湖南省衡阳市雁峰区2023-2024学年高三上学期1月月考化学试题（含解析）

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B．玻璃纤维属于合成高分子化合物，不属于天然有机高分子化合物，故B错误；
C．硅为常用的半导体材料，卡塔尔光伏电站实现了将光能转化为电能，用到的材料主要为硅单质，故C正确；
D．在合金中加入适量稀土金属可改善合金的性能，使合金具有各种不同的性能，因而稀土元素又被称为“冶金工业的维生素”，故D正确；
故选B。
2．D
【详解】A．S元素是第16号元素基态硫原子的价层电子排布式为，A不符合题意；
B．H2SO4的结构式：，B不符合题意；
C．CO2的电子式：，C不符合题意；
D．SO2中S的价层电子对数=，孤电子对数为1，其空间构型为V型，但是S原子半径比O原子半径要大， D符合题意；
故选D。
3．C
【详解】A．HF的沸点是19.5℃，在标准状况下其为液体，无法根据气体摩尔体积的数据计算2.24LHF的物质的量，A不正确；
B．KIO3与HI溶液反应时。+5I-＋6H+=3I2＋3H2O，3I2～5e—，生成0.1mlI2转移的电子数为0.5/3NA，故B错误；
C．Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量均为142g/ml，故142g混合物的物质的量为1ml，而且两者均含2个钠离子和1个阴离子，故1ml混合物中含离子共3NA个，故C正确；
D．3.6g重水的量为0.18ml，1ml重水含有的中子数为(2—1)×2+(16—8)=10ml，所以0.18ml重水中含有的中子数为0.18NA故D错误；
故选：C。
4．B
【详解】A．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，A不符合题意；
B．往饱和的食盐水中通入氨气、二氧化碳气体可制取，由于氨气极易溶于水，用一竖直放置的球形干燥管防倒吸，该装置可达到实验目的，B符合题意；
C．氯水中含有的次氯酸具有漂白性，能漂白pH试纸，不能用pH试纸来测氯水的pH，C不符合题意；
D．能溶于强碱NaOH，不能用过量的NaOH溶液制备，D不符合题意；
故选B。
5．D
【详解】A．向饱和NaOH溶液通入过量析出白色晶体即产生沉淀，故离子方程式为：，A错误；
B．沉淀在离子方程式书写时不能拆，故白色沉淀CuCl溶于-溶液得到深蓝色溶液的离子方程式为： ，B错误；
C．硝酸具有强氧化性，能够将NaHSO3氧化为硫酸钠，硫酸钠与硝酸钡反应生成难溶于酸的硫酸钡，向NaHSO3溶液中滴入酸化的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀的离子方程式为：，C错误；
D．向KMnO4溶液中滴入H2O2溶液产生黑色沉淀即MnO2和气泡即O2，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为：，D正确；
故答案为：D。
6．A
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y和W位于同族，化合物结构中，W可形成6对共用电子对，Y可形成2对共用电子对，则W为S元素，Y为O元素，而X可形成3对共用电子对，X的原子序数小于氧，则X为N元素，Z可形成1对共用电子对，Z的原子序数大于氧且小于硫，可知Z为F元素。
【详解】A．同周期主族元素自左而右原子半径减小，原子半径：X>Y>Z，故A正确；
B．氟元素没有最高价含氧酸，故B错误；
C．元素非金属性：O>S，简单氢化物的还原性H2OD．N元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5六种化合物，故D错误；
故选：A。
7．B
【详解】A．在铁杉脂素分子中，两个苯环上酚羟基的邻位都有一个氢原子被-OCH3取代，所以不能与甲醛发生缩聚反应，A不正确；
B．铁杉脂素分子1952-中，3个“∗”位置的碳原子连接的四个原子或原子团都不同，所以有3个手性碳原子，B正确；
C．分子中，与3个“∗”位置的碳原子相连的碳原子，均属于饱和碳原子，都不可能处于同一平面，C不正确；
D．铁杉脂素分子中，酚羟基、酯基都能与NaOH发生反应，所以1ml铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3mlNaOH，D不正确；
