海南省海口市2024届高三上学期摸底考试化学试卷（含答案解析）

海口市2024届高三摸底考试化学注意事项：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，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Fe-56一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16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.下列精美文物主要成分属于合金材料的是A．四羊方尊B．皇家玉玺C．素纱禅衣D．清明上河图卷轴A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．青铜四羊方尊的材质属于铜的合金，A正确；B．玉玺由玉雕刻而成，玉的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，B错误；C．素纱禅衣的材质是蚕丝，属于天然有机高分子材料，C错误；D．清明上河图卷轴的主要成分为桑蚕丝，属于蛋白质，不属于合金，D错误；故选A。2.氧和硫是元素周期表中第ⅥA族元素。下列说法正确的是A.电负性：O<S B.沸点：C.是极性分子 D.空间构型为平面三角形【答案】C【解析】【详解】A．同族元素，电负性从上到下逐渐减小，即电负性：O＞S，故A错误；B．由于H2O能形成分子间氢键，H2S不能，因此沸点：，故B错误；C．中的S价层电子数为，有1个孤电子对，为sp2杂化，空间构型为V形，其正负电荷中心不重合，属于极性分子，故C正确；D．中的S的价层电子对数为，有1个孤电子对，为sp3杂化，空间构型为三角锥形，故D错误；故选C。3.下列实验装置不能达到实验目的的是A．验证漂白性B．获取C．干燥氨气D．分离乙酸乙酯与水A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硫可与品红中的有色物质结合生成无色物质，使其褪色，可用品红溶液检验其漂白性，故A正确；B．Mg2+易水解，直接在空气加热蒸发氯化镁溶液，得到的为Mg(OH)2，获取应在HCl气流中蒸发氯化镁溶液，抑制其水解，故B错误；C．碱石灰是NaOH和CaO固体，不与氨气反应，可用于干燥氨气，故C正确；D．乙酸乙酯难溶于水且密度比水小，能够与水分层，可用分液的方法进行分离，故D正确；故选B。4.绚烂的颜色变化体现了化学之美。下列关于黄色溶液叙述正确的是A.滴入2～3滴紫色石蕊试液，溶液变成蓝色B.加入少量Cu粉，溶液变成浅绿色C.滴入少量溶液，出现白色沉淀D.滴入2～3滴溶液，溶液变成红色【答案】BD【解析】【详解】A．Fe2(SO4)3属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，滴入2～3滴紫色石蕊试液，溶液变红色，A错误；B．加入少量Cu粉，Fe3＋与Cu反应，生成Fe2＋，溶液变成浅绿色，B正确；C．氢氧化钠溶液与Fe3＋反应生成红褐色沉淀，C错误；D．Fe2(SO4)3溶液中存在Fe3＋，加入硫氰化钾溶液后显示红色，D正确；故选BD。5.在25℃、下，与发生反应的能量变化如图所示。已知：。下列有关说法正确的是A.过程Ⅰ为“释放了能量”B.H—Cl键的键能为C.总能量：乙>甲>丙D.全部分解为与时吸收的热量【答案】C【解析】【详解】A．过程Ⅰ为化学键的断裂，需要吸收能量，故A错误；B．2H+2Cl释放862kJ的能量生成2HCl(g)，因此H—Cl键的键能为，故B错误；C．总反应为放热反应，说明甲能量比丙大，甲到乙为化学键的断裂，需要吸收能量，说明乙的能量比甲大，即总能量：乙>甲>丙，故C正确；D．由热化学方程式可知，生成2molHCl(g)需要释放183kJ能量，即全部分解为与时吸收的热量，全部分解为与时吸收的热量，故D错误；故选C。6.《本草纲目》中“石碱”条目记载：采蒿蓼之属…晒干烧灰…原水淋汁…引入粉面…凝淀如石…浣衣发面。他处以灶灰淋浓汁，亦去垢发面。