湖南省常德市第一中学2023-2024学年高三化学上学期第一次月考试题（Word版附解析）

常德市一中2023年下学期高三第一次月水平检测化学时量：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Cu64Br80一、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，只有一个选项是符合题目要求的。1.下列有关报道的我国科技成就中，化学解读错误的是选项科技成就化学解读A研制稳定且有非凡的比表面积的铝硅酸盐沸石(ZEO-1)ZEO-1属于金属材料B首次实现以CO2和H2为原料人工合成淀粉有助于实现碳中和及解决粮食危机C发现古菌能将石油(烷基型有机物)转化为天然气合适温度能提高古菌活性D碳家族再添新成员-发现次晶态金刚石晶体它是石墨烯的一种同素异形体A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．铝硅酸盐沸石为硅酸盐材料，属于无机非金属材料，A错误；B．实现以CO2和H2为原料人工合成淀粉，可以充分利用二氧化碳并生成有机物，有助于实现碳中和及解决粮食危机，B正确；C．古菌活性的需要合适的温度，温度过高或过低都会降低其活性，C正确；D．晶态金刚石晶体也是由碳元素组成的一种单质，与石墨烯互为同素异形体，D正确；故选A。2.下列表征正确的是A.乙烯的球棍模型：B.氯气的共价键电子云轮廓图：C.用电子式表示的形成过程： D.的结构式：【答案】B【解析】【详解】A．乙烯球棍模型中碳的原子半径大于氢的原子半径，故A错误；B．氯气分子中两个氯原子形成p-pσ键，共价键电子云轮廓图正确，故B正确；C．用电子式表示的形成过程中箭头由镁指向氯，故C错误；D．的结构式为，故D错误；故选B。3.布洛芬是一种常见的解热镇痛类药物，其结构简式如图所示。有关该物质的说法错误的是A.分子式为C13H18O2B.可以发生加成反应和聚合反应C.苯环上的二氯代物有4种D.用苏打水服用布洛芬会影响药效【答案】B【解析】【详解】A．根据结构简式确定分子式为C13H18O2，A正确；B．布洛芬含有的苯环结构可与氢气发生加成反应，分子中没有碳碳双键或叁键，且只有羧基，故不可发生聚合反应，B错误；C．根据布洛芬的结构简式，苯环上的氢原子只有两种等效氢，采用定一移一的方法，可确定其苯环上的二氯代物有4种，C正确；D．布洛芬含有羧基，能与碳酸钠反应，则用苏打水服用布洛芬会影响药效，D正确；答案选B。4.核酸检测和抗原检测是抗击新冠疫情中的有力手段。下列说法正确的是A.部分抗原是蛋白质，因此是碱性物质B.DNA两条链上的碱基通过共价键连接C.蛋白质抗原在高温下仍然可以生效D.核酸分子水解可以得到磷酸【答案】D【解析】 【详解】A．蛋白质既含有氨基，又含有羧基官能团，因此为两性物质，故A错误；B．DNA两条链上的碱基通过氢键连接，故B错误；C．蛋白质在高温条件下会发生变性，性质和功能发生改变，故C错误；D．核酸水解的最终产物有磷酸，含氮碱基，五碳糖，故D正确；答案为D。5.下列离子方程式正确的是A.向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体溶液：2C6H5O—+CO2+H2O=2C6H5OH+COB.成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒：Cl—+ClO—+2H+=Cl2↑+H2OC.在海带灰的浸出液(含有I—)中滴加H2O2溶液得到I2：2I—+3H2O2+2H+=I2+O2↑+4H2OD.Fe3O4与稀硝酸反应：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O【答案】B【解析】【详解】A．苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+HCO，故A错误；B．成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒是因为84消毒液中的次氯酸钠与洁厕灵的主要成分盐酸反应生成氯化钠、氯气和水，反应的离子方程式为Cl—+ClO—+2H+=Cl2↑+H2O，故B正确；C．生成碘单质的反应为海带灰的浸出液中的碘离子与过氧化氢溶液反应生成碘和水，反应的离子方程式为2I—+H2O2+2H+=I2+2H2O，故C错误；D．四氧化三铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Fe3O4+28H++NO=9Fe3++NO↑+14H2O，故D错误；故选B。6.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.质量为3.0g的—CH3(甲基)含电子数为2NAB.1mol[Cu(NH3)3CO]+中σ键的个数为10NAC.