO4Al+3O熔融电解(5).AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl(6).H2SiO3(7).温度过高，盐酸挥发【解析】【分析】铝土矿(主要成分Al2O3，含极少量SiO2、Fe2O3等杂质)，所以向

其中加入过量的NaOH溶液，Al2O3转化为NaAlO2，SiO2转化为Na2Al2Si2O8，Fe2O3即不与NaOH溶液反应也不溶于NaOH溶液；所以过滤后滤渣为Na2Al2Si2O8，Fe2O3，滤液为NaOH、NaAlO2；往滤液中加入NaHCO3溶液，

NaAlO2转化为()3AlOH沉淀和23NaCO溶液；()3AlOH灼烧得到Al2O3和水，电解Al2O3得到Al，Al与2Cl得到3AlCl；3AlCl与NaH反应得到NaAlH4和NaCl；电解23NaCO溶液得到3HNaCO和NaOH，结合相关知识分析可得：【详解】(1)由分

析可得，过滤I所得滤液的主要成分为：NaOH、2NaAlO，故答案为：NaOH、NaAlO2；(2)由分析可得，过滤II所得滤液的主要成分为：23NaCO，故答案为：23NaCO；(3)过滤II所得的滤渣为主要(

)3AlOH，应将其洗净，干燥后再灼烧，故答案为：洗涤、干燥；(4)由分析可知，电解I为电解融融状态的氧化铝得到单质铝和氧气，即232()2AlO4Al+3O熔融电解，故答案为：232()2AlO4Al+3O熔融电解；(5)由题意可知反应Ⅲ为NaH与3AlCl反应生成

NaAlH4和NaCl，即AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl，故答案为：AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl；(6)①过滤Ⅰ所得滤渣主要成分有Na2Al2Si2O8和Fe2O3，加入足量稀

盐酸后反应生成可溶性的NaCl，3AlCl和3FeCl以及难溶性的23HSiO，所以滤渣溶于盐酸所得的固体物质可能为23HSiO，故答案为：23HSiO；②由于盐酸为易挥发性酸，所以温度过高，盐酸挥发导致“酸浸

率”降低，故答案为：温度过高，盐酸挥发。9.氟化铬可用作毛织品防蛀剂、卤化催化剂、大理石硬化及着色剂。以铬云母矿石(含4.5%Cr2O3，还含Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)为原料制备氟化铬的工艺流程如下。下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH：氢氧化物Fe(OH)

3Mg(OH)2Cr(OH)3Fe(OH)2开始沉淀的pH2.38.84.97.5沉淀完全的pH4.110.46.89.7(1)将铬云母矿石粉碎的目的是___________。(2)滤渣1主要成分的用途

是___________。(写一种)(3)“氧化”步骤能否省略___________(填“是”或“否”)，你的依据是___________。(4)Cr2O3与稀硫酸反应的离子方程式为___________。(5)第一次滴加氨水调节pH范围为___________。(6)第二次滴加氨水调节p

H为6.8～8.8的目的是___________；Cr(OH)3与Al(OH)3一样具有两性，若第二次滴加的氨水改为NaOH溶液，生成的Cr(OH)3会部分溶解，写出Cr(OH)3溶解的离子方程式：___________。【答案】(1).增大接触面积，加快反应速率，提高

原料的利用率(2).用于制备光导纤维等(3).否(4).当Fe2+沉淀完全时，Cr3+也会沉淀(或者达在对应的PH条件下Fe2+无法沉淀完全)(5).Cr2O3+6H+=2Cr3++3H2O(6).4.1≤pH＜4.9(7).使铬离子完全沉淀，镁离子不沉淀(8).Cr(OH)

3+OH-=CrO-2+2H2O【解析】【分析】铬云母矿石(含4.5%Cr2O3，还含Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)，粉碎后加硫酸酸浸溶解，其中SiO2不与硫酸反应，则滤渣1为SiO2，过滤后得到含有Cr3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、24SO−的溶液。根据题中

表格提供的相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH，为了把杂质铁元素除去，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH范围为4.1~4.9，使Fe3+完全沉淀转化为Fe(OH)3。为了将使Cr3+与Mg2+彻底分离，

根据流程结合金属离子生成氢氧化物沉淀的pH，再次加入氨水调节pH为6.8~8.8，使Cr3+完全沉淀，Mg2+不沉淀。再次过滤，滤液中为Mg2+，得到Cr(OH)3沉淀，用氢氟酸与Cr(OH)3反应转化氟化铬，再经过一系列操作，最后得到产品。【详解】(1)

铬云母矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；(2)滤渣1的主要成分为SiO2，可以用于制光导纤维、制玻璃等；(3)“氧化”的目的是