下列关于石碱说法正确的是A.获取石碱过程未涉及氧化还原反应B.“原水淋汁”相当于浸取、过滤的实验操作C.冷水中的“浣衣、去垢”效果优于热水D.“浣衣发面”说明石碱受热易分解生成【答案】B【解析】【详解】A．“采蒿蓼之属…晒干烧灰…原水淋汁”即“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分，过程涉及燃烧，属于氧化还原反应，故A错误；B．“原水淋汁”相当于浸取得到K2CO3溶液，同时过滤除去不溶性杂质的实验操作，故B正确；C．能够“浣衣、去垢”是因为碳酸根水解呈碱性，水解是吸热的，温度升高，水解程度增大，碱性增强，因此热水效果更好，故C错误；D．“浣衣发面”，都是利用K2CO3溶液呈碱性，不能说明石碱受热易分解生成，故D错误；故选B。7.反应可制备含氯消毒剂。若代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.每消耗，转移电子数目为B.晶体中含离子数目为C.溶液中含数目为D.标准状况下，含键数目为【答案】A【解析】【详解】A．物质的量为0.05mol，该反应为歧化反应，转移的电子数目为，故A正确；B．NaOH中仅Na+和OH-之间存在离子键，晶体中含离子数目为，故B错误；C．由于ClO-会发生水解，水解方程式为，溶液中含数目小于，故C错误；D．标准状态下，H2O是冰水混合物，不为气态，11.2LH2O物质的量不是0.5mol，故D错误；故选A。8.碳粉高温下还原制取纳米级：，反应达平衡后，下列说法正确的是A.升高温度，增大、减小B.保持温度不变，通入少量CO，达新平衡后变大C.加入少量碳粉，可提高的平衡转化率D.分离出CO，有利于的生成【答案】D【解析】【详解】A．升高温度，正逆反应速率均增大，故A错误；B．，由于温度不变，不变，故B错误；C．碳粉为固体，加入少量碳粉，对平衡无影响，的平衡转化率不变，故C错误；D．分离出CO，使平衡正向移动，有利于的生成，故D正确；故选D。二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。9.一种降低氯碱工业能耗的改进装置如图所示，下列说法正确的是A.a电极上的被氧化B.Ag可作b电极的材料C.通过阳离子交换膜向a电极移动D.改进设计通过增强a电极上反应物的氧化性来减少能耗【答案】CD【解析】【分析】b电极上Cl-失去电子变为Cl2，b为阳极，电极反应式为：，a为阴极，电极反应式为：，Na+通过阳离子交换膜向a极移动。【详解】A．a为阴极，电极反应式为：，O2被还原，故A错误；B．b为阳极，若用Ag作电极材料，通电后，Ag放电，而不是Cl-放电，因此不能用Ag作b电极的材料，故B错误；C．a为阴极，Na+通过阳离子交换膜向a极移动，故C正确；D．改进设计，a电极通入氧气，提高电极B上反应物的氧化性，降低电解电压，减少能耗，故D正确；故选CD。10.依据下列实验和现象，得出结论正确的是选项实验现象结论A向溶液中通入气体有白色沉淀生成酸性：B激光灯照射蛋白质溶液观察到“光亮的通路”蛋白质溶液属于胶体C向的溶液中滴加KI-淀粉溶液溶液变蓝氧化性：D向葡萄糖溶液中滴加酸性溶液酸性溶液紫红色褪去葡萄糖中含有醛基A.A B.B C.C D.D【答案】BC【解析】【详解】A．向溶液中通入气体，发生氧化还原反应生成硫酸钙，不能比较酸性，故A错误；B．蛋白质溶液属于胶体，具有丁达尔效应，故B正确；C．向FeCl3溶液中滴加KI溶液，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明有碘生成，铁离子是氧化剂、碘是氧化产物，所以氧化性：Fe3+＞I2，故C正确；D．滴加酸性高锰酸钾溶液，葡萄糖被氧化，高锰酸钾溶液褪色，葡萄糖中含有醛基和羟基，都可以被酸性高锰酸钾氧化，故D错误；故选BC11.磷元素有白磷、红磷等单质，白磷结构及晶胞如图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为(白磷，s)(红磷，s)。下列说法正确的是A.