江西省部分学校2023-2024学年高三上学期2月月考化学试题（含答案解析）

江西省部分学校2023-2024学年高三上学期2月月考化学试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色，墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：高考范围。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Fe-56一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.中国传统文化博大精深。下列古文献所述没有涉及化学变化的是A.“凡石灰，经火焚炼为用”B.“川东盐井，且有火井，以助煎熬，其火无灰”C.“丹砂()烧之成水银，积变又还成丹砂”D.“……欲去杂还纯，再入水煎炼……倾入盆中，经宿结成白雪”【答案】D【解析】【详解】A．此处“石灰”为石灰石即碳酸钙，经火焚炼发生化学变化生成氧化钙，故A错误；B．“其火无灰”过程即为可燃气体的燃烧，故B错误；C．“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”过程发生了化学变化，故C错误；D．“……欲去杂还纯，再入水煎炼……倾入盆中，经宿结成白雪”的过程为蒸发浓缩、冷却结晶，没有发生化学变化，故D正确；故答案为：D。2.棉花与混酸(硝酸和硫酸)反应可制备火棉，用于炸药，其爆炸威力强于黑火药。火棉爆炸反应方程式为。下列说法错误的是A.棉花的主要成分是纤维素 B.的电子式为C.反应后混合气体的平均摩尔质量为 D.的空间结构为直线形【答案】C【解析】【详解】A．棉花的主要成分是纤维素，项正确；B．分子中含有氮氮叁键，电子式为，B项正确；C．反应后混合气体中各组分的摩尔质量均大于，或摩尔质量为，C项错误；D．中碳为sp杂化，空间结构为直线形，D项正确；故选C。3.菱铁矿主要成分是，还含有等，实验室以菱铁矿为原料制取高纯氧化铁需要经历硫酸酸浸、氧化、调、过滤、灼烧操作。下列实验操作正确的是A．配制稀B．测定溶液的C．过滤悬浊液D．灼烧固体A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．不能在容量瓶中直接稀释溶液，故A错误；B．测定溶液的pH时应用玻璃棒蘸取溶液点在试纸中部并与标准比色卡对比读数，故B错误；C．过滤的操作要点，一贴、二低、三靠，所以装置丙过滤悬浊液的操作正确，故C正确；D．在试管中加热固体物质时试管口应该略向下倾斜，故D错误；故答案为：C。4.用溶液与(元素为-1价)溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式为。下列有关说法正确的是A.与均属于副族元素 B.若生成，其中是氧化产物C.是还原剂 D.每生成转移电子【答案】B【解析】【详解】A．B是主族元素，项错误；B．由方程式知，生成，其中是氧化产物，是还原产物，项正确；C．是氧化剂，C项错误；D．每生成转移电子，D项错误；答案选B。5.丁基苯酞(结构简式为)是芹菜油的化学成分之一。动物模型研究表明，丁基苯酞可用于治疗高血压和神经保护作用。下列有关丁基苯酞的说法正确的是A.苯环上一氯代物有2种 B.丁基苯酞最多能与加成C.分子中所有原子共平面 D.既能与盐酸反应，也能与氢氧化钠溶液反应【答案】D【解析】【详解】A．该分子中苯环上一氯代物有4种，故A错误；B．酯基不能与氢气发生加成反应，1mol丁基苯酞最多能与3molH2加成，故B错误；C．该分子中含有饱和碳原子，所以不可能所有原子共平面，故C错误；D．该分子中含有酯基，所以能与盐酸以及氢氧化钠溶液反应，故D正确；故答案为：D。6.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.含有键的数目为 B.中含孤电子对的数目为C.中杂化的原子数为 D.中含有键的数目为【答案】A【解析】【详解】A．1molCHCl3含有C-Cl键的数目为3NA，故A正确；B．中孤电子对为，即无孤电子对，故B错误；C．CH3OH中C、O都是sp3杂化，所以0.1molCH3OH中sp3杂化的原子数为0.2NA，故C错误；D．36gH2O物质的量为2mol，其中含有键的总数4NA，故D错误；故答案：A。