将Fe2+转化为Fe3+，通过调节溶液的pH除去铁元素，如果省略“氧化”步骤，当Fe2+沉淀完全时，Cr3+也会沉淀，所以不能省略“氧化”步骤；(4)Cr2O3与稀硫酸反应的化学方程式为Cr2O3+3H2SO4=Cr2(SO4)3

+3H2O，离子方程式为：Cr2O3+6H+=2Cr3++3H2O；(5)根据分析可知，第一次滴加氨水调节pH范围为4.1~4.9，答案为：4.1~4.9(或4.1≤pH<4.9)；(6)第二次滴加氨水调节pH为6.8~8.8的目的是使Cr3+完全沉淀

而Mg2+不沉淀；Cr(OH)3与Al(OH)3一样具有两性，若第二次滴加的氨水改为NaOH溶液，生成的Cr(OH)3会部分溶解，该反应的离子方程式为Cr(OH)3+OH-=()4CrOH−，或Cr(OH)3+OH-=2CrO

−+2H2O。10.某课外活动小组用如图所示的实验装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F为氯气和氨气的发生装置，D为纯净、干燥的氯气与氨气反应的装置。(1)实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，写出该反应的化

学方程式___________。(2)洗气瓶B的作用是___________；C、E都是干燥装置，E中干燥管内所装的试剂是___________。(3)反应开始后装置D中出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，活动小组拟继续通过实验鉴定该固体的成分

。请你协助他们完成该实验探究。步骤①：取固体样品加少量水溶解，分装于两支试管中。向其中一支试管中加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口附近，红色石蕊试纸变蓝，证明该固体中含有___________。(填离子符号)步骤②：向另一支试管中加入硝酸酸化的硝酸银，若产生白色沉淀，说明溶

液中含有___________。(填离子符号)(4)已知NH3和Cl2的反应产物中的一种气体为空气的主要成分，根据(3)的实验结果写出该反应的化学反应方程式：___________。(5)从绿色化学的角度考虑该装置中有一明显不合

理之处，请你指出___________。【答案】(1).4HCl+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O(2).除去Cl2中的HCl(3).碱石灰(4).NH+4(5).Cl-(6).32248NH+3Cl=N+6NHCl(7).没有尾气处理装置(应该在D后面导管上加一个尾气处理装置)

【解析】【分析】由实验装置可知，A、F为氯气和氨气的发生装置，D为纯净、干燥的氯气与氨气反应的装置，A中发生MnO2+4HClΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，B中应盛装饱和食盐水可除去HCl，C中应盛装浓硫酸，用来干燥氯

气，F中氨气与碱石灰可制取氨气，E中可盛装碱石灰干燥氨气，D中发生反应，结合实验探究分析产物的成分，以此来解答。【详解】(1)用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，该反应的化学方程式为4HCl+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)洗气瓶B（装饱和食盐水）的作用

是除去Cl2中的HCl，E干燥氨气，则E中干燥管内所装的试剂是碱石灰，故答案为：除去Cl2中的HCl；碱石灰；(3)取固体样品加少量水溶解，分装于两支试管中。向其中一支试管中加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色

石蕊试纸放在试管口附近，红色石蕊试纸变蓝，因该气体为碱性气体氨气，则该固体中一定含有的阳离子是NH+4；向另一支试管中加入硝酸酸化的硝酸银，有白色沉淀生成，则含Cl-，故答案为：NH+4；Cl-；(4)NH3和Cl2的反应产物中的一种气体为空气的主要成分，根据元素守恒可知，应为氮气，根据实验(3)

可知另一个产物为NH4Cl，结合氧化还原反应的规律可知，D中发生的反应为：32248NH+3Cl=N+6NHCl；(5)氯气、氨气均不能直接排放在环境中，D中导管无尾气吸收，不符合绿色化学的思想，应在D的导管上加一个尾气处理装置，故答案为：没

有尾气处理装置(应该在D后面导管上加一个尾气处理装置)。[化学-选修3：物质结构与性质]11.亚铁．．氰化钾(K4[Fe(CN)6])又称黄血盐，用于检验Fe3+，也用作实验的防结剂。检验三价铁发生的反应为：K4[Fe(

CN)6]+FeCl3=KFe[Fe(CN)6]↓（滕氏蓝．．．）+3KCl，回答问题：(1)Fe3+的核外电子排布式___________；(2)与CN‒互为等电子体的分子是___________。(3)K4[Fe(CN)6]中的作用力有___________；1molK4[Fe

(CN)6]中σ键为___________mol；其中C原子的杂化方式为___________；（已知：HCN中CN‒结构与N2相似）(4)C、N、O的第一电离能由大到小．．．．的排序为___________；(5)Fe的晶体结构如图所示。已知

晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA，则铁原子的半径r=___________pm（用含a的算式表示）；该晶胞的密度是___________g/cm3（列出计算式即可）【答案】(1).1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5(2).N2（或CO）(

3).配位键、离子键、共价键(4).12(5).sp(6).N＞O＞C(7).3a4(8).3-30A112a10N【解析】【分析】注意(4)问，同周期元素，从左至右，元素的第一电离能总体上呈增大的趋势。但第

ⅡA、ⅤA元素原子的最外层电子分别为全充满和半充满状态，其第一电离能大于同周期相邻元素。【详解】(1)铁原子失去最外层4s能级上的2个电子，然后失去3d能级上的1个电子形成Fe3+，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5

；答案为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；(2)CN‒中原子总数为2，电子数为14，与其互为等电子体的分子有：N2、CO。答案为：N2（或CO）；(3)K4[Fe(CN)6]中K+与[Fe(CN)6]4‒之间是离子键，Fe2+与CN‒两种离子之间的作用力是配位键，

CN‒离子中存在共价键，故K4[Fe(CN)6]中的作用力有配位键、离子键、共价键；CN‒中碳氮之间为叁键，共价叁键由一个σ键、两个π键组成，故1个CN‒中含有1个σ键。[Fe(CN)6]4‒中的配位键也是σ键，共

6个配位键，故1molK4[Fe(CN)6]中σ键为12mol。CN－中含有碳氮三键，是直线型，碳原子的杂化方式为sp杂化。答案为：配位键、离子键、共价键；12；sp；(4)根据同周期元素，从左至右，元素第一电离能逐渐增大，但N元素原子最外层电子为半充满状态，其第一电

离能大于同周期相邻元素，故C、N、O的第一电离能由大到小的排序为N＞O＞C；答案为：N＞O＞C；(5)Fe的晶胞采用体心堆积，晶胞上占有粒子数=18128+=，晶胞中体对角线上三个粒子相切，体对角线长度等于晶胞离子半径的4倍，晶胞边长为a，则有：4a3r=，r=

3a4。由题可知，晶胞质量m=AA562112g=gNN，晶胞体积V=()33303apma10cm−=，则晶胞密度ρ=-3A3303330A112g112gcma10cma10mNVN−−==。答案为：3a4；3-30A112a10N。[化学-选修5：有机

化学基础]12.化合物G是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药。可以通过图所示的路线合成：已知：RCOOH3lPC→RCOCl；(1)D的化学名称为___________；B→C的转化所加的试剂可能是___________。(2)G中的含氧官能团名称为：___________；(3)

CH3COCl＋E→F的反应类型是___________。(4)E的结构简式为___________。(5)F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为___________。(6)写出同时满足下列条件的E的所有同分异构体的结构简式___________。

①能发生水解反应②与FeCl3溶液能发生显色反应③苯环上有两种不同化学环境的氢原子【答案】(1).邻羟基苯甲酸(2-羟基苯甲酸)(2).银氨溶液(或新制氢氧化铜溶液)(3).羟基、酯基(4).取代反应(5).(6).+3NaO

H→+CH3COONa+CH3OH+H2O(7).、、【解析】【分析】由已知RCOOH3PCl→RCOCl可得C为3CHCOOH，由B转化为C的条件可知B为3CHCHO，由A转化为B的条件可得A为32CHCHOH；由F可得E为，则D为，结合有机化学的相关知识分析。

【详解】(1)由分析可知D为，则其名称为：邻羟基苯甲酸(2-羟基苯甲酸)；B→C的转化为醛被氧化为羧酸，所以其试剂和条件分别为银氨溶液(或新制氢氧化铜溶液)并水浴加热（加热煮沸），故答案为：邻羟基苯甲酸(2-羟基苯甲酸)；银氨溶液(或新制

氢氧化铜溶液)；(2)由题意可知G中所含的官能团有：酯基，羟基以及碳碳双键，其中酯基和羟基为含氧官能团，故答案为：酯基、羟基；(3)CH3COCl与E在催化剂的作用下发生取代反应生成F，故答案为：取代反应；(4)由分析可得E的结构简式为：，故

答案为：；(5)F为酯类化合物，在碱性条件下回水解生成、CH3COONa、CH3OH和H2O，则其方程式为：+3NaOH→+CH3COONa+CH3OH+H2O，故答案为：+3NaOH→+CH3COONa+CH3

OH+H2O；(6)①能发生水解反应，则E的同分异构体含有酯基；②能与FeCl3溶液能发生显色反，应则E的同分异构体含有酚-OH；③苯环上有两种不同化学环境的氢原子，则该同分异构体为高度对称的取代基位于苯环的对位，综上所述满足以上条件的E的同分异构体有，，，故答案为：、

、