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广西桂林市第十八中学2021届高三化学上学期第八次月考试题广西桂林市第十八中学2021届高三化学上学期第八次月考试题年级：姓名：17广西桂林市第十八中学2021届高三化学上学期第八次月考试题注意事项：本试卷共12页，答题卡2页。考试时间150分钟，满分300分； 正式开考前，请务必将自己的姓名、学号用黑色水性笔填写清楚填涂学号； 请将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置，直接在试卷上做答不得分。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Al-27 Cu-64 Ag-108 Ca-40 Ba-137第I卷（选择题，共126分)一、 选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求7化学与生活、生产科技密切相关。下列叙述正确的是（ ）A明矾在天然水中能生成胶体，可用于水的消毒杀菌B高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板，属于无机高分子材料C梦溪笔谈中“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了氧化还原反应D我国北斗系统的导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅8NA 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A标准状况下，2.24L水中含有0.2NA个极性键 B13g乙炔(C2H2)和13g苯均含有2NA个原子C1 mol H216O比1mol H218O少2NA个质子 D0.1 L 1 molL-1 CH3OH溶液中含有0.1NA个分子9有机物N具有抗肿瘤、镇痛等生物活性。N可由M合成：下列相关说法正确的是（ ） AM中所有碳原子可能共面 BN可以与钠反应生成H2 CM生成N的反应为取代反应 DM、N的一氯代物数目相同10利用图中实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（ ）A利用图1装置可从胆矾晶体中获得无水硫酸铜B利用图2装置可分离石油，得到汽油、煤油和柴油等各种馏分C利用图3装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液D利用图4装置可进行酸碱中和滴定11下列离子方程式正确的是（ ）A电解氯化镁溶液：2Cl+2H2O2OH-+H2+Cl2B向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl C用醋酸除去水垢：CaCO3 +2H+=Ca2+ + CO2 + H2ODK2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32+ 2Cl2 + 3H2O = 2SO32+ 4Cl + 6H+12某化合物(结构如图所示)是一种高效消毒剂，可用于工业用水、游泳池、医院、餐具的杀菌消毒。X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，Z与W不在同一周期。下列叙述不正确的是（ ）A原子半径：WYZX B该化合物中所有原子都满足8电子稳定结构CX、Y均能与Z形成两种或以上化合物 DW的单质能使鲜花褪色13二氧化氯是一种新型消毒剂，以氯酸钠为原料采用电解法制备二氧化氯装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）A 电极B的材料是石墨 B 阴极区部分C1O2循环反应C 产生C1O2的反应式为：C1O3+ C1O2+ 2H+ = 2C1O2 + H2O D 电解后阳极区溶液pH增大26（14分）化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：已知：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中的其它成分与NaOH和盐酸均不反应。I摩擦剂中氢氧化铝的定性检验。取适量牙膏样品于烧杯中，加水充分搅拌后过滤，滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤，向滤液中通入过量CO2有白色沉淀生成。(1)在上述操作中，需要用到图中的实验仪器有_(选填编号)(2)氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式为_，有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al(OH)3，若要进一步证明含Al(OH)3，需要补充的操作是_(写出操作、现象和结论)。牙膏样品中碳酸钙的定量测定。利用如图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：(3)装置A中发生反应的离子方程式为_，反应结束后，还要持续通一段时间空气的目的是_。(4)下列各项措施中，能提高测定准确度的是_(选填编号)。a把盐酸换成不具有挥发性的硫酸 b在AB之间增添盛有浓硫酸的干燥装置c滴加盐酸不宜过快 d在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置(5)实验中准确称取8.0 g样品三份，进行三次测定，测得生成BaCO3平均质量为1.97 g。则样品中碳酸钙的质量分数为_。27（14分）纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料，具有重要价值。工业以菱镁矿(主要成分为MgCO3，少量FeCO3和SiO2杂质)为原料制备纳米氧化镁工艺流程如图：试回答下列问题：(1)“焙烧”时生成的主要气体有_；滤渣I的主要成分为_。