7.X、Y、Z、W为短周期主族元素，且只有X、Y、Z处于同一周期。Y的单质常温下为气体，的单质可用于饮用水消毒。由组成的某化合物结构如图，分子中所有原子均达到8电子稳定结构。下列说法正确的是A.简单氢化物的沸点： B.的单质在自然界中不存在C.简单离子半径： D.W分别与X、Y、Z均能形成二元化合物【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，4种元素组成的化合物中，所有原子均达到8电子稳定结构，X形成4个共价键，Y形成3个共价键，Z形成2个共价键，W形成1个共价键，则X、Y、Z分别是IVA族、VA族、VIA族元素，且Y、Z的单质常温下均为气体，可知Y为氮元素，Z为氧元素，结合原子序数可知，X为碳元素，W的单质可用于饮用水消毒，W为氯元素，综上所述，X、Y、Z、W依次为C、N、O、Cl。【详解】A．X、Y、Z依次为C、N、O，简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，沸点高低为H2O＞NH3＞CH4，故A错误；B．X的单质金刚石、石墨在自然界中均存在，故B错误；C．N3-和O2-属于电子层结构相同的微粒，而电子层结构相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，所以离子半径Y＞Z，故C错误；D．Cl分别与C、N、O可形成CCl4、NCl3、ClO2等，故D正确；故答案为：D。8.对下列事实所给出的原因错误的是选项事实原因A水中溶解性；苯<吡啶()吡啶能与水形成分子间氢键B物质的沸点：分子间存在氢键，而分子间不存在C第一电离能：金属性：D酸性：电负性：A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．吡啶在水中的溶解性大于苯的原因是吡啶能与水形成分子间氢键，A正确；B．的沸点大于的原因是分子间存在氢键，而分子间不存在，B正确；C．的第一电离能大于的原因是3p能级上的一个电子较易失去，C错误；D．的电负性大，对电子吸引能力强，使得羧基的极性大，酸性增强，D正确；故选C。9.某离子型铁的氧化物立方晶胞如图所示(由组成)，该离子型铁的氧化物晶体的晶胞参数为。设阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是A.基态原子价层电子排布式为 B.该晶体中C.该晶胞中有处于体心 D.该晶体的密度为【答案】B【解析】【详解】A.为26号元素，基态原子价层电子排布式为，项正确；B.晶胞中共有16，该晶体中，B项错误；C.将XY组装起来可知有处于体心，项正确；D.晶胞中，该晶体的密度为，D项正确。故选B。10.一种以为电极制取的原理如图所示。下列说法正确的是A.电池电势，高于B.交换膜a、交换膜依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜C.随着电解的进行，Ⅰ室中的溶液的越来越小D.每生成，Ⅱ室中溶液减少的质量为【答案】D【解析】【分析】该装置以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4，该装置为电解池装置，Fe电极为阳极，Fe极电极反应为Fe-6e-+8OH-=+4H2O，交换膜b为阴离子交换膜；Ni电极为阴极，Ni极电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，交换膜a为阳离子交换膜。【详解】A．根据分析Fe为阳极、Ni为阴极，则m为负极、n为正极，电池电势，m低于n，A项错误；B．根据分析，交换膜a、b分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜，B项错误；C．Ni极电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，随着电解的进行，Ⅰ室中的溶液的pH越来越大，C项错误；D．Fe极电极反应为Fe-6e-+8OH-=+4H2O，每生成0.1molNa2FeO4，外电路中通过0.6mol电子，则Ⅱ室溶液中减少的NaOH的物质的量为0.6mol，质量为0.6mol×40g/mol=24.0g，D项正确；答案选D。11.石墨可作锂离子电池的负极材料。充电时，嵌入石墨层间，当嵌入最大量时，晶体部分结构的俯视示意图如图所示，下列说法错误的是A.