属于共价晶体B.白磷中的P—P—P夹角为C.白磷晶胞中，P—P键的作用弱于的分子间作用力D.白磷(s)和红磷(s)在中充分燃烧生成等量，白磷放出的热量更多【答案】D【解析】【详解】A．是由分子构成的，属于分子晶体，故A错误；B．白磷分子为正四面体结构，每个顶点1个P原子，分子中的P—P—P键角为60°，故B错误；C．P—P键为共价键其作用远大于的分子间作用力，故C错误；D．从题中可知，白磷转化为红磷放热，说明相等质量的白磷能量高于红磷，白磷和红磷在氧气中充分燃烧生成等量的P2O5(s)，白磷放出的能量更多，故D正确；故选D。12.瑞格列净是一种治疗糖尿病的药物，结构简式如图所示。下列关于瑞格列净说法正确的是A.该化合物最多与反应B.分子中含有4个手性碳原子C.分子中含有平面环状结构D.该物质发生消去反应后的产物在水中的溶解度会减小【答案】CD【解析】【详解】A．该分子中的4个羟基都是醇羟基，该化合物无法与氢氧化钠发生反应，故A错误；B．分子中含有5个手性碳原子，由1个O和5个C所形成的六元环上的5个C均是手性碳原子，故B错误；C．该分子含有苯环，属于平面环状结构，故C正确；D．该分子中4个羟基均能发生消去反应，生成1个醛基，3个羰基，与之前相比，与水形成的氢键数量变少，溶解度下降，故D正确；故选CD。13.工业制硫酸的重要步骤：为放热反应。在固定体积的密闭容器中加入一定量的和，在不增减物料的前提下，反应速率v随时间t的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.时间段，容器内的气体密度先减小后保持不变B.时刻改变条件后，(Q为浓度商)C.时刻，改变的条件是增大压强D.的任意时刻，单位时间内消耗，同时消耗【答案】D【解析】【详解】A．，根据质量守恒定律，容器内气体质量恒定，容器体积固定，即密度为定值，不随反应的进行发生变化，故A错误；B．时刻改变条件后，，即平衡逆向移动，Q＞K，故B错误；C．时刻，正逆反应速率增大相同的量，平衡不发生移动，而反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，不合题意，改变的条件应为加入催化剂（正催化剂），故C错误；D．正逆反应速率相同，已达到平衡状态，单位时间内消耗，同时消耗，证明其，故D正确；故选D。14.和混合溶液具有控制酸碱平衡、调节细胞生存环境等作用。已知25℃时，、，下列有关和混合溶液的说法正确的是A.的混合溶液中存在：B.混合溶液中持续加蒸馏水，的值逐渐变大C.混合溶液中滴加少量溶液，反应的离子方程式为D.当时，【答案】AB【解析】【详解】A．混合溶液的pH为10.25，c(H+)=10-10.25mol/L，Ka2(H2CO3)=10-10.25=，则，即溶液中存在：，故A正确；B．随蒸馏水的不断加入，溶液中c(OH-)逐渐减小，碳酸根离子的水解平衡常数不变，则=的值逐渐增大，故B正确；C．混合溶液中滴加少量溶液，根据以少定多的原则可知，离子方程式书为：，故C错误；D．当时，根据物料守恒有，故D错误；故选AB。三、非选择题：共5题，共60分。15.一种由菱镁矿(主要成分，还含少量和)制备高纯的工艺流程如下：已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子开始沉淀的pH7.61.98.4沉淀完全的pH9.63.210.8（1）为了加快反应速率和提高镁的浸取率，需要对菱镁矿进行___________(填操作名称)处理。（2）首次过滤的滤渣的主要成分是___________(填化学式)。（3）“浸取”时加入的盐酸不宜过量太多的原因是___________。（4）“调pH”时，发生反应的离子方程式为___________。某同学认为“氧化”步骤可省略，直接用调节pH值得到沉淀，该想法不合理的原因是___________。（5）“沉镁”时选用而不选用的原因是___________。【答案】（1）粉碎（2）SiO2（3）防止后续调pH值时，消耗更多药品（4）①.