(2)氧化剂常用空气或H2O2而不选用酸性KMnO4，解释其原因_。已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：金属离子Fe2+Fe3+Mg2+开始沉淀pH6.31.58.9完全沉淀pH9.02.810.9上述流程中“氧化”是否可省掉及理由是_。(3)试剂a可能是_。(4)资料显示锻烧MgCO3比锻烧Mg(OH)2更容易生成MgO纳米材料。“沉淀”时若将NH4HCO3更换成Na2CO3，则产生的后果是_。(5)该流程中可以循环利用的物质是_。28（15分）研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：反应I： CO2 (g) +3H2 (g)CH3OH (g) +H2O (g) H1= -49. 1 kJ/mol反应II： CH3OCH3(g) +H2O(g)2CH3OH (g) H2 = + 24.5kJ/mol反应III： 2CO2 (g) +6H2 (g) CH3OCH3 (g) +3H2O (g) H3(1)H3 =_kJ/mol。(2)在绝热恒容的密闭容器中，将CO2和H2按物质的量之比1：3投料发生反应I，下列能说明反应已达平衡的是_(填序号)。A体系的温度保持不变 BCO2和H2的转化率相等C单位时间内体系中3molH2减少的同时1molH2O增加 D合成CH3OH的反应限度达到最大(3)已知：反应II在某温度下的平衡常数的值为2，在此温度下向密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)发生该反应，某时刻测得CH3OCH3、H2O、CH3OH的浓度依次为1.5mol/L、1.5mol/L、1mol/L，此时CH3OCH3的转化率是_，反应速率v(正)_v(逆) (选填“”、“=”或“、=、 X(C) Y(N) Z(O)，A错误；B该化合物中不含氢原子，所有原子都为8电子稳定结构，B正确；CX为C元素，Y为N元素，Z为O元素，则X、Y能与Z分别形成CO和CO2等、NO和NO2等两种及其以上化合物，C正确；DW的单质为氯气，鲜花中含水分，则氯气可使湿润的鲜花褪色，D正确；13.【答案】D【分析】由电解法制备二氧化氯的示意图可知，A电极为电解池的阴极，C1O2在阴极上得到电子发生还原反应生成C1O，酸性条件下，生成的C1O与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，B电极为阳极，溶液中的水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气。【详解】A.由分析可知，B电极为阳极，由阳极上水失去电子发生氧化反应可知，该电极为石墨惰性电极，故A正确；B.由分析可知，C1O2在阴极上发生还原反应生成C1O，C1O又与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，则阴极区部分C1O2循环反应，故B正确；C.由分析可知，酸性条件下，生成的C1O与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，反应的化学方程式为C1O+ C1O +2H+=2C1O2+H2O，故C正确；D.由分析可知，溶液中的水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O4 e= O2+4H+，放电时由氢离子生成，则阳极区溶液pH减小，故D错误；26.【答案】(每空2分，共14分) BCD Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 将沉淀过滤洗涤，然后向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al(OH)3，否则不含有Al(OH)3； CO2+2OH-=CO32-+H2O 使反应产生的CO2全部被装置C中的氢氧化钡溶液吸收 c 12.5% 【分析】I将适量牙膏放入烧杯中，加水充分搅拌后过滤，使难溶性物质与可溶性物质分离，然后向滤渣中加入过量 NaOH溶液，Al(OH)3反应产生可溶性NaAlO2，CaCO3不能溶解，过滤后滤液中含有NaAlO2及过量NaOH，向其中通入足量CO2气体，NaOH变为NaHCO3，NaAlO2变为Al(OH)3，结合物质的溶解性判断产生沉淀的成分；实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2，B中盐酸与CaCO3反应产生CO2气体，气体进入C与Ba(OH)2反应产生BaCO3沉淀，装置D可以防止空气中CO2与Ba(OH)2反应，实验结束后，再通入空气，把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全转化为BaCO3沉淀。【详解】I(1)牙膏与水混合，充分搅拌过滤时使用的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故需要使用的实验仪器序号为BCD；(2)Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强酸、强碱发生反应，Al(OH)3与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；若摩擦剂中无Al(OH)3，向加入NaOH后的滤液中通入足量CO2气体，发生反应：NaOH+CO2=NaHCO3，若产生的NaHCO3比较多，而其溶解度又比较小，则产生的沉淀可能是NaHCO3沉淀；若摩擦剂中含有Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应变为可溶性物质NaAlO2，此时的滤液中含有过量NaOH及反应产生的NaAlO2，再向该滤液中通入足量CO2气体时，NaOH先发生反应产