浙江省金华市十校2023-2024学年高三下学期4月模拟考试化学试题 含解析

这是一份浙江省金华市十校2023-2024学年高三下学期4月模拟考试化学试题 含解析，共24页。试卷主要包含了将答案写在答题卷相应的位置上；，可能用到的相对原子质量等内容，欢迎下载使用。
说明：1．全卷满分100分，考试时间90分钟；
2．将答案写在答题卷相应的位置上；
3．可能用到的相对原子质量：
一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列不属于新能源的是
A. 潮汐能B. 波浪能C. 石油D. 氢能
【答案】C
【解析】
【详解】石油、煤、天然气属于化石燃料，不属于新能源。氢能、太阳能、风能、水能、（波浪能）潮汐能、核能等属于新能源，故选C。
2. 下列有关工业制硫酸的说法正确的是
A. 一般以硫磺或黄铁矿(主要成分：)为原料
B. 鼓入足量的空气，原料可直接转化为
C. 用水吸收，可提高吸收效率
D. 含的废气经回收可用于制备硫酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业制硫酸过程中，一般将硫磺或黄铁矿(主要成分：)为原料在氧气中焙烧生成SO2，A错误；
B．硫磺或黄铁矿和氧气反应生成SO2，不能直接得到，B错误；
C．工业制硫酸过程中，用浓硫酸吸收，可提高吸收效率，避免产生酸雾，C错误；
D．二氧化硫废气经回收后也可用于制备硫酸，避免污染且综合利用，D正确；
故选D。
3. 下列化学用语正确的是
A. 2-甲基-3-乙基戊烷的键线式：
B. 基态的简化电子排布式为：
C. 中子数为8的碳原子：
D. 用电子式表示的形成过程：
【答案】A
【解析】
【详解】A．2-甲基-3-乙基戊烷中主链上有5个碳原子，2号碳上有1个甲基，3号碳上有1个乙基，键线式为：，A正确；
B．Mn是25号元素，简化电子排布式为：，B错误；
C．中子数为8的碳原子质量数为8+6=14，表示为，C错误；
D．是共价化合物，形成过程为：，D错误；
故选A
4. 工业上用焦炭还原石英砂制得粗硅，下列说法不正确的是(为阿伏伽德罗常数)
A. 中含有键数目为B. 消耗焦炭转移电子
C. (氧化产物)：还原产物)=2：1D. 可用氯化氢气体将硅与杂质分离
【答案】B
【解析】
【分析】焦炭还原石英砂制得粗硅，反应为：；
【详解】A．中含有键4ml，数目为，A正确；
B．，反应中碳化合价由0变为+2，消耗焦炭转移2ml电子，B错误；
C．反应中碳化合价升高为氧化为CO、硅化合价降低被还原为硅单质，(氧化产物)：还原产物)=2：1，C正确；
D．氯化氢和硅生成含硅元素的气体，使得其与杂质分离，故可用氯化氢气体将硅与杂质分离，D正确；
故选B。
5. 在指定的条件下，一定能大量共存的离子组是
A. 无色溶液。
B. 碱性条件：
C. 水电离出的的溶液：
D. 制作印刷电路板的腐蚀液：
【答案】B
【解析】
【详解】A．有颜色，不能在无色溶液中大量存在，且氢离子与碳酸根离子也不能大量共存，A不选；
B．碱性条件下，不发生反应，能大量共存，B选；
C．水电离出的的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，不能在碱性条件下大量存在，C不选；
D．印刷电路板的腐蚀液中含有Fe2+，会和Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，D不选；
故选B。
6. 工业上常用的一种提溴技术叫做“吹出法”，过程如下，有关说法不正确的是
A. 酸化的主要目的是防止将氧化成
B. 鼓入热空气吹出溴是利用了溴的低沸点
C. 将含溴混合气从底部通入设备二（吸收塔）中
D. 设备三中的蒸汽冷凝后得到液溴和溴水的混合物，可用分液法分离
【答案】A
【解析】
【分析】苦卤中含有溴离子，在酸性条件下通入氯气，可发生置换反应生成溴单质，吹入空气，将溴单质分离出来，然后溴单质与二氧化硫发生反应生成HBr和硫酸，再通入氯气，生成溴单质。
【详解】A．通入氯气是为了将溶液中的溴离子氧化为溴单质，加入酸进行酸化是为了抑制氯气和溴单质与水反应，A错误；
B．溴的沸点低，易挥发，可用热空气吹出，B正确；
C．为了使溴被充分吸收，将含溴混合气从底部通入设备二(吸收塔)中，与亚硫酸溶液充分接触，C正确；
