湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高三上学期月考（五）化学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高三上学期月考（五）化学试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了5 K～39 Zn~65，6gC2H6O物质的量为=0等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H～1 Li～7 C～12 N～14 O～16 Cl～35.5 K～39 Zn~65
第Ⅰ卷 (选择题 共42分)
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。)
1. “绿水青山，就是金山银山”。近年来我国的环境保护工作取得了长足进步，人们的生活环境得到了极大改善，下列说法错误的是
A. 使用聚乳酸可降解餐具可减少白色垃圾
B. 水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染
C. 乙醇汽油的广泛使用不能减少汽车尾气中的排放
D. 燃煤时鼓入过量的空气可以减少酸雨的产生
【答案】D
【解析】
【详解】A．使用聚乳酸可降解餐具，绿色环保，可减少白色垃圾，A正确；
B．水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，利用胶体的电泳现象，减少对空气的污染，B正确；
C．汽车尾气中来自于发动机工作时高温下氮气与氧气化合产生的，乙醇汽油的广泛使用不能减少汽车尾气中的排放，C正确；
D．燃煤时鼓入过量的空气不能减少二氧化硫的产生，不可以减少酸雨的产生，D错误；
故选D。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 乙二酸的实验式：
B. 基态C原子的轨道表示式：
C. 的名称：3-甲基戊烷
D. 聚丙烯的链节：
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙二酸的实验式为，故A错误；
B．基态C原子的轨道表示式为 ，故B错误；
C．主链有5个碳原子，名称为3-甲基戊烷，故C正确；
D．聚丙烯的链节为，故D错误；
选C。
3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 与反应每产生，转移的电子数小于
B. 含的浓硫酸与足量的镁反应，转移的电子数大于
C. 完全燃烧，可能有个键断裂
D. 受热熔融时电离得到的离子数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na37ClO与H35Cl反应的化学方程式为Na37ClO+2H35Cl=Na35Cl+37Cl35Cl↑+H2O，每生成1ml37Cl35Cl转移1ml电子，71g37Cl35Cl物质的量为＜1ml，转移电子数小于NA，A项正确；
B．浓硫酸与足量Mg依次发生反应Mg+2H2SO4(浓)=MgSO4+SO2↑+2H2O(①)、Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑(②)，若0.2mlH2SO4只发生反应①转移电子物质的量为0.2ml，若只发生反应②转移电子物质的量为0.4ml，故转移电子物质的量大于0.2ml、小于0.4ml，即转移电子数大于0.2NA，B项正确；
C．4.6gC2H6O物质的量为=0.1ml，C2H6O的可能结构简式为CH3CH2OH、CH3OCH3，0.1mlCH3CH2OH中含0.5mlC—H键，0.1ml CH3OCH3中含0.6mlC—H键，则4.6gC2H6O为CH3OCH3时完全燃烧有0.6NA个C—H键断裂，C项正确；
D．AlCl3属于共价化合物，受热熔融时不能电离，D项错误；
答案选D。
4. 下列有关实验仪器(或装置)的使用正确的是
A. 图①：除去苯中混有的苯酚
B. 图②：排出盛有溶液的滴定管尖嘴内的气泡
C. 图③：分离碘和氯化钠混合物
D. 图④：吸收制盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓溴水中的与苯酚反应，生成的三溴苯酚能溶解在苯中，同时引入，不能用浓溴水除去苯中混有的苯酚，A错误；
B．溶液应用酸式滴定管盛装，不能用碱式滴定管盛装，B错误；
C．分离碘和氯化钠混合物，利用碘易升华的性质进行升华实验分离，C正确；
D．易溶于水，用该装置吸收制盐酸会产生倒吸现象，D错误；
答案选C。
