湖南省雅礼中学2024届高三上学期月考试卷（一）化学试卷含答案与解析内容：
大联考雅礼中学2024届高三月考试卷(化学命题人：姚相仁审题人：吴建新得分：本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页。时量75分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：0~16Na~23A1~27S~32K~39Cr~52Mn~55 Fe~56 Co59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，每小题只有一个选项符合题意。）1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，下列对文献记载内容理解错误的是A苏轼的《石炭·并引》中“投泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍”，涉及化学变化B宋应星柳天工开物》记载“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，“硫”指的是硫黄，“硝”指的是硝酸钾C,李时珍的《本草纲目》记载“盖此矾色绿味酸，烧之则赤”.“矾”指的是FeSO4·7HOD.葛洪所著《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”是可逆反应2.下列示意图正确的是D【解析】A项，“授泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍”涉及碳和HO反应生成C)和H,属于氧化还原反应，属于化学变化，正确：B项，“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫黄，“硝”指的是硝酸钾，正确：C项，“盖此砚色绿味酸，烧之别赤”，“矾”指的是绿色的FS)·THO,属于强酸弱碱盐，水解显酸性，灼烧之后会转化为红色的氧化铁，正确：D项，《抱朴子》中“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”两个反应的条件不同，不属于可逆反应，错误：故选D,D【解析】A项，S0,中心S原子的价层电子对数为号=3，不含孤对电于，VSEPR模型为平面三角形，A错误：B项，题图应为氯化钠的品胞结构图，B错误：C项，F一HF中的实线是共价键、虚线是氢键，C错误：D项，两氨酸的2号碳为手性碳，存在手性异构，手性异构体互为镜像而不能重叠，D正确，故选DD【解析】A项，向酸性KMnO溶液中滴加HO,溶液，KMO氧化HO,自身还原为无色的锰离子，体现HO的还原性，A错误：B项，向久置的NS)样品中加入足量B阳(NO)2溶液，再加入足童稀盐酸时，因氯离子与硝酸很离子构成强氧化性落液，会将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，最终无论NS)是否被氧化变质，都会生成硫酸锁沉淀，B错误：C项，硫氟化钾溶液没有明确少量还是过量，若向淀粉和碘的混合溶液中滴加不足量的硫氟化钾溶液，就算能反应也可能碘没有反应完全，溶液也会呈蓝色，测溶液仍为蓝色不能判断两者的氧化性强弱，C错误：D项，在稀硫酿中加入少量氧化亚铜固体，溶液由无色变为蓝色，并有红色国体生成，说明氧化亚铜在稀硫酸中反应生成硫酸钢和铜，则反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂，D正确：故选D。C【解析】没有体积数据，无法计算，同时分子也包含水分子，A项错误；F心溶于过量稀硝酸时，发生反应：F十4HNO一Fe(NO),十NO↑十2HO,1 nol Fe转移3mol电子，即3NA,B项错误：利用板值法计算，假设78gNaO,n(NaO)=78m=1 mol Na[:0:0:]广Na,假设78g都是NaS,n(N78g=1 mol Na、[:S:]PNa,无论78gNaO与NaS比例如何均含有3N个离于，C项正确：78g/m0K:CrO,溶液中存在可逆反应：CrO十H0一2CrO十2H,CrO数目小于0.1Na,D项错误：故选CC【解析】阿霉素分子中含有苯环和揽基、甲基和亚甲基等，碳原子的杂化方式为p、sp,故A正确：红外光语仅能测定出有机物的官能团和化学键，故B正确：阿霉素分子含有羟基、黛基和装基及酰键，没有骏基，故C错误：阿霉素分子中含有H,C,N,O四种元素，同周期元素，从左往右第一电离能是增大的趋势，N位于第VA族，P轨道电子半充满较稳定，第一电离能大于O,则这四种元素中第一电离能最大的元素为N,故D正确：故选C.A【解析】A项，已知：Ka(HCO)=4.5×10,Ke(HC))=4.7×10、,K.