2023年重庆一中高2023届2月月考化学参考答案一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。题号1234567答案ACBAADD题号891011121314答案BACDBCC【解析】1．硅橡胶（）是二甲基二氯硅烷[(CH3)2SiCl2]水解得到二甲基硅二醇，经脱水缩聚生成聚硅氧烷，再经交联制成，是有机高分子材料，A错误。尼龙绳的主要成分尼龙是聚酰胺纤维，是合成纤维，D正确。2．Cl—Cl的p—pσ键电子云图形为，A错误。次氯酸的电子式为，B错误。基态硫原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，则占据最高能级的电子云轮廓图为，D错误。3．红热的炭产生的热量也可能使浓硝酸分解产生NO2，故B错误。3+4．HCO3水解呈碱性，使酚酞溶液呈浅红色，此时体系中离子均可能大量存在，A正确。Cr为绿色，B错误。由水电离出的c(H+)=1×10−13mol·L−1的溶液中，水的电离被抑制，溶液为2酸溶液或碱溶液。在酸溶液中，S2O3不能大量共存；在碱溶液中，NH4不能大量共存；2+2C错误。含有大量AlO2的溶液中，HCO3与之不能大量共存；且Ca与SO4会生成CaSO4沉淀，也不能大量共存；D错误。化学参考答案·第1页（共9页）22+2-5．溶液中存在平衡Cr2O7+H2O2CrO4+2H，故溶液中Cr2O7的数目小于0.2NA，B错误。1个四面体烷分子中的σ键包括6个C—C与4个C—H，故C错误。选项D没给体积，无法计算，D错误。6．经推断，V、W、X、Y、Z分别为C、N、O、F、S元素。同周期元素中，第一电离能大3于O的有N、F、Ne，A正确。CF4、NF3的中心原子均为sp杂化，所含孤电子对数越多，-键角越小，B正确。该离子液体中V、W、X、Y均达到8e稳定结构，C正确。NH3常温下为气体，H2O常温下为液体，故D错误。7．分液漏斗下端管口应紧靠烧杯内壁，A错误。浓硫酸不能直接在容量瓶中稀释，B错误。Br2易挥发，挥发引入的Br2也能使AgNO3溶液产生浅黄色沉淀，C错误。8．1mol化合物Ⅱ与氢气发生加成反应，最多消耗5molH2，故B错误。−9．浓盐酸中Cl也能与KMnO4溶液反应，B错误。Ag2O与硝酸反应生成盐和水，与氨水发生络合反应生成配位化合物，Ag2O为碱性氧化物，C错误。产生的白色沉淀可能为BaSO3，X气体可能为NH3，SO2此时不被氧化，D错误。2+10．[Co(NH3)6]Cl2中的中心离子为Co，其配位原子为N，配位数为6，A错误，由2+−[Co(NH3)6]Cl2晶胞结构可知，[Co(NH3)6]周围等距离且最近的Cl有8个，B错误。C位于晶胞内部，若把晶胞分为8个相等的小立方体，则C位于左后上的小立方体的体心。133根据A、B的原子坐标参数可知，C的原子坐标参数为，，，C正确。通过晶胞结4442+11−构，根据均摊法，一个晶胞含有的[Co(NH3)6]的个数为8+6=4个，含有的Cl的82个数为8个，故每个晶胞中含有4个[Co(NH3)6]Cl2；[Co(NH3)6]Cl2的摩尔质量是Mg/mol，334M303晶胞体积为apm，则晶胞的密度为3×10g/cm，D错误。aNA2−11．放电时相当于是原电池，由图可知，左侧电极Zn被氧化生成[Zn(OH)4]，为负极，电极−−2−方程式为Zn−2e+4OH=[Zn(OH)4]；右侧电极二氧化碳被还原生成乙醇和乙酸，电−+−+极方程式为2CO2+12e+12H=C2H5OH+3H2O，2CO2+8e+8H=CH3COOH+2H2O，为正极。放电时，正极电势高于负极电势，故Cu2P2O7极电势高于Zn极，A错化学参考答案·第2页（共9页）+误。放电时，双极膜中水电离出的H向Cu2P2O7电极迁移，B错误。充电时，阴极反应2−−−式：[Zn(OH)4]+2e=Zn+4OH，C错误。