5. 滑雪镜的制作材料是一种高分子材料——聚碳酸酯(简称PC)，其合成方法和分子结构如图所示，下列说法正确的是
A. 化合物A的分子式为C15H14O2B. 反应物B分子中所有原子可能共平面
C. 可通过FeCl3溶液检验A是否完全反应D. PC有很好的光学性且耐强碱的性质
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，化合物A的分子式为C15H16O2，故A错误；
B．由结构简式可知，反应物B分子中的苯环和酯基都是平面结构，由单键可以旋转可知，分子中所有原子可能共平面，故B正确；
C．由结构简式可知，A与B发生缩聚反应生成聚碳酸酯和苯酚，则不能用氯化铁溶液检验A是否完全反应，故C错误；
D．由结构简式可知，聚碳酸酯分子中含有酯基，碱性条件下能发生水解反应，则PC不具有耐强碱的性质，故D错误；
故选B
6. 表示下列反应的离子方程式正确的是
A. 用过量溶液吸收废气中的：
B. 在氨水中加入少量溶液：
C. 向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：
D. 向溶液中加入过量的溶液：
【答案】A
【解析】
【详解】A．用过量溶液吸收废气中的生成亚硫酸根和碳酸氢根，A正确；
B．在氨水中加入少量 CuSO4 溶液，氨水过量，反应生成铜氨络合物，离子方程式为：，B错误；
C． 由于还原性：，则向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸，会先氧化，故离子反应为：，C错误；
D．向溶液中加入过量溶液，由于碳酸氢根与镁离子都能消耗氢氧根，则最后生成的产物为氢氧化镁，碳酸钠以及水，离子方程式为：，D错误；
故选A。
7. 某化合物通过界面埋入可以实现钙钛矿太阳能电池的高稳定性，其结构如图。X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的前四周期主族元素，X与Z的原子序数之和与W的原子序数相等。下列说法正确的是
A. 分子极性：
B. 简单氢化物的沸点：
C. 和的VSEPR模型名称相同
D. 与M原子最外层电子数相同的同周期元素还有1种
【答案】A
【解析】
【分析】Y可以形成两个共价键，所以Y应为第ⅥA元素，所以Y可能为O元素或S元素；W可以形成六个共价键，所以W应为S元素；若W为S元素，则Y只能为O元素；由于M为一价阳离子且原子序数大于W，所以M为K元素；又由于Z可形成一个共价键，且原子序数小于W，所以Z为F元素；又由于X与Z的原子序数之和与W的原子序数相等，所以X为N元素；所以X、Y、Z、W、M分别为N元素、O元素、F元素、S元素、K元素。
【详解】A．根据分析，为，为，根据价层电子互斥模型，的价电子对为3+1，为三角锥形，是极性分子；的价电子对为3+0，为平面三角形，是非极性分子，所以极性：＞，A项正确；
B．常温下，水为液体，氟化氢和氨气为气态，所以水的沸点最高，即Y的简单氢化物沸点最高，B项错误；
C．为，价电子对数为2+2=4，VSEPR模型名称为正四面体，为，价电子对数为2+1=3，VSEPR模型名称为平面三角形，C项错误；
D．与K原子最外层电子数相同的同周期元素还有Cr和Cu两种，D项错误；
故选A。
8. 雄黄(，)与雌黄(，，)是古代重要的药物和染料，二者可发生如图转化：，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 雄黄中含有个
B. 反应Ⅰ中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：1
C. 溶液中的离子浓度存在如下关系：
D. 雌黄分子中As原子的杂化方式为，S原子的杂化方式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．图中黑球代表原子，白球代表S原子，所以雄黄中不含S-S，故A错误；
B．根据图示的反应历程知，反应Ⅰ的方程为，氧化剂与还原剂物质的量之比为，故B正确；
C．根据电荷守恒，的溶液中离子浓度存在关系，故C错误；
D．由图知雄黄分子中S上有2个键，由于S的最外层有6个电子，故应该还有两个孤电子对，因此，S原子的杂化方式为，故D错误；
选B。
9. 过氧硫酸氢根参与烯烃的不对称环氧化反应的机理如图，下列说法不正确的是
A. 该反应有水生成
B. 利用此反应可将乙烯氧化为环氧乙烷
C. 过氧硫酸氢根是该反应的催化剂
D. 、均有较强的氧化性
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图分析，在碱性条件下反应步骤有生成，A正确；
B．利用题给机理，与进一步得到环氧乙烷，B正确；