故选B。
8．B
【详解】A．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中间存在氢键，与阴离子电荷数无关，A不正确；
B．乙酸中羟基与羰基相连，乙醇中羟基与乙基相连，羰基的吸电子能力强于乙基，因此乙酸中的羟基极性更强，更易电离，B正确；
C．甲烷和氨气的中心原子的杂化方式均为sp3，其键角差异是：氨气的中心原子N原子上有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与σ键的斥力大于σ键之间的斥力，因此氨气的键角略小于109.5°，C不正确；
D．与NaBF4均为离子化合物，判断离子化合物的熔点高低通常用晶格能，晶格能与离子的电荷、离子的半径和离子的电子层结构有关，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，与NaBF4离子电荷相同，但的阳离子半径大于Na+，因此晶格能小，熔点低，D不正确；
故选B。
9．B
【详解】A．由图可知，吸附在Fe3O4-x上的两个氢原子分别于铁、氧结合，故带不相同电荷，A错误；
B．反应中HCO转化为HCOO-，根据碳元素化合价变化可知，电子转移为2e-~HCOO-，则生成1mlHCOO-理论上转移电子2ml，B正确；
C．步骤Ⅰ中HCO失去氧，发生还原反应，C错误；
D．反应过程中氢气和HCO转化为HCOO-和水，反应中存在氢氢键、氢氧键断裂，氢氧键、碳氢键的生成，故还存在氢氢非极性键断裂，D错误；
故选B。
10．C
【分析】由图可知，前驱体在III室生成，则II室的金属阳离子进入III室，交换膜B为阳离子交换膜，则右侧纯钛电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，OH-与金属阳离子结合得到前驱体，为保持电荷守恒，交换膜A为阴离子交换膜，左侧石墨电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，所以电解过程实际上是电解水。
【详解】A．由上述分析可知，石墨为阳极，发生氧化反应，则a为电源的正极，故A正确；
B．由分析可知，交换膜A为阴离子交换膜，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，产生H+，故pH降低，故B正确；
C．每生成的，就相当于生成0.2ml OH-，由电极反应式2H2O+2e-=H2+2OH-可知，会生成0.1ml H2，在标准状况下的体积为2.24L，故C错误；
D．纯钛电极若直接放入II室，会导致接受电子的物质不是水而是金属离子，导致金属单质的生成，附着在前驱体上导致产率的降低，故D正确；
答案选C。
11．C
【详解】A．测定等浓度NaClO溶液和Na2SO3溶液的pH，可知亚硫酸酸性大于HClO的酸性，但二者都不是最高价氧化物的含氧酸，则不能利用此酸性比较非金属性，故A错误；B．试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明NO3-还原为NH3，故B错误；C．将KI和FeCl3溶液混合后，加入CCl4振荡静置，下层液体变紫色，说明KI和FeCl3反应生成I2，则氧化性：Fe3+＞I2，故C正确；D．氢氧化钠过量，不能证明溶解度大小，如加入足量氯化镁完全生成氢氧化镁沉淀后再加入氯化铁，能生成红褐色沉淀，则可证明，故D错误；故选C。
12．C
【详解】A．由晶胞结构可知，周围距离最近且相等的Zn2+有4个，配位数为4，故A错误；
B．Se的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p4，核外含有电子的轨道有1+1+3+1+3+5+1+3=18个，则基态Se核外有18种不同空间运动状态的电子，故B错误；
C．a的坐标为(0，0，0)，b点的坐标，则a原子位于坐标原点，b原子晶胞顶面的面对角线交点，可知d原子到x轴、y轴、z轴的距离分别是，，，即d的坐标为，C正确；
D．和半径不同，则晶胞棱长将改变，D错误；
故选C。
13．B
【分析】废旧电路板(主要含有Fe、Cu、、、塑料等)粉碎，与空气中充分反应，铁变为四氧化三铁，铜变为氧化铜，再加入氢氧化钠溶液进行碱浸，、与氢氧化钠溶液反应，过滤，向滤液中加入硫化钠，过滤，将滤液加热得到，和煤炭高温得到Sn。