生Na2CO3，然后发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3，则此时产生的沉淀可能是Al(OH)3、NaHCO3的混合物，故有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al(OH)3，若要进一步证明含Al(OH)3，可将该沉淀过滤出来洗涤干净，向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al(OH)3，否则不含有Al(OH)3；(3)装置A的作用是吸收空气中CO2，发生反应产生Na2CO3，该反应的离子方程式为：CO2+2OH-=+H2O；反应结束后，还要持续通一段时间空气的目的是将反应产生的CO2气体全部排入装置C中，与Ba(OH)2溶液反应产生BaCO3沉淀，以减小实验误差；(4) a若把盐酸换成不具有挥发性的硫酸，CaCO3与硫酸反应产生微弱性CaSO4覆盖在CaCO3表面，使反应不能进一步发生，导致测定准确度偏低，a不符合题意；bB、C中的反应均是在溶液中进行，因此不需要干燥装置，若在AB之间增添盛有浓硫酸的干燥装置，不能提高实验测定准确度，b不符合题意c若滴加盐酸过快，则生成CO2过快，C中CO2不能全部被Ba(OH)2溶液吸收，所以滴加盐酸不宜过快可以使CO2被充分吸收，从而可提高实验准确度，c符合题意；d若在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置反应生成CO2气体，则在C中被氢氧化钡吸收的CO2偏多，会使测定准确度偏低，d不符合题意；(5)BaCO3质量为1.97 g，则n(BaCO3)=0.01 mol，根据C元素守恒可知在8.0 g样品中含有CaCO3的物质的量是0.01 mol，其质量m(CaCO3)=0.01 mol100g/mol=1.0 g，所以样品中碳酸钙的质量分数为100%=12.5%。27.【答案】(除特别注明外，每空2分，共14分) NH3、CO2 SiO2（1分） 引入新杂质Mn2+，产品不纯；将Cl-氧化为Cl2造成污染 否（1分），不先将Fe2+氧化为Fe3+，则Fe2+完全沉淀时Mg2+已开始沉淀，难以完全除去铁元素（2分） MgO(或MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等) Na2CO3碱性更强，反应中易生成更多Mg(OH)2而不利于MgO纳米材料的生成，纳米MgO纯度降低 NH4Cl 【分析】菱镁矿主要成分为MgCO3（含少量FeCO3和SiO2杂质），加入NH4Cl在空气中焙烧，主要反应为MgCO3+2NH4ClMgCl2+2NH3+CO2+H2O，杂质FeCO3也发生类似的反应生成FeCl2，加水溶解，SiO2不溶于水，进入滤渣I中，加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂a调pH，但不能引入新物质，故试剂a可以选择Mg的化合物MgO、MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等，此时Fe3+完全水解为Fe(OH)3，过滤除去Fe(OH)3（滤渣II），加入NH4HCO3，Mg2+转化为MgCO3沉淀并得到NH4Cl溶液，经过煅烧得到纳米MgO。【详解】(1)根据分析，“焙烧”时生成的主要气体有NH3、CO2；滤渣I的主要成分为SiO2；(2)H2O2的还原产物为H2O，不会引入新杂质，而的还原产物为Mn2+，引入新杂质Mn2+，产品不纯，另外，氧化性很强，可将溶液中的Cl-氧化为Cl2，造成污染；根据表格数据可知，Fe2+的完全沉淀时Mg2+已开始沉淀，难以完全除去铁元素，故需将Fe2+氧化为Fe3+，得到Fe(OH)3过滤除去；(3)根据分析，试剂a可能是MgO(或MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等)；(4)Na2CO3碱性比NH4HCO3更强，碱性强的溶液中易生成更多Mg(OH)2，而锻烧MgCO3比锻烧Mg(OH)2更容易生成MgO纳米材料，故使用Na2CO3不利于MgO纳米材料的生成，纳米MgO纯度降低；(5)根据分析，沉淀步骤中可得NH4Cl溶液，故可以循环的物质是NH4Cl。【答案】(除特别注明外，每空2分，共15分) -122.7（1分） AD 25% KB 反应I的H0，230以后升高温度，平衡逆移使CH3OH的产率下降 BD 【详解】(1)由盖斯定律可知，(反应I2反应II)得反应III，则H3 =2H1 H2 =2(-49. 1 kJ/mol)(+ 24.5kJ/mol)= -122.7kJ/mol，故答案为：-122.7；(2) A.反应I为放热反应，放出的热量使反应温度升高，体系的温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，故正确；B. 由于二氧化碳和氢气的起始量之比与化学计量数之比相等，无论反应是否达到平衡，二氧化碳和氢气的转化率均相等，则二氧化碳和氢气的转化率相等不能说明反应已达平衡，故错误；C.单位时间内体系中3mol氢气减少和1mol水蒸气增加均代表正反应速率，不能表示正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达平衡，故错误；D.