石墨属于混合晶体 B.石墨中含有共价键C.石墨晶体中，层间存在化学键和范德华力 D.图中与的个数比是6：1【答案】C【解析】【详解】A．石墨是晶体内同时存在着共价键、分子间作用力等多种作用力，具有分子晶体和共价晶体的结构和性质的混合型晶体，故A正确；B．在石墨晶体中，每个碳原子与3个碳原子形成三个共价键，而每个共价键被2个碳原子所共用，则每个碳原子形成1.5个共价键，所以石墨中含有共价键，故B正确；C．石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，不存在化学键，故C错误；D．从图可以看出，每个Li+都位于1个平面正六边形的中心，即平均每6个C原子对应1个Li+，所以此时C与Li+的个数比是6:1，故D正确；故选C。12.下列实验操作能达到实验目的的是选项实验操作实验目的A向含有淀粉的溶液中滴入溶液，观察溶液颜色变化比较和的氧化性强弱B常温下，用计测得浓度不同的饱和溶液和饱和溶液的验证和的金属性C将铁片分别插入和溶液中验证活动性：D取一定量未知溶液于试管，滴入溶液并加热，试管口放置湿润红色石蕊试纸，观察试纸颜色变化检验未知溶液中是否含有铵盐A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．和均能将氧化，溶液变蓝，不能证明的氧化性大于，故不选；B．由溶液的碱性强弱推断金属性强弱时，两种碱的浓度必须相同，故不选B；C．铁可与溶液反应但不能与溶液反应，说明活动性：，故选C；D．若试纸变蓝，说明溶液中含有铵根离子，溶液是铵盐或氨水，故不选D；选C；13.一定条件下，能将转化为，原理为。已知，其中，表示反应速率常数，只与温度有关，m、n、x、y为反应级数，由实验测定。向恒容密闭容器中充入，在下进行实验，测得有关数据如下：实验①0.100.100.414②0.100.401.656③0.200.101.656下列说法错误的是A.上述反应在低温条件下能自发反应B.上述反应中，反应级数：C.若升高温度，则均增大D.根据题中数据可计算出反应在的(平衡常数)【答案】D【解析】【详解】A．根据，所以在低温条件下，才能满足，A正确；B．由①②组实验数据可知，，则，同理，根据①③组实验数据可求得，B正确；C．升高温度，正、逆反应速率都增大，故正、逆反应速率常数都增大，C正确；D．根据题中数据无法计算出反应在的，D错误；故选D。14.时，向溶液中滴加的盐酸，用电导率仪测得滴加盐酸体积与溶液电导率的关系如图所示。已知属于三元弱酸，其电离平衡常数的。下列说法正确的是A.a点溶液中：B.b点溶液中：C.点溶液中：D.时，溶液中：【答案】B【解析】【详解】A．a点为Na3A溶液，根据物料守恒得，故错误；B．b点为Na2HA和NaCl的混合溶液，的电离平衡常数，的水解常数为，Ka3＞Kh2，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故B正确；C．c点为NaH2A和NaCl的混合溶液，的电离平衡常数，的水解常数为，电离程度大于水解程度，c(HA2-)＞c(H3A)，故C错误；D．由题意可得，，则，pH=5.58时，溶液中c(H+)=10-5.58mol/L，故c(A3-)=c(H2A-)，故D错误；故答案为：B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.具有氧化性、还原性和漂白性，某同学在实验室利用做相关验证和探究实验。回答下列问题：（1）用如图1装置(夹持仪器已省略)验证具有氧化性。①仪器的名称为___________。②装置甲试管中反应的离子方程式为___________。③说明具有氧化性的现象为___________。（2）该同学设计如图2所示装置(夹持仪器已省略)制备(难溶解于水中)。①仪器的作用是___________。②三颈烧瓶中反应的化学方程式为___________。（3）该实验体现了的性质是___________。（4）实验表明，将纯净的缓缓地通入到溶液中，得到沉淀。为了探究该反应中的氧化剂，该同学提出以下假设：假设Ⅰ：溶液中的；假设Ⅱ：溶解在水中的氧气。①验证假设Ⅰ(配制溶液前已将蒸馏水煮沸并密封冷却)。实验步骤实验操作实验现象结论实验向溶液中缓慢通入纯净的气体

假设I成立实验向溶液的烧杯中缓慢通入纯净的气体