②.Fe2+和Mg2+沉淀的pH范围部分重合，易导致生成的Fe(OH)2沉淀混有Mg（OH）2，产率降低（5）碳酸氢铵反应后产生的氯化铵可回收利用，成本更低【解析】【分析】菱镁矿(主要成分，还含少量和)进行粉碎处理后，加盐酸浸取，过滤后滤液中含有Mg2+、Fe2+，滤渣中为SiO2，加氧化剂H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入MgO调pH值，将Fe3+转化为Fe（OH）3过滤除去，滤液中加入，与Mg2+反应生成MgCO3，高温煅烧得MgO。【小问1详解】为了加快反应速率和提高镁的浸取率，需要对菱镁矿进行粉碎处理，使反应接触更充分；【小问2详解】由分析得，首次过滤的滤渣的主要成分是SiO2；【小问3详解】若“浸取”时加入的盐酸过多，会导致后续调pH值时，消耗更多药品；【小问4详解】加入MgO调pH值，反应的离子方程式为：；若“氧化”步骤省略，直接用MgO调节pH值得到Fe(OH)2沉淀，由于Fe2+和Mg2+沉淀的pH范围部分重合，易导致生成的Fe(OH)2沉淀混有Mg（OH）2，产率降低；【小问5详解】碳酸氢铵反应后产生的氯化铵可回收利用，成本更低。16.的资源化不仅能减少排放，还能有效利用碳资源。（1）制取低碳醇的反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：则与合成的热化学方程式为___________；在密闭容器中，按充入和，平衡时、含碳物质的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示，图中表示组分的是曲线___________(填序号)。（2）250℃时，向恒容密闭容器中通入、，发生如下反应：。平衡时，各组分体积分数如下表所示。物质CO体积分数0.10.10.40.4该条件下，的平衡转化率为___________；向平衡体系中再通入、，平衡___________(填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)。（3）用溶液吸收可得溶液。室温下，的平衡常数K=___________[已知：]。在密闭容器中，向含有催化剂的溶液中通入制备，测得的转化率随温度的变化如图所示。在40℃至80℃过程中，转化率迅速上升的原因是___________。【答案】（1）①.②.Ⅲ（2）①.66.7%②.不移动（3）①.②.此时反应还未达到平衡，温度上升，反应速率加快，单位时间内的转化率上升【解析】【小问1详解】目标方程式为：，由反应Ⅰ-反应Ⅱ得到，其，热化学方程式为：；反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CH3OH物质的量分数逐渐减小，即曲线Ⅲ为CH3OH；【小问2详解】设平衡时转化的CO2的物质的量为amol，可得三段式，平衡时CO2的体积分数为0.1，即，解得a=4mol，CO2的平衡转化率为：；平衡时各物质的浓度为：，，即平衡常数，向平衡体系中再通入、，此时，，，平衡不移动；【小问3详解】的平衡常数；在40℃至80℃过程中，反应还未达到平衡，温度上升，反应速率加快，单位时间内的转化率上升。17.草酸(H2C2O4)是一种具有还原性的弱酸。某小组在浓硫酸催化下，用硝酸氧化葡萄糖制草酸，设计实验装置(加热、搅拌和仪器固定装置均已略去)如图所示。（1）球形冷凝管的a端___________(填“进水”或“出水”)。装置B瓶的作用是___________。（2）配制硝酸和浓硫酸的混合液时，加入酸的先后顺序是___________。（3）55～60℃时，装置A中生成，同时生成氮的氧化物。①该实验采用的加热方式为___________。②当尾气中时，装置C中的溶液能将NO、吸收转化为，反应的离子方程式为___________。（4）若浓硫酸用量过多，会导致草酸产率降低的原因是___________。（5）用高锰酸钾标准溶液可滴定草酸的浓度，滴定前需润洗的仪器为___________；滴定终点的判定方法是___________。【答案】17.①.出水②.作安全瓶，防止倒吸18.先加入浓硝酸，再加入浓硫酸19.