已知Na2HPO3为正盐，可知1molH3PO3含羟基数为2NAD.葡萄糖与新制的Cu(OH)2反应生成1molCu2O，转移电子数为NA【答案】C【解析】【详解】A．甲基中含有9个电子，则3.0g甲基含有的电子数为×9×NAmol—1=1.8NA，故A错 误；B．配离子中配位键为σ键，配体氨分子中氮氢键为σ键，配体一氧化碳分子中碳氧三键中含有1个σ键，则1mol配离子中含有的σ键个数为1mol×(4+3×3+1)×NAmol—1=14NA，故B错误；C．由Na2HPO3为正盐可知，H3PO3是含有2个羟基的二元酸，则1molH3PO3分子中含羟基数为1mol×2×NAmol—1=2NA，故C正确；D．葡萄糖与新制的氢氧化铜反应生成1mol氧化亚铜时，反应转移电子数为1mol×2×NAmol—1=2NA，故D错误；故选C。7.某化合物结构如图所示。其中M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X是有机分子的骨架元素，W基态原子的M层为全充满、N层只有一个电子。下列说法正确的是A.原子半径：X>Y>ZB.第一电离能：X>Y>M>WC.该配合物中X均满足8电子稳定结构D.最简单的氢化物的沸点：Y>Z【答案】D【解析】【分析】M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X是有机分子的骨架元素，能形成4个化学键，X为碳；M形成1个共价键且原子序数最小，为氢；Y形成3个共价键，为氮；Z形成4个共价键且带1个单位正电荷，Z为磷；W基态原子的M层为全充满、N层只有一个电子，为铜；【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Z>X>Y，A错误；B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：Y>X>M>W，B错误；C．由图可知，该配合物中与铜离子配位的碳不满足8电子稳定结构，C错误；D．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，最简单的氢化物的沸点：Y>Z，D正确；故选D。 8.下列实验装置及试剂的使用正确，且能达到实验目的的是A.除去SO2中少量的HCl气体B.探究CH4与Cl2的反应C.实验室制氨气D.分离乙酸乙酯和乙醇A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．亚硫酸钠溶液能吸收SO2生成亚硫酸氢钠，故A错误；B．强光下易发生爆炸，应适当光照，B错误。C．铵盐与碱加热可制备氨气，图中固体加热装置可制备氨气，故C正确；D．乙醇溶于乙酸乙酯，不能通过分液的方式分离，故D错误。故选C。9.在抗击新冠肺炎的过程中“合成材料”发挥了重要的作用。下列有关合成材料的说法正确的是A.可通过缩聚反应生成可降解的绿色高分子材料B.合成有机硅橡胶的单体是，则有机硅橡胶是通过加聚反应制得的C.合成酚醛树脂()的单体是苯酚和甲醇D.天然橡胶的主要成分聚异戊二烯不能使溴水褪色【答案】A【解析】【详解】A．分子中含有羟基、羧基，可通过缩聚反应生成可降解的绿色高分子材 料，A正确；B．有机硅橡胶是通过缩聚反应制得的，B错误；C．合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，C错误；D．天然橡胶的主要成分聚异戊二烯，分子中含有碳碳双键，能使溴水褪色，D错误；故选A。10.某样品含有Al3+、NH、Fe2+、CO、SO、Cl-中的几种离子，将该样品溶于水后，取少量溶液做如图实验：下列说法错误的是A.该样品溶液pH<7B.该样品不含有COC.该样品溶液中一定存在：3c(Al3+)+c(NH)+c(H+)+2c(Fe2+)=2c(SO)+c(Cl-)+c(OH-)D.溶液A与过量CO2反应的离子方程式为CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO【答案】C【解析】【分析】某样品含有Al3+、NH、Fe2+、CO、SO、Cl-中的几种离子，将该样品溶于水后，取少量溶液加入过量的NaOH溶液、加热，得气体A为NH3，溶液中含有NH，沉淀A为Fe(OH)3,溶液中含有Fe2+，没有CO，溶液A中通入过量的CO2，出现沉淀B为Al(OH)3，原溶液中含有Al3+，溶液B中肯定含有HCO，原溶液中有SO、Cl-中的一种或两种。【详解】A．Al3+、NH、Fe2+属于弱碱阳离子，水解后溶液呈酸性，该样品溶液pH<7，故A正确；B．原溶液中含有Al3+和Fe2+，不能与CO共存，该样品不含有CO，故B正确；C．根据题中信息，不能确定溶液中SO、Cl-同时存在，故C错误；D．