C．通过图流程分析，参与反应最终转化为，不是催化剂，C错误；
D．中含有过氧键，中也含有过氧键，因此均有较强的氧化性，D正确；
故选C。
10. 下列实验操作、现象、实验结论均正确的是
A AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．与发生氧化还原反应，不是分解反应的催化剂，结论错误，A错误；
B．未明确和的浓度相同，则不能说明，B错误；
C．A、B两支试管中高锰酸钾浓度不同且均过量，无法明显观察出溶液褪色时间差异，应控制高锰酸钾相同且不足，改变草酸浓度，探究浓度对速率的影响，C错误；
D．控制用量不足，过量，充分反应后溶液中仍能检验出，说明未完全转化，与的反应为可逆反应，有一定限度，D正确；
答案选D。
11. 我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂，可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图1所示，图2为使用不同催化剂时反应过程中的相对能量的变化。下列说法错误的是
A. 、均为非极性分子
B. 充电时，阳极发生反应：
C. 使用催化剂Sn或均能有效提高甲酸盐的选择性
D. 放电时，当Zn电极质量减少6.5g时，电解质溶液增重6.5g
【答案】D
【解析】
【分析】放电时，Zn失电子生成 ，Zn是负极；正极二氧化碳得电子生成HCOO-；
【详解】A．O2分子中只含非极性键，O2是非极性分子，CO2是直线形分子，结构对称，为非极性分子，A正确；
B．放电时，Zn失电子生成，Zn是负极，因此由图可知充电时，阳极发生反应，B正确；
C．使用催化剂Sn或s−SnLi均能降低生成甲酸的活化能，有效提高甲酸盐的选择性，C正确；
D．放电时，负极发生反应、正极发生反应，当Zn电极质量减少6.5g时，电路中转移0.2ml电子，正极吸收0.1mlCO2，电解质溶液增重6.5g+4.4g=10.9g，D错误；
故答案为：D。
12. 是常见的环境污染性气体。一定温度下，向三个容积不等的恒容密闭容器中分别投入，发生反应：。反应相同时间内，三个容器中的转化率如图中A、B、C三点。下列叙述正确的是
A. A点的小于C点的
B. C点加入适当催化剂，不能提高的转化率
C. 若B点为平衡点，在该温度下，反应的平衡常数
D. 在恒温恒容下，向A点平衡体系中再充入一定量的，与原平衡相比，的平衡转化率减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．A点体积小，压强大，反应速率快，故A错误；
B．由题干图像可知，容器的容积依次增大，反应速率依次减小可知，C点未达到平衡状态，使用催化剂可加快反应速率，提高的转化率，故B错误；
C．B点对应的体系为，的平衡转化率为80%，因此平衡常数，故C错误；
D．在恒温恒容下，向A点平衡体系中充入一定量的，等效于加压，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，故D正确；
选D。
13. 是目前储氢密度最高的材料之一，其晶胞结构如图所示，晶胞边长为apm。Mg原子占据Fe形成的所有四面体空隙，储氢后，分子占据Fe形成的八面体空隙，化学式为。下列说法正确的是
A. 晶胞中，存在的化学键类型为金属键和离子键
B. 氢气储满后晶体的化学式为
C. 氢气储满后，和的最短距离为
D. 晶胞中Fe与Mg的配位数均为4
【答案】C
【解析】
【详解】A．构成该晶体的元素均为金属元素，所以存在的化学键类型为金属键，A错误；
B．原子形成的八面体空隙在晶胞的棱心和体心，所以每个晶胞中含有4个和8个，个，因此氢气储满后晶体的化学式为，B错误；
C．和的最短距离为面对角线的二分之一，为，C正确；
D．根据晶胞结构示意图可知，距离原子最近且等距的原子有4个，即的配位数为4，而该晶体的化学式为，所以的配位数为8，D错误。
14. 常温下，向一定浓度溶液中加入，保持溶液体积和温度不变，测得pH与［X为、、］变化如图所示。下列说法错误的是
A. 常温下，的
B. a点溶液中：
C. 溶液中：
D. b点溶液中：
【答案】A
【解析】
【分析】向一定浓度溶液中加入固体，随着增大，减小，减小，增大，则增大，减小，增大，则减小，则曲线表示，曲线表示，曲线表示，且由时溶液可得，据此回答。
【详解】A．a点时，，，则，A错误；
B．a点时，，由电荷守恒有，则，B正确；
C．，即的电离程度大于其水解程度，则溶液中，所以，C正确；
D．b点时，溶液，溶液呈酸性，且，则由电荷守恒得，D正确；
故选A。
第Ⅱ卷 (非选择题共58分)
二、非选择题(本题共4小题，共58分。)