化学平衡状态是化学反应的最大限度，合成CH3OH的反应限度达到最大说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，故AD正确；(3)由甲醇的浓度为1mol/L可知，反应消耗甲醚的浓度为0.5mol/L，起始时甲醚的浓度为(1.5mol/L+0.5mol/L)=2.0mol/L，则甲醚的转化率为100%=25%；由题给数据可知，某时刻反应的浓度熵Qc=K=2，说明平衡向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：25%；(4)反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知温度Tl二氧化碳转化率大于温度T2，则温度Tl小于T2；温度不变，化学平衡常数不变，A、C温度相同，低于B，则反应的平衡常数KA、 KB、KC三者之间的大小关系为KA= KC KB ，故答案为： KB；(5)由图可知230C时反应I达到平衡，反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则当温度高于230C时，甲醇的产率下降，故答案为：反应I的H0，230以后升高温度，平衡逆移使CH3OH的产率下降；使用CZ（Zr-1）T催化剂时甲醇的选择性和产率均更高，故选择CZ（Zr-1）T催化剂。从产率看，230 时CZ（zr-1）T催化剂作用下甲醇产率最高，故选择BD。35.【答案】（除特别注明外，每空2分，共15分) 2 （1分） 3d9 （1分） O （1分） Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+ 4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去 乙醇分子间存在氢键 1:6 sp2、sp3 AgCu3或Cu3Ag 【分析】(1)化合物中所有元素化合价代数和为0，可计算出Cu的化合价和价电子排布式；（2）有孤电子对的原子提供孤对电子；（3）根据价电子排布分析分子间存在氢键比没有氢键的化合物沸点高；（4）4条键，碳原子无孤电子对，采取sp3杂化类型， 3条键和1条键，碳原子无孤电子对，采取sp2杂化类型；NA采用密度公式进行计算。【详解】(1)根据化合物中所有元素化合价代数和为0，可计算出Cu的化合价为+2，所以Cun离子，n2，Cu的价电子排布式为3d104s1, Cu2+价电子排布式为3d9； (2)“中国蓝”中Ba2+、Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子，所以只能氧原子来提供孤对电子；(3) Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+ 4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去，所以Cu的第二电离能高于Zn的第二电离能；(4)乙醇分子间存在氢键，而乙醛分子间没有氢键，所以乙醇的沸点高于乙醛；乙醛分子中还有一个碳氧双键，所以含有1个键6个键，个数比为1:6；乙醛中甲基上的C形成4条键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3条键和1条键，无孤电子对，采取sp2杂化类型。(5) 用均摊法，6个铜原子位于立方体面心，8个银原子位于顶点，则该晶胞含个铜原子，个银原子，所以化学式为AgCu3或Cu3Ag；原子空间利用率 【点睛】氢键的作用力比分子间作用力大，分子间存在氢键，使熔沸点升高；立方晶胞原子的计算方法：顶点的原子数乘八分之一，棱上的乘四分之一，面上的乘二分之一，内部的乘一；原子空间利用率的计算用原子的体积除以晶胞的体积。36.【答案】（除特别注明外，每空2分，共15分) 酯基（1分） C9H6O2 3 +3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O 及时移走C 6 或 【分析】A的分子式为C2H4O，与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由乙酸和CH3COCl的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，B（）与甲醇可在浓硫酸条件下发生酯化反应生成C，则推知C的结构为，由D的结构简式可知，CH3COCl和C()在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到D()，D中存在酯基，可在碱液中可以发生水解反应生成目标产物E，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。【详解】(1)化合物E的结构简式为：，其中所含官能团为碳碳双键、酯基，不饱和度为4（苯环）+1（脂环）+1（碳碳双键）+1（酯基）=7，则推算出其分子式是C9H6O2，故答案为：碳碳双键、酯基；C9H6O2；(2)根据上述分析可知，反应1为醛的催化氧化，属于氧化反应，反应2为羧基的取代反应，反应3为酯化反应，也属于取代反应，反应4为CH3COCl和C()在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到D()，属于取代反应，所以其中属于取代反应的有3个，故答案为：3；(3)根据上述分析可知，化合物C的结构简式为；(4)化合物D中含有2个酯基，可与氢氧化钠碱性溶液发生水解反应，水解生成的1个酚羟基和2个羧基会和氢氧化钠发生酸碱中和反应，其化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O；(5)反应3为酯化反应，属于可逆反应，根据平衡移动原理，及时移走C，使平衡向正反应方向移动，提高C的产率，故答案为：及时移走C；(6) B的分子式为C7H6O3，不饱和度为5，其同分异构体若满足属于芳香族化合物，则含有苯环；环上有三个取代基，取代基可以是1个醛基和2个羟基，先固定2个羟基的位置，分别为邻间对位，再移动醛基（用数字代替醛基的位置种类），其同分异构体可以是：、，故共计6种；满足核磁共振氢谱1：1：2：2，则说明分子中氢原子的环境是对称结构，氢原子的个数之比为1：1：2：2，则醛基的位置可以是第3种或第5种，即其结构简式为或，故答案为：6；或。【点睛】同分异构体数目的确定是有机物推断题的难点，要求学生有很好的逻辑分析能力，可以采用分类讨论思想，利用“定一议二”的方法分析作答，本题是先固定2个羟基在苯环侧链的位置，再移动另一个醛基的位置。