充电时，由电极方程式可知，存在以下关系，C2H5OH~2CO2~6Zn，CH3COOH~2CO2~4Zn，若消耗乙醇和乙酸的物质的量之比为1∶2时（假设生成乙醇1mol，生成乙酸2mol），则理论上两者生成的锌和CO2的物质的量为14mol与6mol，比值为7∶3，D正确。12．由于能量越低越稳定，由图可知，(CH3)2CH·(g)更稳定，A错误。由图可知，①CH3CH2CH3(g)+Cl(g)=CH(CH3)2(g)+HCl(g)∆H2，②CH3CH2CH3(g)+Br(g)=CH(CH3)2(g)+HBr(g)∆H4，根据盖斯定律②-①得到HCl(g)+Br(g)=HBr(g)+Cl(g)∆H=∆H4−∆H2，同时，由键能数据可知，∆H=EH-Cl−EH-Br=∆H4-∆H2，故B正确。由于CH(CH3)2(g)+HBr(g)CH3CH2CH2(g)+HBr(g)∆H>0，所以升高温度，平衡正向移动，故可以提高产物中1−溴丙烷的比例，C错误。由图可知，[CH(CH3)2](g)溴化反应的产率为97%，明显高于氯化反应的55%，故以CH3CH2CH3(g)为原料合成2-丙醇时，应该选用溴化反应，然后再水解，D错误。13．实验①和实验②催化剂表面积相同，但XY3初始浓度实验①中是实验②中的两倍，结合−3−1数据，可知0~20min、20min~40minXY3浓度变化量都是0.40×10mol·L，实验②60min时达到平衡状态，此时实验①未达到平衡状态，由此可见，实验②速率更快，故相同条件下，增加XY3的浓度，反应速率并未加快，A错误。实验①中，0~40min，XY3浓度变31−3−1−3−1−3−10.8010molL化量为2.40×10mol·L-1.60×10mol·L=0.80×10mol·L，v(XY3)=40min=2.00×10−5mol·L−1·min−1，由于反应速率之比等于化学计量数之比，故3−5−1−1v(Y2)=v(XY3)=3.00×10mol·L·min，B错误。催化剂表面积大小只影响反应速率，2不影响平衡，实验③中XY3初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时XY3浓度为−4−1−4−14.00×10mol·L，则实验①达平衡时XY3浓度也为4.00×10mol·L，而恒温恒容条件下，实验①相对于实验②为增大压强，平衡逆向移动，因此实验②60min时处于平衡−3−1状态，x<0.20，C正确。由实验③中数据可知，达平衡时XY3反应了2.00×10mol·L，化学参考答案·第3页（共9页）−3−3−1则生成X21.00×10mol/L，生成Y23.00×10mol·L，平衡时体积分数等于物质的量浓度分3.001031molL数，故Y的体积分数为68.2%，21.001031molL3.001031molL0.41031molLD错误。+14．由图可知，H3PO3为二元弱酸，在水中分两步电离，H3PO3H+H2PO3，H2PO3+2+H+HPO3，当图b横坐标为0时，c(H)=1mol/L，曲线m>曲线n，由于2cc(H)(H23PO)cc(H)(HPO3)c(H23PO)Ka1Ka2，故曲线m代表lg，曲线n代表c(H33PO)c(H23PO)c(H33PO)2c(HPO3)−1.4−6.7lg，且Ka1=10、Ka2=10。由图a可知，M点溶质主要溶质为NaH2PO3，Nc(H23PO)-点溶质主要溶质为Na2HPO3。NaH2PO3为酸式盐，且此时溶液为酸性（pH=4），故H2PO32的电离程度大于其水解程度，A错误。H3PO3+HPO32H2PO3的平衡常数2cK()HPO23a15.3K2=1×10，D错误。