【详解】A．废旧电路板“粉碎”目的是为了焙烧时与充分反应，使反应更充分，故A正确；
B．根据后续过程，后续中沉铅，因此滤渣的主要成分铁、铜的氧化物，故B错误；
C．“水热”过程中发生反应：，故C正确；
D．若得到干燥的PbS和S的固体混合物27.1g，根据反应，PbS和S是按照1:1生成，则生成0.1ml硫单质，因此反应①有0.2ml电子转移，故D正确。
综上所述，答案为B。
14．C
【详解】A．电位滴定法，可根据指示电极电位的突跃位置确定滴定终点，不需要任何指示剂，A错误；
B．a点溶液中的溶质为等物质的量的NaHCO3和NaCl，由物料守恒有：c(Na+)=2c(Cl-)；电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c()+c(OH-)+c()+c(Cl-)，两式联立可得：c(Cl-)+c(H+)=2c()+c(OH-)+c()，B错误；
C．NaHCO3溶液存在电离平衡和水解平衡，，由图可知，a点pH为8.4，，则C正确；
D．a点溶液中的溶质为NaHCO3和NaCl，NaHCO3促进水的电离，b点溶液中的溶质为H2CO3和NaCl，H2CO3抑制水的电离，故水的电离程度：a点>b点，D错误；
故选C。
15．（15分）(1) 恒压滴液漏斗（1分） 导气和防倒吸
(2)
(3)浓盐酸有挥发性，C中产生的氯气中混有HCl，HCl会与B中NaOH溶液反应，导致肼的产率降低（答到“导致肼的产率降低”即可）
(4) ① 氨水（1分）
②黑色固体全部溶解，产生无色气体，无色气体迅速变为红棕色
③ 还原性（1分）
(5)能与形成氢键
(6)1
【分析】装置A用NH4Cl和Ca(OH)2固体制取氨气，C装置中用高锰酸钾和浓盐酸制取氯气，氯气通入NaOH溶液中制取NaClO，NaClO和氨气反应生成肼。
【详解】（1）仪器b的名称为恒压滴液漏斗，仪器a的作用是导气和防倒吸。
（2）装置A试管中发生反应产生氨气，化学方程式
（3）浓盐酸有挥发性，C中产生的氯气中混有HCl，HCl会与B中NaOH溶液反应，导致肼的产率降低。
（4）根据“可溶于氨水”和“黑色固体部分溶解”即可知道操作1加入试剂是氨水；根据结论“黑色固体是Ag和”可知，加入稀硝酸后的现象是黑色固体全部溶解，产生无色气体NO，无色气体迅速变为红棕色的NO2；黑色固体中Ag的存在说明肼具有还原性，由AgOH分解产生，AgOH的存在说明肼具有碱性。
（5）肼分子中有氮原子，氮原子上连有氢原子，能与水分子形成氨键，肼往往以的形式存在于溶液中。
（6）联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为，理论上1kg联氨可除去水中溶解的氧气的质量为1kg。
16．（14分）(1)2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g) △H= (2a+b-c/2) kJ•ml-1
(2)温度低于500℃，反应速率低；温度高于500℃，对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成
(3) ① C(1分) ② II ③＞ (1分) ③ 40kPa 4
(4)2H2O+2Cl-H2↑+2OH-+Cl2↑
【详解】（1）①C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g) △H1=akJ•ml-1；
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H2=bkJ•ml-1；
③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) △H3=ckJ•ml-1；
根据盖斯定律2①+②-③/2×得C(s，石墨)和H2(g)反应生成C2H2(g)的热化学方程式2C(s，石墨)+ H2(g)=C2H2(g) △H= (2a+b-c/2) kJ•ml-1；
（2）温度低于500℃，反应速率低； CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)正反应吸热，温度高于500℃，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成，所以工业合成甲烷通常控制温度为500℃左右；