15. 乙酰苯胺是一种白色结晶粉末，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。
已知：
Ⅰ.粗乙酰苯胺的制备：
制备原理：
实验装置：如图所示(加热、夹持装置略)
实验步骤：
①向仪器a中加入11.4mL(约0.2ml)冰醋酸、9.1mL(约0.1ml)无水苯胺、0.1g锌粉；
②组装好仪器，对仪器a加热，当温度计读数达到100℃左右时有液体馏出，维持温度在100～105℃之间反应60min；
③反应结束后，在搅拌下趁热将反应液倒入盛有冷水的烧杯中，析出固体，将混合物抽滤得到乙酰苯胺粗品。
（1）仪器a的名称是___________。仪器a的最适宜规格为___________(填标号)。
a．25mL b．50mL c．150mL d．200mL
（2）步骤②中锥形瓶中的馏出液主要成分是___________(填物质名称)，锥形瓶中实际收集的液体远多于理论量，可能的原因为___________。
（3）为探究锌粉用量对乙酰苯胺产率的影响，实验小组做了对比实验，实验数据如下表，试合理推测加入锌粉的作用是___________，第二组实验中锌粉用量最多但乙酰苯胺产率反而降低的原因可能是___________。
Ⅱ.乙酰苯胺的提纯：
将上述制得的粗乙酰苯胺粗产品移入500mL烧杯中，加入100mL热水，加热至沸腾，待粗乙酰苯胺完全溶解后，再补加少量蒸馏水。稍冷后，加入少量活性炭吸附色素等杂质，在搅拌下微沸5min，趁热过滤。待滤液冷却至室温，有晶体析出，称量产品为10.8g。
（4）上述提纯乙酰苯胺方法是___________。
（5）该实验中乙酰苯胺的产率是___________(保留两位有效数字)。
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. b
（2） ①. 水 ②. 乙酸挥发进入锥形瓶
（3） ①. 用作还原剂，防止苯胺被氧化 ②. 锌粉的用量过多会与冰醋酸反应造成原料损耗
（4）重结晶 （5）80%
【解析】
【分析】苯胺与乙酸加热条件下反应生成乙酰苯胺和水，通过蒸馏分离出产品，进一步分析产率；
【小问1详解】
仪器a的名称为圆底烧瓶；液体的体积为9.3mL+11.6mL=24.9mL，，根据烧瓶中所盛放液体不超过容积、不少于的原则，烧瓶的最佳规格是50mL；
故答案为：圆底烧瓶；b；
【小问2详解】
根据产物沸点分析，100～110℃之间馏出的是产物水。实际收集的液体远多于理论量，结合反应温度和各物质的沸点分析，可能的原因是乙酸挥发进入锥形瓶；
故答案为：水；乙酸挥发进入锥形瓶；
【小问3详解】
苯胺为还原性液体，易被氧化，加入锌粉可以防止反应过程中苯胺被氧化。锌与酸反应的实质是与酸电离出的H+反应，纯乙酸不电离，所以锌几乎不与纯乙酸反应，反应过程中生成水，促进乙酸的电离，乙酸电离出的H+与锌反应；
故答案为：用作还原剂，防止苯胺被氧化；锌粉的用量过多会与冰醋酸反应造成原料损耗；
【小问4详解】
趁热过滤后的乙酰苯胺溶解后再结晶的方法称为重结晶；
故答案为：重结晶；
【小问5详解】
根据化学方程式1ml无水苯胺理论上生成1ml乙酰苯胺，加入的冰醋酸过量，根据苯胺计算理论生成乙酰苯胺质量为：，实际产量为10.8g，则产率为。
【点睛】
16. 随着新能源汽车销量的猛增，动力电池退役高峰将至，磷酸铁锂(LFP)是目前使用最多的动力电池材料，因此回收磷酸铁锂具有重要意义。一种从废旧磷酸铁锂正极片(、导电石墨、铝箔)中回收锂的工艺流程如下：
已知：在水中的溶解度随温度升高而降低。
回答下列问题：
（1）旧电池拆解前进行放电处理有利于锂在正极的回收，其原因是___________。
（2）“碱浸”时，为加快浸出速率，可采取的措施是___________(答出一点即可)。
（3）“氧化浸出”时，实际生产中氧化剂选用，不选用的原因是___________。“氧化浸出”时生成了难溶的，该反应的离子方程式为___________。
（4）“沉锂”过程中使用水浴加热保持温度在95℃，“一系列操作”具体包括___________、___________、干燥。
（5）滤液Ⅲ中，“沉锂”结束时溶液中为，则“沉锂”过程中，锂的沉降率为___________％［已知：浸出液在沉锂过程中溶液体积不变，］。
（6）某锂电池的负极材料晶体是锂原子嵌入石墨烯层间形成的，晶胞结构(底面为平行四边形)如图所示。该晶体的化学式为___________，该晶体中最近的两个碳原子核间距离为apm，石墨烯层间距离为bpm，则该晶体的密度为___________(列出计算式，用表示阿伏加德罗常数)。
【答案】（1）放电有利于向正极移动并进入正极材料
（2）升温、粉碎、增大的浓度(任答一点)
（3） ①. 盐酸和氯酸钠反应生成的氯气会污染空气 ②.
