精品解析：湖南省衡阳县2023届高三3月教学质量诊断性检测考试化学试题（解析版）

这是一份精品解析：湖南省衡阳县2023届高三3月教学质量诊断性检测考试化学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了5 K-39 Fe-56， 设NA为阿伏伽德罗常数值等内容，欢迎下载使用。
衡阳县2023届高三教学质量诊断性考试卷
化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Li-7 O-16 Cl-35.5 K-39 Fe-56
第I卷(选择题)
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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。
1. 2013年3月，黄浦江上游水质污染较为严重，相关自来水厂采用多种方法并用的方式进行水质处理，下列说法中错误的是
A. 加活性炭可吸附水中小颗粒，净化水质的方法属于物理方法
B. 加臭氧对水进行消毒，利用了臭氧的氧化性
C. 用细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮的方法属于生物法
D. 用聚合硫酸铁作为净水剂，该处理过程中仅发生了化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】A.活性炭具有较强的吸附性，自来水中加入活性炭可吸附水中小颗粒，该方法属于物理方法，A正确；
B.臭氧具有强氧化性，自来水中加臭氧对自来水进行杀菌消毒，B正确；
C.用细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮的方法属于生物法，C正确；
D.聚合硫酸铁作为净水剂是因为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，发生化学变化，Fe(OH)3胶体吸附水中悬浮物发生物理变化，D错误；
答案选D。
2. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 氧化铁能与酸反应，可用作红色颜料 B. 次氯酸具有弱酸性，可用作漂白剂
C. 银氨溶液具有弱氧化性，可用于制银镜 D. 晶体硅熔点高，可用作半导体材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化铁为红棕色粉末，常用作红色颜料，与氧化铁是否与酸反应无关，A错误；
B．次氯酸具有漂白性，能用于有色物质的漂白，B错误；
C．银氨溶液具有弱氧化性，可以和还原性的醛基发生氧化还原反应而被还原为银，C正确；
D．晶体硅导电性介于导体与绝缘体之间，因此可用作半导体材料，这与其熔点高性质无关，D错误；
故合理选项是C。
3. 下图所示结构简式所代表的物质是制备一种具有抗氧化性的药物的原料。下列对该原料物质的叙述正确的是

A. 该物质的分子式是C18H18O4
B. 该物质能够发生加成反应、取代反应
C. 1 mol该物质跟氢气反应，最多消耗8 mol氢气
D. 1 mol该物质与足量氢氧化钠溶液反应，最多消耗氢氧化钠为1 mol
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．该物质的分子式为C18H16O4，故A错误；
B．含碳碳双键，可发生加成反应，含有羧基，可与醇在浓硫酸、加热条件下发生取代反应，故B正确；
C．含2个苯环和1个碳碳双键，1mol该物质与氢气加成最多消耗7 mol氢气，故C错误；
D．含羧基和酯基，最多消耗氢氧化钠为2 mol，故D错误；
故选：B。
4. 关注“实验室化学”并加以实践能有效提高学生的实验素养，用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验，能达到实验目的的是

A. 甲装置可用于验证Na2O2与水反应的能量变化
B. 乙装置可用于观察氯化钠的焰色试验
C. 丙装置可用于制取并收集干燥、纯净的NO
D. 丁装置可用于准确量取一定体积的K2Cr2O7溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，虽然反应生成气体，但是气体不进入集气瓶中，可以用液面变化来说明反应能量变化，A符合题意；
B．Cu的焰色反应为绿色，不能用铜丝代替铂丝，B不符合题意；
C．NO与氧气反应，不能选排空气法收集NO，C不符合题意；
D．重铬酸钾溶液属于氧化性滴定液，因此应装在酸性滴定管中，丁装置碱性滴定管，D不符合题意；
故选A。
5. 科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂(结构如图所示)，其中W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液pH=1，且Z与Y位于不同周期。下列叙述正确的是

A. 简单离子半径：X>Y>Z
B. 氢化物沸点：Y>W>X
C. W和Y可组成含极性键的非极性分子
D. Y的单质均可用于杀菌消毒
【答案】C
【解析】
【分析】由新型漂白剂的结构可知，W形成的价键数为4，X形成的价键数为3，Y形成的价键数为2，Z形成的价键数为1；W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液pH=1，则Z为Cl；Z与Y位于不同周期，则Y为O元素、W为C元素、X为N元素，据此分析解题。由分析知：W为C元素、X为N元素、Y为O元素、Z为Cl元素。
【详解】A．一般电子层数越多半径越大，故离子半径Cl->N3->O2-，故A错误；
B．H2O常温下为液体，NH3和H2O分子间存在氢键，三种元素简单氢化物的沸点由高到低的顺序为H2O>NH3>CH4，但C的氢化物包括多碳的烃，常温下有固体，有液体，即碳的氢化物沸点也可能比H2O高，故B错误；
C．C和O可组成CO2，为含极性键的非极性分子，故C正确；
D．O3具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，但是氧气不可用于杀菌消毒，故D错误；
故答案为C。
6. 设NA为阿伏伽德罗常数值。下列有关叙述正确的是(　　)
A. 氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2NA
B. 氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的σ键数为0.4NA
C. 丙烯和环丙烷组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA
D. 18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体即1mol氧气时，电路中通过的电子数目为4NA，A错误；B. 氢原子数为0.4NA的CH3OH分子是0.1mol，分子中含有的σ键数为0.5NA，B错误；C. 丙烯和环丙烷的最简式相同，均是CH2，因此二者组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA，C正确；D. 18 g D2O的物质的量小于1mol，其中含有的质子数小于10NA，D错误，答案选C。
点睛：要准确把握阿伏伽德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、电离和水解知识的融入、留心特殊的化学反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。
7. 一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程如图。