溶液A与过量CO2反应生成Al(OH)3和NaHCO3，离子方程式为CO2+AlO +2H2O=Al(OH)3↓+HCO，故D正确；故选C。11.有前景的下一代储能铝离子电池一般采用离子液体作为电解质，几种离子液体的结构如下：下列说法错误的是A.化合物I、Ⅱ、Ⅲ均熔点低、难挥发B.化合物Ⅲ中O、F、S电负性顺序：F>O>SC.化合物Ⅱ中阴、阳离子的空间构型均为正四面体形D.化合物Ⅱ中C、N原子的杂化轨道类型相同【答案】C【解析】【详解】A．由化合物的结构可知，化合物I、Ⅱ、Ⅲ均熔点低、难挥发的离子化合物，故A正确；B．元素非金属性越强，电负性越大，化合物Ⅲ中氧、氟、硫的非金属性强弱顺序为F>O>S，则电负性的大小顺序为F>O>S，故B正确；C．由化合物的结构可知，化合物Ⅱ的阴离子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，因碳原子的原子半径大于氢原子，离子的空间构型是四面体形，不是正四面体形，故C错误；D．由化合物的结构可知，化合物Ⅱ的阴离子中碳原子、氮原子的价层电子对数为4，杂化轨道类型都为sp3杂化，故D正确；故选C。12.晶体是一种超宽禁带半导体材料。工业制法：将溶于热水中，加入碳酸氢钠的高浓度热溶液，煮沸至镓盐全部转变为沉淀，用热水洗涤，然后于600℃灼烧，得到。下列说法正确的是A.生成沉淀离子方程式为：B.用热水洗涤的操作是：用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好浸没沉淀，待热水自然流下，重复操作2~3次C.检验镓盐是否沉淀完全的方法：取少量滤液，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液 D.灼烧需要的玻璃仪器有玻璃棒、试管和酒精灯【答案】B【解析】【详解】A．将溶于热水中，加入碳酸氢钠的高浓度热溶液，煮沸至镓盐全部转变为沉淀，则生成沉淀的离子方程式为：，A错误；B．用热水洗涤沉淀的操作是：用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好浸没沉淀，待热水自然流下，重复操作2~3次，B正确；C．取少量滤液，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，是用来检验氯离子，滤液中含有大量的氯离子，因此不能用来检验镓盐是否沉淀完全，C错误；D．灼烧在坩埚中进行，不需要用到试管，D错误；故选B。13.1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如图所示。下列说法正确的是A.过程①②均有O-H键断裂，过程③④均有C-C键断裂B.过程①只发生了加成反应C.该过程中催化剂通过增大反应的活化能来提高化学反应速率D.该过程的化学方程式为【答案】D 【解析】【详解】A．由循环机理图可知过程④中断裂C-O，形成碳碳双键，不存在C-C的断裂，A错误；B．加成反应得到的产物为一种，过程①还生成了水，故过程①不仅发生了加成反应，B错误；C．反应活化能越高反应速率越慢，反应活化能越低反应速率越快，故催化剂MoO3通过降低反应的活化能来提高化学反应速率，C错误；D．由循环机理图可知，该反应方程式正确，D正确；故答案为：D。14.常温下，CH3COOH与NH3•H2O的电离常数均为1.8×10-5。现向20mL浓度为0.1mol/LNH3•H2O的溶液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液，所得混合液的导电率与加入CH3COOH溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.a=20，A点溶液的pH=7B.A、B两点中，B点溶液中水的电离程度最大C.A点溶液中：c(CH3COO-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)D.B、C两点中溶液的pH相等【答案】A【解析】【详解】A．A点溶液导电性最大，CH3COOH与NH3•H2O恰好完全反应，因此a=20，由于CH3COOH与NH3•H2O的电离常数相等，A点显中性，溶液的pH=7，故A正确；B．A点物质为醋酸铵，水的电离程度最大，B点CH3COOH过量，溶液显酸性，抑制水的电离，A点溶液中水的电离程度最大，故B错误；C．A点溶液的pH=7，A点溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)=c(NH4+)＞c(H+）=c(OH-)，故C错误； D．C点溶液显碱性，B点溶液显酸性，两点溶液的pH不相等，故D错误；答案选A。二、非选择题：本题共4个小题，共58分。15.