（4） ①. 过滤(或趁热过滤) ②. 热水洗涤
（5）99 （6） ① ②. [或]
【解析】
【分析】正极片含、导电石墨、铝箔，加氢氧化钠“碱浸”，铝溶于氢氧化钠，滤渣中含有、石墨，滤渣加盐酸、氧化剂“氧化浸出”，石墨不溶于盐酸，浸出液中含有氯化锂、氯化铁，加氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀除铁，滤液中加碳酸钠生成Li2CO3沉淀，趁热过滤、热水洗涤、干燥得产品Li2CO3。
【小问1详解】
放电时移向正极，正极可以得到更多，所以放电有利于向正极移动并进入正极材料。
【小问2详解】
根据影响反应速率的因素，升温、粉碎、增大的浓度等可加快浸出速率；
【小问3详解】
氯酸钠具有强氧化性，能与盐酸发生氧化还原反应生成有毒的氯气，污染空气，所以氧化浸出时选用过氧化氢做氧化剂，不选用氯酸钠；“氧化浸出”时生成了难溶的，该反应的离子方程式为。
【小问4详解】
由于在水中的溶解度随温度升高而降低，因此“一系列操作”具体包括趁热过滤、热水洗涤、干燥。
【小问5详解】
，“沉锂”结束时溶液中为，则，所得浸出液中，则锂的沉降率为。
【小问6详解】
由图可知，原子位于顶点，个数为，原子位于面上和体内，个数为，则化学式为；该晶体中最近的两个碳原子核间距离为，则底边边长为，石，墨烯层间距离为，又底边为平行四边形，顶角为60°，设晶胞的密度为，晶胞质量为，晶胞体积为，结合密度公式，得。
17. 绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰”、“碳中和”的重要举措。回答下列问题：
（1）利用生物质可再生资源乙醇制备氢气具有良好的开发前景。乙醇在催化下，制取氢气有如下方法：
方法a：水蒸气催化重整
方法b：部分催化重整
已知：298K时，相关物质的相对能量如图：
①依据图中数据，计算方法b反应的___________。
②已知体系自由能变化：，时反应自发进行。298K时，请根据的计算结果分析方法a、b哪个更有利？___________。
（2）甲烷水蒸气重整制氢的逆反应为ΔHNH3>NH2OH；
故答案为：CH3NH2>NH3>NH2OH；
【小问6详解】
G的分子式为C10H10O6，G的同分异构体的红外光谱中存在C=O吸收峰、但没有O—H吸收峰，能与NaOH水溶液反应，反应液酸化后可与FeCl3溶液发生显色反应，G的同分异构体中含有、不含—OH，G的同分异构体的核磁共振氢谱有两组峰、且峰面积比为3∶2，则符合条件的G的同分异构体的结构简式为；
故答案为：；
【小问7详解】
对比与、CH3I、的结构简式，结合题给已知，可由与在1)NaNH2、2)H+/H2O作用下合成得到；可由与CH3I发生取代反应制得；可由先发生氧化反应生成、再与CH3OH发生酯化反应制得，则合成路线为：；选项
实验操作
现象
结论
A
向等浓度等体积的中分别加入等浓度等体积的溶液和溶液
前者产生气泡速率快
的催化效果比好
B
向、的混合溶液中滴入少量稀溶液
有黄色沉淀生成
C
取A、B两支试管，各加入的溶液，然后向A试管中加入酸性高锰酸钾溶液，同时向B试管中 加入酸性高锰酸钾溶液
B试管褪色时间短
其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快
D
取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液
溶液变红
与的反应有一定限度
物质
苯胺
冰醋酸
乙酰苯胺
熔点
-6.2℃
16.6℃
113℃
沸点
184℃
117.9℃
304℃
其他性质
微溶于水，易被氧化而变色
—
白色晶体，难溶于水，易溶于乙醇等有机溶剂
组别
第一组
第二组
第三组
苯胺(mL)
9.1
9.1
9.1
冰醋酸(mL)
15.6
15.6
15.6
锌粉(g)
1.625
3.25
0
产量(g)
3.4
2.26
1.27
产率(%)
41
30.1
17.1