实验i现象为___________，实验ii现象为___________。②验证假设Ⅱ。请完成下列表格：实验步骤实验现象实验目实验iii同实验步骤同实验的相关现象作对照实验实验iv

产生白色沉淀

实验iv的步骤为___________，实验目的是___________。【答案】（1）①.长颈漏斗②.③.乙装置中有淡黄色的固体生成（2）①.防止倒吸②.（3）还原性（4）①.无明显现象②.产生白色沉淀③.向盛有未经脱处理的溶液的烧杯中缓慢通入纯净的气体(向盛有溶液的烧杯中缓慢通入与的混合气体或向实验的混合体系中充入氧气等)④.证明可将或氧化为硫酸或【解析】【分析】图1中装置甲产生硫化氢气体，装置丙产生二氧化硫气体，硫化氢和二氧化硫在装置乙中发生反应生成硫单质和水。图2中二氧化硫通入氯化铜溶液中，与氯化铜、氢氧化钠反应生成。将纯净的缓缓地通入到溶液中，得到沉淀，利用控制变量法来探究该反应中的氧化剂是硝酸根还是溶解在水中的氧气。【小问1详解】①由图1中装置可以得到仪器的名称为长颈漏斗。②装置甲是产生硫化氢气体装置，反应的离子方程式为：。③二氧化硫和硫化氢气体反应生成硫单质和水，所以说明具有氧化性的现象为乙装置中有淡黄色的固体生成。【小问2详解】①过量的二氧化硫需要氢氧化钠溶液吸收，所以仪器的作用是防倒吸。②二氧化硫、氢氧化钠、氯化铜反应生成氯化亚铜，三颈烧瓶中反应的化学方程式为。【小问3详解】根据方程式可以看出二氧化硫作还原剂，表现还原性。【小问4详解】①验证假设Ⅰ溶液中的硝酸根做了氧化剂，硝酸根为实验变量。二氧化硫和氯化钡不反应，所以向溶液中缓慢通入纯净的气体的实验现象是无明显现象。硝酸根具有氧化性，向溶液的烧杯中缓慢通入纯净的气体实验现象为产生白色沉淀。②验证假设Ⅱ溶解在水中的氧气作氧化剂，溶解在水中的氧气为实验变量。以实验i溶液中无氧气为对照组，设计实验iv，向盛有未经脱处理的溶液的烧杯中缓慢通入纯净的气体，若产生白色沉淀，则证明溶解在水中的可将或氧化为硫酸或，与钡离子结合产生硫酸钡沉淀。16.水合硼酸锌，不溶于冷水)在阻燃方面具有诸多优点。以铁硼矿(主要成分为，以及少量和等)和菱锌矿(主要成分为，和等)为原料制备水合硼酸锌的工艺流程如下：已知：该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：金属离子开始沉淀1.97.03.06.28.9完全沉淀3.29.04.78.010.9回答下列问题：（1）“酸浸”时，与硫酸反应的离子方程式为___________。为加快“酸浸”时的浸取速率，下列措施中无法达到目的是___________(填字母)。a．将样品粉碎b．延长浸取时间c．充分搅拌d．适当增加硫酸浓度e．适当升高温度（2）滤渣1的主要成分为___________(填化学式)。（3）“氧化”的目的是___________(语言叙述)，也可以用代替，若“氧化”过程中转移电子数相等，则消耗和的物质的量之比为___________。（4）“一次调”时，调节溶液的，目的是___________。“二次调”时的范围为___________。（5）“制备”水合硼酸锌的化学方程式为___________。（6）䂽酸的一种片层状结构如图所示。层内的硼酸分子通过氢键相连。硼酸晶体中含有___________氢键，硼酸晶体内所含有作用力类型除了氢键外，还有___________。【答案】（1）①.Mg2B2O5‧H2O+4H+=2Mg2++2H3BO3②.b（2）SiO2（3）①.将转化为②.（4）①.将溶液中的Fe3+、Al3+转化为氢氧化物而除去②.（5）（6）①.3②.范德华力、共价键【解析】【分析】铁硼矿和菱锌矿加稀硫酸酸浸，其中的主要成分Mg2B2O5‧H2O转化成硫酸镁和硼酸，碳酸锌转化为硫酸锌，而氧化铁转化为硫酸铁、氧化亚铁转化为硫酸亚铁、氧化铝转化成硫酸铝，二氧化硅不溶也不反应，成为滤渣1，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶分离得出粗硼酸和滤液，所得滤液中加过氧化氢氧化亚铁离子成铁离子，然后加浓氨水，第1次调pH到6.0，使铝离子和铁离子转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀除去，接着第2次调pH，使锌离子转化为氢氧化锌沉淀，镁离子不沉淀得到含镁离子的盐溶液，把得到的氢氧化锌焙烧以后和粗硼酸，在95℃条件下，经过一系列反应制备水合硼酸锌。