广西南宁市武鸣高级中学2023-2024学年高三上学期开学考试化学答案(1)_2023年8月_028月合集_2024届广西南宁市武鸣高级中学高三上学期开学考试

广西武鸣高中 2024 届高三（上）开学调研测试题答案 化 学 一、选择题：本题共 15 小题，每小题 3 分，共 45 分。每小题只有一个选项 符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 D B B A B C D D C D D C D B B 二、非选择题：本题共 4 小题，共 55 分。 16．(除特别注明外，每空2分，共10分) （1）三颈烧瓶 (1分) （2）反应液不再分层（或无油珠） （3）① 除去多余的高锰酸钾，避免加盐酸时生成有毒的氯气 ②AC （4）苯甲酸易升华而损失(2分) （5）重结晶1分) 17．(每空2分，共16分) （1）MnO +SO 2- +2H+=Mn2++SO 2- +H O （2）4.7—5.2 2 3 4 2 （3）2MnCO +Cu2++H O=Cu (OH) CO ↓+2Mn2++CO ↑ （4）Mg2++2F—=MgF ↓ 3 2 2 2 3 2 2 （5）若(NH ) S溶液浓度过大，会生成MnS沉淀，造成产品损失 4 2 2 （6）(NH ) SO 和Na SO （7）4 a  am 2  an 2 4 2 4 2 4 2 18．（除特别注明外，每空2分，共14分） 0.375 a(a+0.1) （1）-49kJ·mol-1 （2）①CO (1分) ②CD ③ ④ 2 t (0.14-a)(0.43-a) 1 （3）阳离子(1分) （4）CO +6H++6e-=CH OH+H O （5）6:1 2 3 2 19．（除特别说明外，每空2分，共15分） （1）酰胺基、醚键 （2）BD （3） （4） +HCl→ + （5）①3 ② . （6）（3分） 化学答案 第1页 共7页 学科网（北京）股份有限公司【详解】 1．A．它西汉素纱禅衣主要成分为蛋白质，属于天然有机高分子材料，A项不符合题意；B．清 紫檀雕花宝座主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，B项不符合题意；C．五羊方 尊主要成分为合金，属于金属材料，C项不符合题意；D．青玉交龙钮玉玺由玉雕刻而成， 玉的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，D项符合题意；故选D。 2．A．钛合金是由钛及其他金属元素组成的合金，其中的钛原子与其他金属原子之间形成 金属键，故A正确；B．砷化镓太阳能电池的工作原理是通过太阳能将光子转换为电子，进 而产生电流，砷化镓没有发生氧化还原反应，故B错误；C．SiO 能与NaOH溶液反应生成 2 硅酸钠和水，属于酸性氧化物，故C正确；D．酚醛树脂属于合成有机高分子材料，故D 正确；故选B。 3．A．豆腐在制作过程中涉及胶体的聚沉，故A正确；B．高分子化合物的相对分子质量 大于1万，油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；C．植物油的氢化 可得固态油，植物油的氢化获得奶油是可以实现，故C正确；D．聚乙烯塑料难以降解，易 导致白色污染，故D正确。 4．A．氮原子的最外层有 5 个电子，氨基中 N 原子上有一对孤对电子、有一个未成对电  子，其电子式为H:N:H ，故 A 正确；B．铬为 24 号元素，基态铬原子的电子排布式为  [Ar]3d54s1，价层电子排布式应该为：3d54s1 ，B 项错误；C．H O 分子中的中心 O 原子 2 1 价层电子对数是2 （621）=4 ，含有 2 个孤电子对，所以H O 的 VSEPR 模型是四 2 2 面体形，即为 ，选项 C 错误；D．实验室是最简式，葡萄糖的实验式：CH O，故 D 2 错误。 5．A．12g金刚石的物质的量为1mol，金刚石中每个C周围有四个C-C，每个 C-C键被两 个C占有，均摊后每个C占有2个碳碳键，故含2N 个C-C键，A正确；B．标况下HF A 为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，B错误；C．30gC H 的物质的量为 2 6 1mol，C H 中含有6个C-H极性共价键，故1molC H 中含 6N 个极性共价键，C正确； 2 6 2 6 A 化学答案 第2页 共7页 学科网（北京）股份有限公司D. 硝基(-NO )与二氧化氮(NO )分子中均有23个电子，所以1mol硝基(-NO )与46g二氧化 2 2 2 氮(NO )所含的电子数均为23N ，D正确；故选B。 2 A 7．A．明矾溶液中加入少量的Ba(OH) ，钡离子、氢氧根离子完全反应生成硫酸钡沉淀和 2 氢氧化铝， A正确；B．