①.水浴加热②.20.浓硫酸具有强氧化性，过量的浓硫酸与草酸反应；浓硫酸具有脱水性，会使草酸、葡萄糖脱水炭化21.①.酸式滴定管②.当滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色【解析】【分析】由题干图示装置可知，装置A中发生的反应为在浓硫酸做催化剂作用下，葡萄糖与硝酸反应生成草酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为，由于NO与O2反应转化为NO2，NO2能与NaOH溶液反应，故装置B的作用是安全瓶，防止倒吸，装置C的作用为吸收尾气，防止污染环境。【小问1详解】球形冷凝管下方进水，上方出水，即a端出水；由分析可知，装置B瓶的作用是：作安全瓶，防止倒吸；【小问2详解】由于浓硫酸密度较大，且溶于水放出大量的热，容易使液体飞溅，因此混合时应当将浓硫酸滴加到硝酸中，且边滴边搅拌，其目的是加快热量的散发，防止硝酸分解，防止酸液飞溅；【小问3详解】①实验要控制温度在55~60℃之间，应采取水浴加热，方便控制温度；②当尾气中时，能将NO、吸收转化为，反应的离子方程式为：；【小问4详解】浓硫酸具有强氧化性，过量的浓硫酸与草酸反应；浓硫酸具有脱水性，会使草酸、葡萄糖脱水炭化，所以浓硫酸用量过多，会导致草酸产率降低；【小问5详解】用高锰酸钾标准溶液可滴定草酸的浓度，滴定前需润洗装高锰酸钾标准液的酸式滴定管；因KMnO4标准溶液自身颜色作指示剂，则滴定终点的判定方法是：当滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。18.抗失眠药物的中间体G的合成路线如下：已知：。（1）A的结构简式为___________，其化学名称为___________。（2）C中所含官能团名称为___________。（3）C→D的反应类型为___________。（4）D→E的反应方程式为___________。（5）C的同分异构体之一X，符合条件：①含有苯环；②酸性条件下，水解产物的核磁共振氢谱都只有两个峰。则X的结构简式为___________。（6）可用于鉴别F与G的常用化学试剂为___________。（7）利用上图合成路线信息，以和为原料，设计合成的路线___________。(无机试剂任选)。【答案】18.①.②.邻甲基苯酚19.羧基、醚键20.取代反应21.++HCl22.23.FeCl3溶液24.【解析】【分析】根据B的结构和，可知A的结构为，B被酸性高锰酸钾氧化为C，C和SOCl2发生反应羟基被Cl取代，生成D，对比D与E的结构，可得C6H6NBr的结构为，D→E的反应方程式为：++HCl，E与在碱性环境下反应生成F，H与HI反应生成G。小问1详解】由分析得，A的结构简式为：；名称为：邻甲基苯酚；小问2详解】由图可知，C中所含官能团为：羧基、醚键；【小问3详解】C和SOCl2发生反应羟基被Cl取代，生成D，反应类型为取代反应；【小问4详解】对比D与E的结构，可得C6H6NBr的结构为，D→E的反应方程式为：++HCl；【小问5详解】C的同分异构体之一X，符合条件：①含有苯环；②酸性条件下，水解产物的核磁共振氢谱都只有两个峰，即X含有酯基，且酸性条件下，水解产物等效氢只有两种，符合条件的X为：；小问6详解】G中含有酚羟基，F中没有，可用FeCl3溶液遇含酚羟基的物质，溶液颜色变紫的性质进行鉴别；【小问7详解】与CH3I、K2CO3反应生成，与O2在催化剂、加热的条件下发生氧化反应，生成，和SOCl2发生取代反应生成，在AlCl3的作用下生成，与HI反应生成，合成路线图为：。19.含硼物质在储氢、有机合成、超导等方面有广泛用途。（1）金属催化剂M(Co、Ni)催化硼氢化钠水解释放机理如下图所示：①基态Co原子的电子排布式为___________，其中未成对电子有___________个。②过程Ⅱ中形成化学键的类型有___________(填序号)。A．离子键B．金属键C．极性键D．非极性键③最终会转化为，1个中存在___________个配位键。（2）有机电子器件产品环