（3）①A．反应前后气体系数和相等，气体总体积是恒量，气体总体积保持不变，反应不一定平衡，故不选A；
B．气体总质量不变，气体总物质的量不变，平均相对分子质量是恒量，混合气体的平均相对分子质量保持不变，反应不一定平衡，故不选B；
C．NO是反应物、N2是生成物，不再变化，说明各物质的物质的量不变，反应一定达到平衡状态，故选C；
选C；
②相同温度下，NO平衡转化率随的增大而降低，表示T2时NO平衡转化率～的关系是Ⅱ；正反应放热，升高温度，NO平衡转化率降低，所以T1>T2；
③当=1、T3时，因曲线I是表示当=1时，NO的平衡转化率～的图像，由曲线I可看出在T3时NO平衡转化率为80%，

CH4的平衡分压为100kPakPa，该温度下Kθ=；
（4）B装置电解饱和食盐水生成氢气、氯气、氢氧化钠，总反应离子方程式为2H2O+2Cl-H2↑+2OH-+Cl2↑。
17．（14分，，每空 2分）(1)
(2)H2S
(3)Zn2+和Tl+
(4) 2 第一步氧化时氧化不彻底，也会溶解部分离子在溶液中；
(5)① 6 ②
【分析】废水经过高锰酸钾氧化后，被氧化，加入氢氧化钙进行预中和，中和废水中所含H+调节溶液pH，为下一步硫化做准备，加入硫化钠后Zn2+和Tl+生成沉淀和沉淀，继续加入氢氧化钙使Zn2+和沉淀完全后过滤，加入碳酸钠，与滤液中的钙离子反应生成碳酸钙沉淀，过滤，滤液经过离子交换进一步除去溶液中残余铊离子，达到达标水。
【详解】（1）根据所给信息被还原为，被氧化，可得该反应的离子方程式为：；
（2）因为溶液中含有氢离子，与硫化步骤中要加入的硫离子会反应生成硫化氢有毒气体，所以要加至溶液的约为7；
（3）硫化钠中的硫离子和Zn2+和Tl+生成沉淀和沉淀，
（4）根据，的排放标准为，则，，所以pH为2；步骤加至溶液的约为9，此时仍只有左右的铊离子能得到去除，其可能原因是第一步氧化时氧化不彻底，也会溶解部分离子在溶液中；
（5）设和的最短距离为a，根据已知条件晶体的密度为，普鲁士蓝摩尔质量为，从晶胞的部分图示结构可知和的最短距离为晶胞参数的，由图示可知和分别位于立方体的四个顶点，而位于棱的中点，故该单元中含有的数和数相等都为，的个数为，根据电荷守恒可知数为，因此该单元的摩尔质量为，则有，那么。
18．(1)光照、溴蒸气
(2)硝基、羧基
(3)+HNO3（浓） +H2O
(4)将硝基(－NO2)还原为氨基(－NH2)
(5)
(6)20
(7)CH3CH2CH2OHCH3CH=CH2 CH3CHBrCH3（3分）
【分析】由分子式可知A为CH2=CH2，A与HBr发生加成反应生成B为CH3CH2Br．由C的分子式、F的结构简式，可知C为 ，C发生取代反应生成D为 ，D发生信息中取代反应生成E为 ，由G的分子式，可知F发生消去反应生成G，G中-CN水解为-COOH生成J，对比J、K的分子式，结合吲哚布芬的结构可知，Na2S2O4将J中的硝基还原为氨基生成K，故G为 ，K为K与M脱去1分子水生成N，N为 ，N中羰基被还原生成吲哚布芬。据此分析回答问题。
【详解】（1）反应②中由C发生取代反应生成D，所以反应②的反应条件及试剂是光照、溴蒸气；
（2）J为 ，J中含有官能团的名称为硝基、羧基；
（3）F→G发生苯环上的硝化反应，再根据J的结构简式，可知G的硝基在对位，所以G的结构简式是 ，其反应为+HNO3（浓） +H2O
（4）J→K中，比较两者的分子式可以看出K多了两个H原子，少了两个O原子，分析易知Na2S2O4的作用是将硝基(－NO2)还原为氨基(－NH2)；
（5）M的核磁共振氢谱有两组峰，因此其结构高度对称，根据M的分子式和吲哚布芬的结构简式可知除苯环外，M的剩余结构不含氢原子，含有2个碳原子和3个氧原子，可得M的结构简式为 ，再结合N的分子式可知N的结构简式是 。
（6）J中有硝基和羧基两种官能团，结合题给条件①含有苯环，且苯环上有三个取代基 ②与J含有相同官能团，官能团直接与苯环相连，按照取代基的数目分开计算满足条件的同分异构体。余下三个碳原子组成1个取代基，即丙基(正丙基和异丙基)。10×2=20种
（7）据2-甲基丙酸的结构可知，可以用丙醇(CH3CH2CH2OH)在浓硫酸、加热条件下脱水生成丙烯，丙烯与溴化氢加成生成2-溴丙烷，再与NaCN反应后生成异丙基氰，最后将异丙基氰置于酸性溶液中生成2-甲基丙酸，合成路线为：CH3CH2CH2OHCH3CH=CH2CH3CHBrCH3。