铁离子具有氧化性，和硫化氢生成硫单质和亚铁离子， B正确； C．四氯化钛的浓溶液水解生成水合二氧化钛：，C正确；D．已知酸性 H CO HClOHCO，则次氯酸钠溶液中通入少量CO 生成次氯酸和碳酸氢钠，D错 2 3 3 2 误；故选D。 8．A．反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应速率取决于最慢的一步反应，由图可 知，中间体 2→中间体 3 能量差值最大，该步反应的活化能最大，是化学反应的决速步骤， 故A正确； B．由图可知，反应过程涉及非极性键C―C键断裂和极性键C―H 键的形成， 故 B 正确；C．物质的能量越低越稳定，则中间体 2 最稳定，故 C 正确；D．由图可知， 镍和乙烷的反应为放热反应，反应的热化学方程式为 Ni（s）+C H（g）=NiCH（s）+CH（g）ΔH=-6.57 kJ/mol ，故 D 错误。 2 6 2 4 9.A．碳碳双键两端任何一个碳上连的两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，迷迭香 酸分子中碳碳双键中碳原子所连基团不同，存在顺反异构体，A正确；B．手性碳原子是连 有四个不同基团的碳原子；迷迭香酸分子中与羧基直接相连的碳为手性碳，含有1个手性碳 原子，B正确；C．碳碳双键、酚羟基临对位氢均可以和溴发生反应，则1mol迷迭香酸与 浓溴水反应时最多消耗7molBr ，C错误；D．酚羟基、酯基、羧基均能和氢氧化钠反应， 2 则1mol迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗6mol NaOH，D正确；故选C。 10.A．五羰基铁的熔点为﹣20℃，沸点为103℃，都比较低，推测其晶体类型为分子晶体， 选项A正确；B．由三角双锥结构推知，该分子为非极性分子，根据相似相溶规律推知其不 溶于水，易溶于苯，选项B正确；C．五羰基铁隔绝空气受热，破坏了配位键，生成Fe和   CO，选项C正确；D．每个Fe CO 粒子中含σ键的个数为10，选项D错误；答案选D。 5 11.A．浓差电池中由于右侧AgNO ，浓度大，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极；电渗析法制备 3 磷酸二氢钠，左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室， 则电a为阳极，电极b为阴极；电极a应与Ag(II)相连，故A正确；B．左室中的氢离子通 过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，膜b为阳离子交换膜，故B正 确； 化学答案 第3页 共7页 学科网（北京）股份有限公司C．阳极中的水失电子电解生成氧气和氢离子，氢离子通过膜a进入中间室，消耗水，硫酸 的浓度增大；阴极水得电子电解生成氢气，中间室中的钠离子通过膜b进入右室NaOH的 浓度增大，故C正确；D．电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边AgNO 浓度相等， 3 所以正极析出0.02mol银，电路中转移0.02mol电子，电渗析装置生成0.01molNaH PO ， 2 4 质量为1.2g，故D错误；故选D。 12.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子中有3个未成对电 子，则其p轨道上有3个电子，价电子排布式为3s23p3，W为P元素，由结构简式知Z形 成1个共价键，Y形成2个共价键，X形成4个共价键，则Z为F元素，Y为O元素，X 为C。 A．W为P元素，最高价氧化物对应的水化物是磷酸，磷酸不是强酸，故A错误；B．该阴 离子中含有C-C非极性键，故B错误；C．X为C，C元素的氢化物有很多种，分子量越大 沸点越高，可能高于Z的氢化物HF，故C正确；D．该离子中P未形成8电子结构，故D 错误；故选C。 13.A．苯与液溴在铁作催化剂发生取代反应： +Br Fe/FeBr 3 +HBr，该 2 反应为放热反应，产生的HBr气体中混有Br 蒸气，Br 蒸气溶于硝酸银溶液中也产生淡黄 2 2 色沉淀AgBr，对HBr的检验产生干扰，题中缺少除去Br 蒸气的装置，HBr极易溶于水， 2 题中缺少防倒吸装置，故A错误； B．乙醇发生消去反应：CH CH OH浓硫酸CH =CH ↑+H O，浓硫酸具有脱水性， 3 2 170℃ 2 2 2 将酒精脱水炭化，产生的碳单质与浓硫酸反应生成CO 、SO ，产生的乙烯中混有SO 和挥 2 2 2 发出的乙醇，SO 和乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，题中缺少除去SO 和乙醇的装置， 2 2 故B错误； C．