下列有关说法不正确的是
A. “碱洗”是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污
B. “氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
C. “氧化”后的溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+
D. 用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【分析】向废旧镀锌铁皮中加入氢氧化钠溶液除去锌，过滤向固体中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入次氯酸钠溶液，将一部分亚铁离子氧化为铁离子，发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，先通入氮气排尽空气(防止后续生成的氢氧化亚铁被氧化)，加入氢氧化钠溶液产生氢氧化亚铁、氢氧化铁胶体，分离得到氢氧化亚铁和氢氧化铁，灼烧得到四氧化三铁。
【详解】A．由分析可知，“碱洗”是为了除去锌，生成Na2ZnO2，过滤得到铁单质，A错误；
B．“氧化”时，亚铁离子与次氯酸根离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，B正确；
C．“氧化”时，部分亚铁离子与次氯酸根离子发生反应：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+，C正确；
D．“加热沉铁”后所得分散系为胶体，胶体可产生丁达尔效应，D正确；
答案选A。
8. 电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制甲酸盐(HCOO-)的原理如图所示。下列说法不正确的是

A. Pt片连接电源的正极
B. 阴极发生的电极反应是2CO2+2e-+H2O=HCO+HCOO-
C. 阳极区的pH升高
D. K+从Pt电极区向Sn电极区迁移
【答案】C
【解析】
【分析】CO2、HCOO-中碳元素的化合价分别为+4、+2，阴极发生还原反应，电极反应为CO2+2e-+H+= HCOO-(或2CO2+2e-+H2O=HCO+HCOO-)，阳极生成O2：2H2O+4e-= O2↑+4H+，由电极反应可得出电解总反应为2CO2+2H2O2HCOOH+ O2↑，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，通入CO2的一极为阴极，连接电源的负极，则Pt片连接电源的正极，故A正确；
B．阴极发生还原反应，电极反应为2CO2+2e-+H2O=HCO+HCOO-，故B正确；
C．阳极的电极反应式为：2H2O+4e-= O2↑+4H+，生成H+，则阳极区的pH降低，故C错误；
D．电解时，阳离子移向阴极，则K+从Pt电极区向Sn电极区迁移，故D正确；
答案选C。
9. 据文献报道，某反应的反应历程如图所示：

下列有关该历程的说法正确的是
A. Ti4+…NH3是催化剂
B. Ti4+…NH2—N=O是中间产物
C. 总反应化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O
D. 分解反应Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O的反应过程中有氮氮键断裂
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Ti4+在整个反应过程中参与了反应，但反应前后质量和性质未改变，Ti4+是催化剂，故A错误；
B．加入NO后生成Ti4+…NH2—N=O，可知Ti4+…NH2—N=O是中间产物，故B正确；
C．根据反应历程，参加反应得物质有NH3、NO、O2，总反应化学方程式为4NH3+2NO +2O23N2+6H2O，故C错误；
D．分解反应Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O的反应过程中有氮氧键断裂，故D错误；
故选B。
10. 已知ROH是一元弱碱。难溶性盐RA的饱和溶液中c(A-)随c(OH-)而变化，A-不发生水解，298K时，c2(A-)与c(OH-)有如图所示线性关系。下列叙述不正确的是

A. RA的溶度积Ksp(RA)=2×10-10
B. RA在水中的溶解度大于在ROH溶液中的溶解度
C. 等体积、等浓度的ROH溶液与HA溶液混合时，存在c(H+)=c(ROH)+c(OH-)
D. pH=6时，c(A-)>2×10-5mol•L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题图可知，，，此时，则，故A正确；
B．难溶性盐RA在水溶液中存在溶解平衡，在ROH溶液中，相当于在水中增加R+的量，RA的溶解平衡逆向移动，溶解度减小，所以RA在水中的溶解度大于在ROH溶液中的溶解度，故B正确；
C．ROH是一元弱碱，A-不发生水解，所以等体积、等浓度的ROH溶液与HA溶液混合所得溶质RA为强酸弱碱盐，溶液中存在质子守恒：c(H+)=c(ROH)+c(OH-)，故C正确；
D．pH=6时，，此时，