cc(HPO3332)(HPO)Ka二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）（1分）（2）CaSO4与SiO2（3）1.52++（4）Fe+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H−（5）7~8（1分）Cr(OH)3+OH=CrO2+2H2O（6）取最后一次洗涤液1~2mL于试管中，滴加BaCl2溶液，若无明显现象，则说明沉淀已洗涤干净（7）Fe3O4【解析】（1）Cr是24号元素，根据构造原理可知基态Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1，基态Cr原子价层电子的排布图为。化学参考答案·第4页（共9页）（2）“浸取”后，滤渣①的主要成分为CaSO4与SiO2。K(NiS)24219sp110+−−（3）c(S)110mol/L；H2SH+HSKa1，HSc(Ni25)1022+2−cc(H)(S)1.5H+SKa2，据此可得Ka1·Ka2=，代入数据得c(H)10mol/L，故pH=1.5。c(H2S)2+（4）“沉铁”时，加入草酸，生成FeC2O4·2H2O，其反应的离子方程式为Fe+H2C2O4++2H2O=FeC2O4·2H2O+2H。（5）由图可知当溶液pH为7~8时，铬沉淀率为99.5%~99.7%，接近100%，故溶液适宜的pH范围为7~8。由于Cr(OH)3化学性质与Al(OH)3类似，为两性氢氧化物，若沉铬时−pH过大，则Cr(OH)3会转化为CrO2，该反应的离子方程式为Cr(OH)3+OH=CrO2+2H2O。（6）证明Cr(OH)3沉淀洗涤干净实质就是检验沉淀表面是否存在硫酸根离子，据此设计实验方案为取最后一次洗涤液1~2mL于试管中，滴加BaCl2溶液，若无明显现象，则说明沉淀已洗涤干净。m27g（7）n(FeC2O4·2H2O)==0.15mol，故草酸亚铁晶体为0.15mol，B点时，M180g/mol固体只有一种铁的氧化物，由于铁元素守恒，则B中铁的物质的量仍为0.15mol，mg3.2即m(Fe)=nM=0.15mol×56g/mol=8.4g，则m(O)=11.6g−8.4g=3.2g，n(O)=M16g/mol0.2mol，n(Fe)∶n(O)=0.15∶0.2=3∶4，则该含铁氧化物的化学式为Fe3O4，则400℃FeC2O4·2H2O晶体400℃时受热分解的化学方程式为3FeC2O4·2H2O=====Fe3O4+4CO↑+2CO2↑+6H2O。16.（除特殊标注外，每空2分，共14分）Ni（1）H2+O2========乙基蒽醌H2O2（2）碱石灰（1分）防止外界水蒸气进入C中使Ni催化剂中毒（1分）（3）K1、K2（1分）K3、K4（1分）（4）适当升温加快反应速率，同时防止温度过高使H2O2分解化学参考答案·第5页（共9页）浓硫酸（5）CH3COOH+H2O2=======CH3COOOH+H2O（6）30.4（7）CD【解析】（1）由反应历程可知，反应物为H2和O2，故氢醌法制备H2O2总反应的化学方程Ni式为H2+O2========乙基蒽醌H2O2。（2）制取的H2中混有HCl和H2O易使Ni催化剂中毒，可用碱石灰除去；H2O易使Ni催化剂中毒，实验中需要保持C装置为无水环境，F的作用为防止外界水蒸气进入C中使Ni催化剂中毒。（3）开始制备时，打开活塞K1、K2，A中产生的H2进入C中，在Ni催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇，一段时间后，关闭K1,仅保持K2打开，将残留的H2抽出，随后关闭K2，打开K3、K4，将O2通入C中与乙基蒽醇反应生成乙基蒽醌和H2O2。（4）H2O2受热易分解，反应过程中，控温45℃的原因为适当升温加快反应速率，同时防止温度过高H2O2分解。（5）依题意可判断出浓硫酸作催化剂和吸水剂，H2O2和CH3COOH反应生成CH3COOOH。（6）由滴定反应方程式可得，CH3COOOH~I2~2Na2