浓盐酸具有挥发性，烧瓶中产生CO 中混有HCl(g)，HCl(g)也能与苯酚钠反应产生苯酚， 2 对碳酸、苯酚酸性强弱对比产生干扰，题中缺少除去CO 中HCl(g)的操作，故C错误； 2 D．乙酸和乙醇发生酯化反应CH COOH+CH CH OHCH COOCH CH +H O，乙醇、乙 3 3 2 3 2 3 2 酸、乙酸乙酯蒸气在冷凝管中遇冷，回流到三口烧瓶中，增加乙酸、乙醇的利用率，提高乙 酸乙酯的产率，同时利用分水器可以做到乙酸乙酯与水的分离，故D正确； 答案为D。 14.A．金刚石、金刚砂同属于共价晶体，C-C键比Si-C键键长短，键能更大，故金刚石比 化学答案 第4页 共7页 学科网（北京）股份有限公司金刚砂熔点更高、硬度更大，故A正确；B．氯化钠晶体中Cl-的配位数为6，氯化铯晶体中 Cl-的配位数为8，故B错误；C．干冰为分子晶体，干冰的晶胞中CO 的堆积方式类似于面 2 心立方最密堆积，其出现在晶胞的顶点和各个面心上，因此以1个CO 为中心，其周围最 2 多可以有12个紧邻的CO 分子，故C正确；D．水是极性分子，CCl 是非极性分子，根据 2 4 “相似相溶原理”，O 臭氧极性微弱，所以在 CCl 中的溶解度高于在水中的溶解度，故D正 3 4 确。 15.A．由图像可知，0.1mol/LH A溶液的pH=1，即H A全部电离为HA-，说明第一步电离 2 2 c  OH c  HA 为完全电离，HA-不水解，A错误；B．Na A水解平衡常数K = ，结合pH=3 2 h c  A2 时c(A2-)=c(HA-)，所以K =c(OH-)=10-11，B正确；C．H A溶液中全部电离，不存在H A分 h 2 2 子，则由物料守恒可知，c(A2-)+c(HA-)=0.1mol/L，C错误；D．常温下，c(A2-)=c(HA-)时， c(A2-)c(H+) 1014 K= =c(H+)=10-3，则A2-水解平衡常数K = =10-11＜K，则等物质的量浓度 a c(HA-) h 103 a 的NaHA与Na A溶液等体积混合后，A2-水解程度小于HA-电离程度，导致溶液中c(A2-)＞ 2 c(HA-)，则c(H+)＜10-3，溶液的pH＞3，D错误；故选B。 16.由流程知，甲苯与高锰酸钾在图示装置中反应生成苯甲酸钾，冷凝管能冷凝回流水蒸气、 甲苯蒸汽，防止甲苯的挥发而降低产品产率；反应后混合物中含有氢氧化钾，加入有还原性 的亚硫酸氢钠，还原高锰酸钾生成二氧化锰、趁热过滤、趁热洗涤后最大程度回收苯甲酸盐， 加入盐酸后转变为苯甲酸，苯甲酸中含杂质氯化钾，利用苯甲酸能升华、溶解度的特点，提 纯即可； （2）根据题给信息可知，苯甲酸微溶于水，故步骤Ⅰ中反应完全的现象为：反应液不再分层 （或无油珠）；（3）根据题意可知，随后需要加入浓盐酸，会和过量的高锰酸钾反应生成有 毒的气体，且亚硫酸氢钠具有还原性可以除去高锰酸钾，故亚硫酸氢钠溶液的作用是除去多 余的高锰酸钾，避免加盐酸时生成有毒的氯气；过氧化氢和草酸钠具有还原性可以和和高锰 酸钾反应，故选AC；（4）根据题给信息可知，苯甲酸 100℃左右开始升华，故可能出现的 现象是苯甲酸易升华而损失；（5）由分析可知该实验实验中得到的为含有氯化钾的苯甲酸粗 品，为固体，可以通过重结晶的方法进一步提纯。 17.由题给流程可知，向铜锰渣中加入稀硫酸和亚硫酸钠混合溶液还原浸出时，二氧化锰、 化学答案 第5页 共7页 学科网（北京）股份有限公司三氧化二钴、氧化铁在酸性溶液中转化为硫酸锰、硫酸亚钴、硫酸亚铁，氧化钙与稀硫酸反 应转化为微溶的硫酸钙，氧化铜和氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铜和硫酸铝，过滤得到含有 硫酸钙的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液1；向滤液1中加入双氧水将亚铁离子氧化为铁离 子，再加入氨水调高溶液pH，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得 到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液2；向滤液2中加入碳酸锰将溶液中的铜离子转化 为碱式碳酸铜沉淀，过滤得到碱式碳酸铜和滤液3；向滤液3中加入氟化钠溶液，将溶液中 的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有含有氟化钙、氟化镁的滤渣和 滤液4；向滤液4中加入硫化铵溶液，将钴离子转化为硫化钴沉淀，过滤得到含有硫化钴的 滤渣和滤液5；向滤液5中加入碳酸氢铵溶液，并通入氨气，将溶液中的锰离子转化为碳酸 锰沉淀，过滤得到碳酸锰和含有硫酸铵、硫酸钠的母6。 