【小问1详解】铁硼矿和菱锌矿加稀硫酸酸浸，其中的主要成分Mg2B2O5‧H2O转化成硫酸镁和硼酸，反应的离子方程式为Mg2B2O5‧H2O+4H+=2Mg2++2H3BO3；为加快“酸浸”时的浸取速率，可以将样品粉碎、充分搅拌、适当增加硫酸浓度、适当升高温度，但延长浸取时间不能加快浸取速率，故答案为：b；【小问2详解】铁硼矿和菱锌矿加稀硫酸酸浸，其中的主要成分Mg2B2O5‧H2O转化成硫酸镁和硼酸，而氧化铁转化为硫酸铁、氧化亚铁转化为硫酸亚铁、氧化铝转化成硫酸铝，二氧化硅不溶也不反应，成为滤渣1，所以滤渣1的主要成分为SiO2；【小问3详解】滤液中加H2O2可以氧化亚铁离子成铁离子，便于后续调pH时以氢氧化铁的形式除去铁元素；1molH2O2作氧化剂得2mol电子，1molNaClO作氧化剂也得2mol电子，若“氧化”过程中转移电子数相等，则消耗H2O2和NaClO的物质的量之比为1:1；【小问4详解】根据表格中所给各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，加浓氨水，第1次调pH到6.0，目的是使铝离子和铁离子转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀除去；第2次调pH，目的是使镁离子不沉淀留在滤液中，而使锌离子完全转化为氢氧化锌沉淀，以此分离镁离子和锌离子，根据表格所给金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，pH范围为；【小问5详解】氢氧化锌焙烧以后和粗硼酸，在95℃条件下，经过一系列反应制备水合硼酸锌，“制备”水合硼酸锌的化学方程式为；【小问6详解】硼酸为片层状结构，层内的硼酸分子通过氢键相连，由图示可知，1mol硼酸晶体中含有3mol氢键，硼酸晶体内所含有作用力类型除了氢键外，还存在氧氢之间的共价键、硼氧之间的共价键以及范德华力。17.甲醇属于基础化工原料，在化学工业中占有重要地位。回答下列问题：（1）工业上制备甲醇的热化学方程式为。已知的能量依次为，则___________。将物质的量之比1：3的和以相同的流速分别通过两种催化剂(Cat-a和Cat-b)，相同时间内测得的转化率随温度变化的关系如图1所示：使的转化率最好的催化剂是___________(填“Cat-a”或“Cat-b”)，与另一催化剂相比，使用该催化剂存在的㢣端是___________。（2）甲醇可分解生成水煤气，反应为。起始时，向某刚性容器中通入一定量的，平衡时各物质的物质的量与温度的关系如图2所示。①图2中曲线1表示的物质是___________(填化学式)。②A点处体系中的体积分数为___________。③点处，若容器的压强为，则点处的转化率为___________，此温度下该反应的平衡常数___________(用平衡压强代替平衡浓度，分压=总压物质的量分数)。（3）甲醇可催化制备丙烯，反应为，反应的Arrhenius公式的实验数据如图3中a所示，已知Arrhenius经验公式为(其中为活化能，为速率常数，只与温度有关，和C为常数)。①该反应的活化能___________。②当使用更高效催化剂时，实验数据变成图3中的曲线___________(填图3“b”或“c”)。【答案】（1）①.②.Cat-b③.催化剂活性需要温度较高，耗能高（2）①.CO②.③.④.（3）①.30.0②.b【解析】【小问1详解】生成物能量总和-反应物能量总和=(c+d)-(3b+a)=c+d-3b-a；由图可知，Cta-b作催化剂的时候，二氧化碳转化率的峰值大于Cta-a，但是由图也能看到，该催化剂达到最大催化效率时，温度为450℃，远高于Cta-a催化剂；【小问2详解】①曲线上的点均为平衡点，，升温平衡右移，平衡时，甲醇的物质的量减小，一氧化碳和氢气的物质的量均增大，而由方程化学计量数可知，一氧化碳与氢气物质的量之比为1:2，所以图2中曲线n表示的物质是H2，曲线m表示的物质是CH3OH，曲线l表示的物质是CO；②设起始时甲醇物质的量为a，甲醇的转化率为x，三段式：，图像显示A点甲醇和氢气的物质的量相等，则CO的体积分数为；③在B点时，甲醇和一氧化碳的物质的量相等，即，a=2x，则甲醇的转化率为；平衡时，CH3OH、CO、H2物质的量分别为xmol、xmol、2xmol，所以；【小问3详解】根据图像可知，6