溴化亚铜(CuBr)是一种白色结晶状粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在热水中或见光都会分解，常用作有机反应的催化剂。实验室制备CuBr的实验步骤和装置如下图。回答下列问题：（1）仪器A的名称是_______。（2）步骤①涉及的离子方程式为_______；可采取的加热方法是_______。（3）步骤②操作中需要避光，其原因是_______。（4）将产品在双层干燥器(分别装有浓硫酸和氢氧化钠)中干燥34h，再经氢气流干燥，最后进行真空干燥，得到产品21.6g。本实验产品的产率是_______(保留小数点后1位)。（5）欲利用上述装置烧杯中的吸收液(经检测主要含有Na2SO3、NaHSO3等)制取较纯净的Na2SO3·7H2O晶体。完善下列步骤：①在烧杯中继续通入SO2至恰好反应完全；②向烧杯中加入_______g20%NaOH；③加入少量维生素C溶液作抗氧化剂；④通过蒸发浓缩、_______、过滤、用乙醇洗涤2~3次；⑤置于真空干燥箱中干燥。【答案】（1）三颈烧瓶（2）①.2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO+4H+②.水浴加热（3）防止CuBr见光分解（4）83.3%（5）①.100②.冷却结晶【解析】【分析】 硫酸铜、二氧化硫、溴化钠反应反应生成溴化亚铜沉淀，反应后抽滤得到溴化亚铜沉淀，洗涤、干燥后得到产品；【小问1详解】仪器A的名称是三颈烧瓶；【小问2详解】步骤①硫酸铜、二氧化硫、溴化钠反应反应生成溴化亚铜沉淀和硫酸根离子，反应中硫化合价由+4变为+6、铜化合价由+2变为+1，根据电子守恒和质量守恒可知，涉及的离子方程式为2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO+4H+；反应在60℃条件下反应，可采取的加热方法是水浴加热；【小问3详解】溴化亚铜在热水中或见光都会分解，故步骤②操作中需要避光；【小问4详解】45g胆矾中硫酸铜为0.18mol、30.9g溴化钠为0.3mol，由（2）反应方程式可知，反应中溴化钠过量，应该生成溴化亚铜0.18mol、质量为25.92g；实验得到产品21.6g，故本实验产品的产率是；【小问5详解】上述装置烧杯中氢氧化钠的质量为20g、为0.5mol，根据钠元素守恒可知，通入SO2至恰好反应完全得到NaHSO30.5mol，NaHSO3和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，则需要氢氧化钠0.5mol、为20g，故向烧杯中加入100g20%NaOH；亚硫酸钠溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。16.锑白(Sb2O3，两性氧化物)可用作白色颜料和阻燃剂。一种从含锑工业废渣(主要成分是Sb2O3、Sb2O5，含有CuO、Fe2O3和SiO2等杂质)中制取Sb2O3的工业流程如下图所示。已知：①“滤液1”的主要阳离子是Sb3+、Sb5+、Fe3+、Cu2+、H+；②“滤饼”的成分是SbOCl回答下列问题：（1）将“滤渣1”进行二次酸浸的目的是___________。（2）“滤渣2”的成分是___________。（3）“稀释水解”主要反应的离子方程式为___________；该操作中需要搅拌的原因是___________。（4）“酸洗”后检验沉淀是否洗净的试剂是___________。 （5）氨水___________(填“是”或“不是”)弱电解质，“中和”时反应的化学方程式为___________；“中和”需控制溶液的pH在7～8，碱性不能过强的原因是___________。【答案】（1）提高酸浸步骤中锑的浸出率（2）Fe、Cu（3）①.Sb3++Cl-+H2O=SbOC1↓+2H+②.避免形成胶体，不利于过滤分离（4）铁氰化钾溶液（5）①.不是②.2NH3·H2O+2SbOCl=Sb2O3+2NH4Cl+H2O③.碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失【解析】【分析】酸浸过程将金属氧化物溶解，而SiO2不溶过滤除去。还原中加入铁粉分别将Sb5+、Fe3+、Cu2+还原。稀释水解将Sb3+转变为SbOCl。中和将SbOCl转化为Sb2O3；【小问1详解】将“滤渣1”进行二次酸浸，以提高酸浸步骤中锑的浸出率；【小问2详解】滤液1加入铁粉还原出铜，故“滤渣2”的成分是Fe、Cu；【小问3详解】稀释水解将Sb3+转变为SbOCl，反应为SbCl3+H2O＝SbOCl↓+2HCl，该操作中需要搅拌，避免形成胶体，不利于过滤分离；答案为SbCl3+H2O＝SbOCl↓+2HCl；避免形成胶体，不利于过滤分离；【小问4详解】酸洗除去可溶的FeCl2，取最后一次洗涤液于试管中用铁氰化钾溶液检验是否含有Fe2+即可，答案为铁氰化钾溶液；【小问5详解】氨水是混合物，不是弱电解质，“中和”时氨水与SbOCl反应生成Sb2O3，反应的化学方程式为2NH3·H2O+2SbOCl=Sb2O3+2NH4Cl+H2O；已知Sb2O3为两性氧化物，碱性过大Sb2O3会发生反应而溶解损失。