18. （1）由盖斯定律得反应i=ii+iii即 H = H + H =-90.0+41.0=-49kJ·mol-1。 1 2 3 （2）反应ii为吸热反应，升温CO的选△择性△升高，△该反应中CO 的转化率升高，CO的曲 2 线为曲线a。而反应i为放热反应，升高温度平衡逆向，反应中CO 的转化率降低，CH OH 2 3 的选择性降低，CH OH的曲线为c。两反应综合效应，CO 的转化率曲线为b。 3 2 A．降低温度分子间碰撞减弱反应速率减小，反应i~iii正逆反应速率均减小，A项正确；B．恒 容容器中，通入无关气体N ，反应体系各物质的浓度不发生改变，反应速率不变平衡不移 2 动，CO 转化率不变，B项错误；C．移出H O反应i和反应ii均正向移动，导致CH OH 2 2 3 增加而CO减少，反应iii平衡会发生移动，C项错误；D．催化剂只改变反应速率不改变平 衡状态，CO 转化率不发生改变，D项错误；E．从反应i看，CH OH和H O按照1:1产生， 2 3 2 平衡时有CH OH、H O、CO 、CO、H2，CH OH的体积分数为小于50%，E项正确；故选 3 2 2 3 CD。 某温度下，在总压强为3.0MPa的密闭容器中进行上述反应，t min反应到达平衡，测得容 1 器中CH OH的体积分数为12.5%，P(CH OH)=x(CH OH)×P =12.5%×3.0MPa=0.375MPa， 3 3 3 总 P(CH OH) 0.375 v(CH OH)= 3 = 。 3 t t 1 1 CO + 3H = CH OH + H O 2 2 3 2 起始/mol 0 0 建立三段式为 变化/mol n 3n n n 平衡/mol n n 化学答案 第6页 共7页 学科网（北京）股份有限公司CO + H = CO + H O 2 2 2 起始/mol 0 0 变化/mol a a a a 平衡/mol a a n 根据CH OH的体积分数为12.5%， ×100%=12.5%得 3 0.73+0.24+0.03-2a-4n+2a+2n n=0.1mol。则平衡时H O为(a+0.1)mol、CO 为(0.24-a-0.1)=(0.14-a)mol、H 为(0.73-a-0.3)= 2 2 2 x(H O)x(CO) a(a+0.1) （0.43-a）mol，则K = 2 = 。 x x(CO )x(H ) (0.14-a)(0.43-a) 2 2 （3）H+需要在TiO 极参与反应而OH-需要在BiVO 极发生反应，则H+经B膜移向TiO 电 2 4 2 极，B为阳离子交换膜；而A极为阴离子交换膜。 （4）从图看CO 在TiO 极发生还原反应产生CH OH，反应为CO +6H++6e-=CH OH+H O。 2 2 3 2 3 2 （5）H 首先在Zn-Ga-O表面解离成2个H*，随后参与到CO 的还原过程，即由得失电子 2 2 守恒有3H ~CH OH~6H*，所以产生1molCH OH消耗6molH*。 2 3 3 19【. 分析】已知I→Ⅱ的反应是原子利用率100%的反应，即加成反应，则化合物a为 ， Ⅱ发生已知反应在苯环上引入醛基生成Ⅲ即 ，Ⅲ发生取代反应生成Ⅳ， Ⅳ先发生加成反应，再发生醇的消去反应生成V，V中-CN酸化得到Ⅵ，碳碳双键再发生加 成反应得到Ⅶ； （2）A．羟基为亲水基团，含羟基数目越多在水中溶解度越大，则化合物I在水中的溶解 度比间苯二酚小，故A错误；B．化合物I和化合物Ⅳ中官能团种类不同，可以用红外光谱 鉴别，故B正确；C．由于单键可旋转，化合物V中苯环上的碳与醚键上的碳不一定共平 面，故C错误；D．Ⅵ→Ⅶ是与氢气的加成反应，也属于还原反应，故D正确；故选：BD； （3）已知I→Ⅱ的反应是原子利用率100%的反应即加成反应，且化合物a能使Br 的CCl 2 4 溶液褪色说明含有不饱和键，则化合物a的结构简式为 ； （4）Ⅲ发生取代反应生成Ⅳ，即可写出Ⅲ→Ⅳ的化学方程式。 （5）化合物Ⅷ的满足条件：a)含有一个苯环且苯环上有两个取代基，其中一个为硝基；b) 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色即与苯环直接相连的碳原子上不存在H原子，有 化学答案 第7页 共7页 学科网（北京）股份有限公司共3种；其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为9：2：2的结 构简式为 ； （6）苯酚先与 发生加成反应生成 ，再发生已知信息反应引 入醛基得到 ，醛基与银氨溶液发生氧化反应得到羧基 ，与HCl发生取代反应得到水杨酸(邻羟基苯甲酸) ， 所以合成路线为： 化学答案 第8页 共7页 学科网（北京）股份有限公司