(HC1O)=3.5×10,酸性：HCIO> HCO,则向NaCO溶液中通入少量的CO,生成次氯酸和碳酸氢钠：CIO十CO,十H:O一HCO十HCIO,A正确：B项，泡沫灭火器反应原理应为AB+十3HCO方一AI(OH):￥十3CO,B播误：C项，高锰酸仰溶液具有强氧化性，能角化草酸生成二氧化碳，高锰酸根离子被还原生成锰离子，苹酸为弱酸不可拆分，离子方程式为2MO万+5HCO,+6H一2Mn++10CO,↑+8HO,C错误：D项，过量的氢氧化领会将A1(○H)3溶解生成偏铝酸钡和水，D错误：故选A.B【解析】A项，反应I中CIO,中氯元素化合价降低发生还原反应得到还原产物Cl:,C中氯元素化合价升高发生氧化反应得到化产物C2,根据电子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：1，A正确：B项，氧化剂氧化性大于氧化产物，I在酸性条件下的氧化性：CO万> CL,Ⅱ在碱性条件下的氧化性：CLNaBiO,Ⅲ在酸性条件下的氧化性：NaBO,> MnO,故不能说明酸性条件下氧化性：CIO方> Cl> NaBiO> MO万，B错误：C项，酸性条件下，NaBiO3可与盐酸发生反应生成CL2:NaBiO十2CI十6H+一Na十B+Cl,↑+3H,0.C正确：D项，28.4g高锰酸钠为0.2mol,根据方程式可知，号CI0~5Cl~5NaB0,~2MO,理论上消耗氯酸钠的物质的量为6mol,D正确；故选B,A【解析】浓度均为0.O1mol·L的溶液，W,Y,Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W.Y,Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W.YZ都是非金属元素，W,Z最高价氧化物对应的水化物的PH=2,为一元强酸，原子序数：Z> W,则Z是CI、W是N:Y的最高价氧化物对应的水化物的pH< 2,应该为二元强酸硫酸，则Y是S:X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12,应该为一元强碱氢氧化钠，则X是Na。由以上分析可知，W,X、Y,Z分别为N,Na,S,CI元素。X与Y形成的化合物NaS为强碱弱酸盐，水解后水溶液呈碱性，故A错误：常温下，硫是国体，氯气为气体，单质的沸点：Y> Z,故B正确：电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，离子半径越小，则N-,N、S⑧，C的半径大小为S> CI> N-> N,即Y> Z> W> X,故C正确：CIO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可作为自来水的消毒剂，故D正确，故选AA【解析】A项，在上迷6步反应中，TRAP试剂中RuO经过步骤①②将醇氧化为醛（副），本身被还原为H:RuO,HRuO，经过步聚③得到RuO万，该过程中未发生价态变化，属于非氧化还原反应，步骤①⑤中，NMO将RuO万氧化，生成TRAP试剂：步骤⑥中，RuO发生歧化反应生成RuO和RuO:综上所述，在上迷6步反应中并非都发生了氧化还原反应，A错误：B项，步骤④⑤中，NMO和RuO万发生反应生成NMM和RuO,Ru的化合价由十5升高到+7，则RuO方作还原剂，NMO作氧化剂，NMO将RuO氧化，生成TRAP试剂，B正确：C项，步骤⑥中，RuO方转化为RuO2和RuO,离子方程式为2RuO方一RuO2￥十RuO,C正确：D项，若R为CH,CH-CH一，R为一H,对应的醇为CH CH-CHCHOH,则TRAP氧化被醇的主产物为2-丁烯醛(CHCH一CHCHO》,D正确：故选A。