河南省青铜鸣大联考2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题（解析版）

2024届普通高等学校招生全国统一考试青桐鸣大联考(高三化学)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。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。4.全卷满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H：1N：14O：16S：32Cl：35.5Fe：56Bi：209一、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.废物改头换面，服务日常生活。下列说法正确的是A.钢管表面镀锌可起到防腐的作用，镀锌层破损后，钢管腐蚀速率加快B.生产豆奶产生的豆渣可加工成面粉和饼干，豆渣中含有的纤维素与淀粉互为同分异构体C.废弃玻璃磨粉可代替砂子掺入混凝土建造房子，玻璃的生产原料为纯碱、石灰石和石英砂D.废旧轮胎制成的橡胶粉可掺入沥青中铺路，橡胶均属于天然有机高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A．由于锌比铁活泼，当锌与铁构成电化学腐蚀时，先腐蚀锌，故钢管表面镀锌可起到防腐的作用，即镀锌层破损后，钢管腐蚀速率减慢，A错误；B．纤维素与淀粉的组成通式虽然都用(C6H10O5)n表示，但是二者的n值不同，即二者分子式不相同，故不互为同分异构体，B错误；C．玻璃的生产原料为纯碱、石灰石和石英砂，涉及的反应主要为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，C正确；D．橡胶中的天然橡胶属于天然有机高分子化合物，而合成橡胶属于合成有机高分子化合物，D错误；故答案为：C。2.芳香族化合物a、b、c是有机合成的基础原料，下列有关说法错误的是A.a、b均能与NaOH溶液反应 B.a、c均能与b发生酯化反应C.b的芳香族同分异构体有3种 D.基态碳原子与氧原子核外未成对电子数相等【答案】C【解析】【详解】A．a、b均含有羧基，均能与NaOH溶液反应，故A正确；B．a中含有羧基和羟基、c中含有羟基，b中含有羧基，能与a、c中的羟基发生酯化反应，故B正确；C．b的芳香族同分异构体含有苯环，若取代基为醛基和羟基，如，共有3种；若取代基为酯基，如，共有1种；故b的芳香族同分异构体共有4种，故C错误；D．基态碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，有两个未成对电子；基态氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，也有2个未成对电子，故D正确；故答案选：C。3.下列关于化学实验的基本操作正确的是A．制备纯净的B．收集氨气并进行尾气处理C．量取稀硫酸并排除滴定管中的气泡D．用该装置进行喷泉实验A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化亚铁易被空气氧化成氢氧化铁，氢氧化钠溶液悬空滴入硫酸亚铁溶液中，此方法生成的氢氧化亚铁与空气接触，易被氧化，不能制备纯净的氢氧化亚铁，故A错误；B．氨气密度小于空气，应用向下排空气法收集氨气，集气瓶正放时，氨气应从短管进长管出，故B错误；C．量取稀硫酸应用酸式滴定管，图中为碱式滴定管，故C错误；D．挤压胶头滴管中的氢氧化钠溶液进入烧瓶，使二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，烧瓶内气压减小，打开长导管的止水夹，就可以形成喷泉，故D正确；故选D。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.46g和的混合气体中所含原子数目为4.5B.乙酸和乙醇发生酯化反应生成1mol时，生成C—O键的数目为C.56gFe与71g完全反应，转移电子数目为3D.1mol/L溶液中含有Na+的数目为2【答案】B【解析】【详解】A．二氧化氮和四氧化二氮的最简式均符合(NO2)，46g此混合气体，含有(NO2)的物质的量为1mol，含有原子的数目为3NA，A项错误；B．乙酸和乙醇酯化反应的方程式为：，其中羧基断裂C-O键，醇中的羟基断裂O-H键，酯中生成C-O键，生成1molH2O，生成C-O键的数目为1NA，B项正确；C．