D．溴不易溶于水，可用分液的方法将液溴和溴水的混合物分离，D正确；
答案选A。
7. 利用下列装置和试剂进行实验，不能达到实验目的的是
A. 图①装置可用于测定镁和稀硫酸反应速率
B. 图②装置可用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性
C. 图③装置可用于分离、提纯有机化合物
D. 图④装置可用于实验室制氨气
【答案】D
【解析】
【详解】A．镁和稀硫酸反应生成氢气，通过注射器测量单位时间内生成气体的体积，测定镁和稀硫酸反应速率，A正确；
B．碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳，二氧化碳可以使澄清石灰水变浑浊，碳酸钠受热不分解，图②装置可用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，B正确；
C．利用不同有机物在固定相和流动相中的相对吸附或溶解能力差异来分离、提纯有机化合物，该方法为色谱法，图③装置可用于分离、提纯有机化合物，C正确；
D．硝酸铵是一种铵盐，受猛烈撞击或受热会发生爆炸性分解，不能用来制备氨气，D错误；
故选D。
8. 下列说法不正确的是
A. 硬铝的硬度比铝大，是因为合金原子改变了铝原子规则的层状结构
B. 合金可做储氢材料，常温下吸、放氢的速率快
C. 含增塑剂的聚氯乙烯薄膜因可塑性强，可用作生产食品包装材料
D. “杯酚”可分离和，体现了超分子的“分子识别”特性
【答案】C
【解析】
【详解】A．硬铝的硬度比铝大，是因为合金原子改变了铝原子规则的层状结构，A正确；
B．储氢合金如Ti-Fe、La-Ni合金可做储氢材料，常温下吸、放氢的速率快，B正确；
C．聚氯乙烯有毒，不能用于食品包装，C错误；
D．“杯酚”可分离和，体现了超分子的“分子识别”特性，D正确；
故选C。
9. 下列有关实验方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将某烃进行核磁共振氢谱检测，谱图出现两组吸收峰，说明有两种环境的H原子，丙烷有两种环境的H原子，该烃可能是丙烷，A正确；
B．将乙醇和浓硫酸共热后生成的乙烯气体中混有SO2，SO2也能使溴水褪色，则该操作不能证明气体为乙烯，B错误；
C．乙醇和酸性重铬酸钾溶液充分反应后的溶液呈酸性是因为溶液中原本就存在的H+，该操作不能说明乙醇被氧化为乙酸，C错误；
D．酚类物质遇FeCl3溶液，溶液变为紫色，但不是紫色沉淀，D错误；
故选A。
10. 下列化学反应与方程式相符的是
A. 氢氧化镁能溶于氯化铵溶液：
B. 和，表示甲烷的燃烧热的热化学方程式：
C. 羟基丁酸()生成丁内酯()：
D. 氨的催化氧化反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液呈酸性，氢氧化镁能溶于氯化铵溶液：Mg(OH)2+ 2NH=Mg2++2NH3· H2O，A错误；
B．表示甲烷的燃烧热的热化学方程式应该生成H2O(l)，B错误；
C．羟基丁酸()发生自身酯化反应生成丁内酯，化学方程式为：+H2O，C错误；
D．氨的催化氧化反应：，D正确；
故选D。
11. 淀粉水解的最终产物A可发生如下反应，下列说法不正确的是
A. A的分子式为B. C分子中含有两种官能团
C. 氧化剂1、2均可用D. 化合物E可形成分子内氢键
【答案】C
【解析】
【分析】淀粉水解的最终产物A为葡萄糖，其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，据题中信息可知，在发生氧化反应时，分子中的醛基(-CHO)最易被氧化为羧基(-COOH)，分子式由HOCH2(CHOH)4COOH变为C6H12O7 ，即B物质为HOCH2(CHOH)4COOH ，B分子内的羟基与羧基在一定条件下可以发生酯化反应，生成环状酯类物质D，葡萄糖分子中的醛基经加氢还原生成己六醇，分子式变为C6H14O6 ，葡萄糖末端的-CH2OH 比中间的结构较易氧化，所以-CH2OH 先去氢生成醛基，再氧化为羧基，生成分子式为C6H10O8的物质，以此解答。
【详解】A．A为葡萄糖，分子式为，A正确；
B．由分析可知，葡萄糖末端的-CH2OH 比中间的结构较易氧化，所以-CH2OH 先去氢生成醛基，再氧化为羧基，生成分子式为C6H10O8的C，C中含有羟基和羧基，B正确；