D【解析】诚溶液中加入是量HNO酸化的Ba(NO,):(q),产生白色沉淀，表明减沉淀为BSO,所以原溶液中一定有SO片，向滤液中加入足量的NaOH(aq),产生红禍色沉淀，表明沉淀为F(OH),,而由于溶液中曾经加入了HNO,溶液，暂时无法确定原溶液中含有的是Fe2+或Fe+或二者均有：微热可产生气体，表明波气体为NH,则表明原溶液中含有NH:最后依据题目信息“各离子浓度相同”，结合溶液中的正电荷与负电荷数目相等，可判断出落液中必须还有阴离子C,且Fe2*和Fe+之间只能有Fe2+存在。各离子浓度相等，设Fe元素形成的离子的电荷数目为x,依据电荷守恒，可列出式子：c(CI)十2c(SO)=c(NH)十r(Fe+),则x=2,所以只能含有Fe+,而不含有Fe+,A.C错误：依据实险已经确定阴离子只有CI和SO,而骑定的阳离子有NH时和F2+,题日还要求各离子浓度相等，正电荷数日已经足够多，不可能再有Na,否则电荷不守恒，B错误：依据分折可得出溶液中含有的离子为NH,SOCI,Fe2+,D正确：故选D.C【解析】种化镓废料（主要成分为GaAs,FeO、SiO2和CaC))经过“碱浸”，GnAs和SiO2溶解，FeO,和CCO进入滤渣1，浸出液用硫酸中和得到Na AsO,同时得到滤渣Ⅱ，继续酸化，得到G(SO),溶液和滤渣Ⅲ硅酸。A项，SiO2可与NaOH溶液反应：SiO+2NaOH一Na:SiO+HO,“滤渣I”中不含SiO2,A项错误：B项，电解G(SO)3溶液时，阳极生成的是氧气，阴极生成的是嫁，B项错误：C项，Ga与A!可主族，镓既能与盐酸反应，又能与NOH溶液反应，C项正确：D项，“碱浸”时，GaAs转化为NGO,Na AsO,As元素的化合价由一3价升高为十5价，则每反应1 mol GaAs,转移电子的物质的量为8mol,D项错误：故选C。D【解析】碳酸钠为强碱弱酸盐，在水溶液中会发生水解，主要水解平街为CO房十H:O一HCO方十OH,A正确：I中A!表面没有气泡，说明表面有氧化膜，Ⅲ中Al表面产生气泡，且气体中有H,说明表面氧化被破坏，B正确：H逸出意味着有铝失去电子，有利于铝与氨氧根离子的反应，碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根离子，消耗了氢氧根离子，从而促进了碳酸根离子的水解，所以H2逸出有利于CO水解平衡向正反应方向移动，C正确：碳酸的水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反应生成偏铝酸根离子，去掉氧化膜后，铝与氢氧根离子，水反应生成氢气，碳酿根离子部分水解生成碳酸氦根离子，碳酸气根离子与偏铝酸根离子反应生成氧氧化铝沉淀和碳酸根离子，所以出现白色沉淀的原固可用离子方程式表示为AO方十HC)方十HO一AI(OH)1十CO,D错误：故选D。D【解析】充电时，N极为阴极，析出锌，生成碱，溶液pH升高，A项正确：放电时，M极为正极，发生还原反应，镍、钻、锰的化合价降低，M极上能生成NiO、MO、Co(OH):,B项正确：放电时，N极为负板，发生氧化反应，生成了[Zn(OH)]2-,反应式为Zn一2e十4OH厂一[Zn(OH):]-,C项正确：充电时生成了NiOOH,CoOOH.MnOOH国体，水参与反应，电解质的浓度可能发生改变，D项错误：故选D.C【解析】A项，相同温度下，增大压强，反应I、Ⅱ均逆向移动，乙烷平街转化率降低，所以p< :,故A错溪：B项，压强为p、温度为210℃时，乙烷的转化率为50%，乙烯的选择性为80%，参与反应I的乙烷为2mol×50%X80%=0.8mol,反应1生成的乙烯、一氧化碳都是0.8mol,参与反应Ⅱ的乙烷为2mol×50%×20%=0.2mol,反应Ⅱ生成的一氧化碳是0.8mol,反应达平衡时，生成C0的慈物质的量为1.6mol,生成乙烯的慈物质的量为0.8ol,故B错误，C项，温度升高，反应I和反应Ⅱ受温度影响，平衡都会正向移动，由图可知，温度升高的过程中乙烷的转化率逐渐增大，但乙烯的选择性却逐渐降低，说明温度升高的过程中，反应Ⅱ为主，且生成的CO抑制了反应I的进行，故C正确：D项，反应I正向为吸热反应，温度升高更有利于CH的生成，因此为提高平衡时CH的产率，可研发高福下C:H迭择性高的催化剂，故D错误：故选C,非选择题（本题共4小题，共58分，）】(16分，除标注外，其余每空2分)