根据电子守恒，可得关系式：2Fe~3Cl2~6e-，1mol铁与1mol氯气反应，铁过量，氯气完全反应，转移电子数为2NA，C项错误；D．溶液的体积未知，无法计算Na+的数目，D项错误。故选B。5.下列离子方程式错误的是A.用过量氨水吸收少量气体：B.用溶液腐蚀覆铜板：C.NaClO溶液中通入少量气体：D.向硫酸酸化的溶液中滴加少量双氧水：【答案】C【解析】【详解】A．过量氨水吸收二氧化硫生成亚硫酸氨和水，离子方程式为：，故A正确；B．用氯化铁溶液刻蚀覆铜板，反应生成氯化铜和氯化亚铁，离子方程式为：，故B正确；C．将少量二氧化硫通入溶液中，发生氧化还原反应，但次氯酸根过量，会有次氯酸生成，离子方程式为：，故C错误；D．高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，过氧化氢被氧化为O2，高锰酸钾被还原为硫酸锰，离子方程式为，故D正确；答案选C。6.通过对已知物质的性质和实验的描述进行类比推测，得出的相应结论正确的是选项已知物质的性质和实验类比推测ACuSO4溶液和过量NaOH溶液反应生成蓝色沉淀CuSO4溶液和过量NH3·H2O反应也生成蓝色沉淀BNaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液反应有沉淀和气体产生NaHCO3溶液与Fe2(SO4)3溶液反应也有沉淀和气体产生C向Na2CO3固体中加入少量水，伴随放热现象向NaHCO3固体中加入少量水，也伴随放热现象D少量CO2通入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀少量CO2通入BaCl2溶液中也产生白色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．CuSO4溶液和过量NaOH溶液反应生成蓝色沉淀，Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，但CuSO4溶液和过量NH3·H2O反应由于形成铜氨络离子而得不到蓝色沉淀，反应原理为：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，A不合题意；B．NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液反应有沉淀和气体产生是由于Al3+和发生双水解反应，原理为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，NaHCO3溶液与Fe2(SO4)3溶液反应也有沉淀和气体产生是由于Fe3+和发生双水解反应，原理为：Fe3++3=Fe(OH)3↓+3CO2↑，B符合题意；C．向Na2CO3固体中加入少量水，伴随放热现象即Na2CO3固体溶于水时放热，但NaHCO3溶于水时需要吸热，C不合题意；D．少量CO2通入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀是由于发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，少量CO2通入BaCl2溶液中由于HCl的酸性比H2CO3强，二者不反应，故不能产生白色沉淀，D不合题意；故答案为：B。7.有机物M和N是合成药物的中间体，在一定条件下M可以转化为N，其过程如图所示，下列说法错误的是A.该反应类型为消去反应 B.可用金属Na鉴别M和NC.M的分子式为 D.N可使酸性溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，醇羟基发生消去反应生成碳碳双键，故A正确；B．M有羟基和酯基、N有酯基和碳碳双键，Na可以与羟基置换出氢气，可以用Na鉴别M和N，故B正确；C．由结构简式可知，M的不饱和度为2，M的分子式为C9H16O3，故C错误；D．N中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；答案选C。8.某兴趣小组以铝土矿(主要成分为，还含有少量和)为主要原料制备絮凝剂聚合氯化铝和金属铝的流程如图所示。已知滤渣a中含有难溶的铝硅酸盐。下列说法正确的是A.“碱溶”时，所用NaOH溶液可更换为氨水B.若滤液a浓度较大，“沉淀”时通入过量有利于减少生成沉淀中的杂质C.通过控制沉淀ⅰ、ⅱi的比例可改变聚合氯化铝的组成D.