C．只能将醛基氧化为羧基，由分析可知，氧化剂2不能用，C错误；
D．由分析可知，化合物E为己六醇，其中的羟基都是相邻的，可形成分子内氢键，D正确；
故选C。
12. X、Y、Z、M和W五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X元素最高化合价=|最低化合价|，Y在周期表中电负性最大，W与M、X相邻，基态Z的价电子层上只有1个电子，下列说法不正确的是
A. 单核离子半径：MX
D. 最高价氧化物中离子键成分百分数：Z>M>X
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、M和W五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X元素最高化合价=|最低化合价|，X为C元素，Y在周期表中电负性最大，Y为F元素，W与M、X相邻，W为Si元素，M为Al元素，基态Z的价电子层上只有1个电子，Z为Na元素，以此解答。
【详解】A．离子电子层数越大，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则单核离子半径：Al3+ CH4，C正确；
D．金属性越强，最高价氧化物中离子键成分百分数越大，则最高价氧化物中离子键成分百分数：Na2O>Al2O3>CO2，D正确；
故选B。
13. 取琼脂、饱和食盐水的混合溶液倒入培养皿中，滴入几滴酚酞和溶液，混合均匀，放入裹有锌片的铁钉(如下图所示)，一段时间后，下列说法不正确的是
A. 锌片附近琼脂颜色变红
B. 铁钉上的电极反应式：
C. 离子在半凝固态的琼脂内可定向移动
D. 将锌片改为铜片，琼脂中会出现蓝、红、蓝三个色块
【答案】A
【解析】
【分析】将裹有锌片的铁钉放入琼脂、饱和食盐水的混合溶液中，滴入几滴酚酞和溶液，混合均匀，形成原电池，其中锌作负极、铁作正极，负极电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。
【详解】A．根据以上分析可知，氧气在正极放电，生成氢氧根，所以铁附近变红，故A错误；
B．铁钉作正极，铁钉上的电极反应式：，故B正确；
C．该装置形成原电池，所以离子在半凝固态的琼脂内可定向移动，故C正确；
D．将锌片改为铜片，仍能形成原电池，此时铁作负极，发生氧化反应，其电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与反应产生蓝色沉淀，铜作正极，其电极反应式为，生成氢氧根，所以铜电极附近变红，由于铜裹在铁的中段，所以琼脂中会出现蓝、红、蓝三个色块，故D正确；
故答案为：A。
14. 叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理具有其特殊性，可用下图表示，下列说法正确的是
已知：连在同一碳原子上的甲基之间存在排斥力。
A. 中间体2的甲基间的排斥力比叔丁醇的甲基间的排斥力大
B. 相同外界条件下，乙酸比中间体3更易给出
C. 用溶液中和步骤④产生的，有利于提高叔丁酯的产率
D. 用标记醇羟基，可区别叔丁醇与乙醇在酯化反应时的机理差异
【答案】D
【解析】
【详解】A．中间体2与甲基相连的碳的价层电子对数为3，叔丁醇中中心碳的价层电子对数为4，故叔丁醇的甲基间的排斥力较大，A错误；
B．COOH与中间体2结合后得到碳氧双键中氧原子电子对密度减小，导致羧基中羟基的极性增大，O-H更加容易断裂，则中间体3比乙酸更易给出，B错误；
C．溶液会和羧酸发生反应，不利于提高叔丁酯的产率，C错误；
D．由流程可知，叔丁醇与羧酸发生酯化反应时，叔丁醇脱去羟基，羧酸脱去氢原子，与乙醇与羧酸发生酯化反应时，羧酸脱去羟基，乙醇脱去氢原子，用标记醇羟基，可区别叔丁醇与乙醇在酯化反应时的机理差异，D正确；
故选D。
15. 已知：；草酸：、；醋酸：。下列说法正确的是
A. 悬浊液中滴加过量冰醋酸，悬浊液变澄清
B. 饱和溶液中加溶液，无现象，则
C. 饱和溶液中存在：
D. 溶液中滴加等浓度等体积的醋酸，有生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸的小于草酸的，说明酸性：CH3COOH