答案为碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失。17.汽车尾气中含有等大气污染物，可发生以下反应：①②③（1）已知，(忽略随温度的影响)，则_________。 （2）反应①的平衡常数的关系如图1：反应①为___________(填“吸热”或“放热”)反应；温度为下，向恒容密闭容器中加入和(若只发生反应①)，测得起始压强为，达到平衡时，的转化率为___________；的分压为___________。（3）向体积均为的容器中加入和(若只发生反应②)，其中甲为绝热恒容，乙为恒温恒容，两容器中压强随时间变化曲线如图2：①甲容器中，开始压强增大的原因是___________②c点的逆反应速率大于b点的逆反应速率的原因是___________③c点对应的平衡常数___________d点对应的平衡常数(填“大于”、“小于”或“等于”)。【答案】（1）-224.2（2）①.放热②.50%③.5（3）①.甲为绝热体系，反应②放热使体系温度升高，压强增大②.c点温度高且生成物浓度大③.小于【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应2×①+②得：③ ；小问2详解】由图可知，随着温度升高，Kp减小，平衡逆向移动，则反应①为放热反应；温度为下，lgKp=0，则Kp=1；向恒容密闭容器中加入和；反应为其它分子数不变的反应，则，a=0.5mol，则达到平衡时，的转化率为，测得起始压强为，的分压为。【小问3详解】①反应②为气体分子数减小的反应，而甲容器中，开始压强增大，则原因是甲为绝热体系，反应②放热使体系温度升高，压强增大；②c点的甲为绝热体系，反应放热温度升高，且反应已经达到平衡生成物浓度较大；而b点为恒温恒容，温度较低，且反应没有达到平衡，生成物浓度较低，故c点的逆反应速率大于b点的逆反应速率的原因是c点温度高且生成物浓度大；③c点的甲为绝热体系，温度较高，反应为放热反应，升温平衡逆向移动，故c点对应的平衡常数小于d点对应的平衡常数；18.某药物G的一种合成路线如下：请回答下列问题：（1）G中含氧官能团有酯基和___________(填名称)。试剂X的结构简式为___________。 （2）D→E的反应类型是___________。（3）写出A→B的化学方程式：___________。（4）鉴别B和C的试剂和条件是___________。（5）C芳香族同分异构体中，同时具备下列条件的结构有___________种(不考虑立体异构)。①1mol有机物能与2molNa反应②苯环上一溴代物只有1种其中，在核磁共振氢谱上有3组峰且峰面积比为1∶2∶2的结构简式为___________。（6）已知：(R为烃基，X为卤原子)。以苯酚的一种同系物和氯乙醇为原料合成，设计合成路线_____(其他试剂任选)。【答案】（1）①.羰基、醚键②.CH3COOH（2）加成反应（3）+HI→+CH3I（4）银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液)，加热（5）①.7②.（6）【解析】【分析】A发生取代反应生成B，B中醛基与氢气发生加成反应（或还原反应)生成C，C发生氧化反应生成D，D中羟基与碳碳双键发生加成反应生成E，E发生还原反应生成F，F与乙酸发生酯化反应生成G，结合物质的结构简式及反应条件进行分析；【小问1详解】G为，含氧官能团有酯基和羰基、醚键；F与乙酸发生酯化反应生成G，故试剂X为 CH3COOH；【小问2详解】D→E的过程中，D中羟基与碳碳双键发生加成反应生成E，反应类型为加成反应；【小问3详解】A→B是与HI发生取代反应生成和CH3I，反应的化学方程式为：+HI→+CH3I；小问4详解】B、C都含有酚羟基，而B还含有醛，C还含有醇羟基，通过检验醛基可以鉴别二者，需要先用碱与酚羟基反应并呈碱性，再利用银氨溶液或新制氢氧化铜在加热条件下反应，有砖红色成生成(或有银镜产生)的是B，另外一种为C，故答案为:NaOH溶液、新制氢氧化铜(或银氨溶液)、加热；【小问5详解】C的芳香族同分异构体，说明含有苯环，且同时具备下列条件:①1mol有机物能与2molNa反应，说明含有2个羟基，②苯环上一溴代物只有1种，苯环上有1种氢原子，可以是苯环有2个相同取代基且处于对位，只有1种；没有3个相同的取代基，可以是有4个取代基为2个-OH、2个-CH3且存在对称结构，有如下情况：、、、、、共6种，共种7种同分异构体，其中，在核磁共振氢谱上有3组峰且峰面积比为1∶2∶2的结构简式为；【小问6详解】