“操作X”可以是盐酸溶解、结晶、脱水、电解【答案】C【解析】【分析】铝土矿加氢氧化钠溶液，和氢氧化钠溶液的反应生成偏铝酸钠、转化为铝硅酸钠沉淀、不溶，过滤，滤液含偏铝酸钠溶液、通入足量的二氧化碳后反应生成氢氧化铝沉淀，过滤，洗涤干燥后，灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石使氧化铝熔融、电解之，就可以得到铝。【详解】A．具有两性，能与强碱溶液反应，不能溶于弱碱，“碱溶”时与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，所用NaOH溶液不能更换为氨水，故A错误；B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度较小，因此会有碳酸氢钠固体从溶液中析出，因此并不有利于减少氢氧化铝固体中的杂质，故B错误；C．[Al2(OH)aClb]m中a、b可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故C正确；D．氢氧化铝加盐酸溶解生成氯化铝，但熔融氯化铝不能导电，电解无法得到铝单质，故D错误；故选C。9.化合物M(结构如图所示)具有较大的阴离子，这使得其溶解度较大、电化学稳定性较高，因而被应用于电池电解液中。M的组成元素W、X、Y、Z、L均为短周期主族元素且原子半径依次增大，基态L原子仅s能级上填充电子，基态Y原子s能级上的电子数是p能级上的2倍，W的简单氢化物的沸点高于同主族相邻元素。下列说法正确的是A.元素的第一电离能：Y>X>WB.M中属于p区的元素有4种C.L形成的单质在X形成的单质中燃烧主要生成D.M中L和Z元素最外层均不满足结构【答案】B【解析】【分析】由题干信息可知，M的组成元素W、X、Y、Z、L均为短周期主族元素且原子半径依次增大，基态L原子仅s能级上填充电子结合L为+1价离子，故L为Li，基态Y原子s能级上的电子数是p能级上的2倍，且Y能形成4个共价键，半径比Li小，故Y为C，原子半径大小在C和Li之间的元素为Be、B，且Z周围形成4个共价键，则Z为B，W的简单氢化物的沸点高于同主族相邻元素且W的半径最小，则W为F，X可以形成2个共价键，且半径在F和C之间，故X为O，综上分析可知，W、X、Y、Z、L分别为F、O、C、B、Li，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，W为F、X为O、Y为C，根据同一周期元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故元素的第一电离能为F＞O＞C即W>X>Y，A错误；B．由分析可知，W、X、Y、Z、L分别为F、O、C、B、Li，故M中出Li属于s区，其余4种元素属于p区，B正确；C．由分析可知，X为O、L为Li，L形成的单质即Li在X形成的单质O2中燃烧只能生成Li2O即L2X，得不到Li2O2即，C错误；D．由分析可知，L为Li，Z为B，由题干图示信息可知，Z周围形成4个共价键，即M中L元素即Li+最外层不满足结构，而Z元素即B最外层满足结构，D错误；故答案为：B。10.卤代甲硅烷是一类重要的硅化合物，是合成其他硅烷衍生物的起始原料。三溴甲硅烷(，熔点-73.5℃、沸点111.8℃，易水解、易着火)的合成反应为：，一种合成并提纯的装置如图所示。下列说法正确的是A.合成阶段，装置2和6均需冷水浴；提纯阶段，装置6需加热B.装置4的作用为吸收未反应的C.合成阶段，从装置8逸出的气体可直接排放；提纯阶段，装置9收集满产品后需将缩细处烧封D.为提高冷凝效果，可将装置7更换为球形冷凝管【答案】B【解析】【分析】三颈烧瓶中液溴需要热水浴与氢气在管式炉3中化合反应生成溴化氢，通过4中的溴化亚铁除去溴化氢中的溴蒸汽，溴化氢和硅在管式炉5中反应合成，最后通过蒸馏冷凝提纯得到。【详解】A．合成阶段，装置2需热水浴使液溴挥发溴蒸汽，与氢气在3中化合反应，故A错误；B．装置4为除去溴化氢中的溴蒸汽，故B正确；C．合成阶段，从装置8逸出的气体含有溴化氢，不能直接排放，故C错误；D．蒸馏装置中不能使用球形冷凝管，容易有液体残留，需用直型冷凝管，故D错误；故选B。11.亚铜催化乙酰胺与溴苯偶联反应的机理如图所示，已知Ph为苯基。下列说法错误的是A.a为反应的催化剂B.b中Cu的化合价为＋1价C.反应体系中同时存在极性键和非极性键的断裂和形成D.反应的总方程式为PhBr++