衡阳县第四中学2023-2024学年高三下学期4月月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H∶1 C∶12 N∶14 O∶16 Na∶23 S∶32 Cl∶35.5 K∶39
一、单选题(每题3分，共42分)
1. 我国源远流长的餐桌饮食文化中蕴藏着丰富的化学知识，下列说法错误的是
A. “酒”历史可以追溯至黄帝时期，其随陈酿时间延长可产生酯类物质
B. “动物油”在周代时人们就广泛地食用，其主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯
C. “豆腐”起源于西汉，其制作过程最重要的工序就是“点卤”，涉及胶体聚沉原理
D. “酱油”一词出于宋代，其呈酸性，可中和鱼腥味中的三甲基胺进而消除异味
【答案】B
【解析】
【详解】A．“酒”历史可以追溯至黄帝时期，随陈酿时间延长，醇类可转化成酸类，继而可产生酯类物质，A正确；
B．“动物油”主要成分为饱和高级脂肪酸甘油酯，B错误；
C．“豆腐”点卤，与电解质溶液可使胶体聚沉有关，C正确；
D．“酱油”呈酸性，可中和显碱性的三甲基胺进而消除异味，D正确；
故选：B。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 丙烯结构简式为C3H6
B. SO2的空间结构示意图为
C. 基态Si原子的价层电子的轨道表示式为
D. HF分子中σ键的形成示意图为
【答案】D
【解析】
【详解】A．丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，故A错误；
B．SO2中S原子价电子对数3，有1个孤电子对，空间构型为V形，故B错误；
C．Si是14号元素，基态Si原子的价层电子的轨道表示式为 ，故C错误；
D．HF分子中σ键为s-p σ键，形成示意图为，故D正确；
选D。
3. 下列实验能达到对应目的的是
选项 A B C D
实验
目的 制备Fe(OH)3 胶体 检验待测液中 是否含有 检验溴乙烷中的 溴元素 制备并收集NO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，氯化铁滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体，故A错误；
B．待测液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，沉淀可能是硫酸钡或氯化银，则原溶液中可能含有 或Ag+，故B错误；
C．溴乙烷和氢氧化钠反应后的溶液中，先加足量稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银，有浅黄色沉淀生成证明溴乙烷中含溴元素，故C正确；
D．NO2和水反应，不能用排水法收集NO2，故D错误；
选C。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 2.0g 14ND3中含有电子的数目为NA
B. 标准状况下，11.2 L甲醇中含有分子的数目为0.5NA
C. 1L pH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2NA
D. 71 gCl2通入水中充分反应，转移电子的数目为0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．2.0g 14ND3中含有电子的数目为，A项正确；
B．标准状况下，甲醇是液态，无法计算其分子的数目，B项错误；
C．pH=1的H2SO4溶液中，H+的浓度为0.1 mol·L－1，故1L溶液中含有H+的数目为0.1NA，C项错误；
D．71 gCl2物质的量为1mol，氯气通入足量水中，由于只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，无法计算具体转移的电子数目，D项错误；
答案选A。
5. 下列方程式的书写，不正确的是
A. 溶液暴露在空气中：
B. 铅酸蓄电池放电的负极反应：
C. 葡萄糖与新制氢氧化铜反应：
D. 煅烧黄铁矿制
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液暴露在空气中：，A正确；
B．铅酸蓄电池放电的负极反应：，B正确；
C．葡萄糖与新制氢氧化铜反应：，C正确；
D．煅烧黄铁矿制SO2：，D错误；
故选D。
6. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且有关联的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 可通过石油分馏获得汽油 石油分馏属于化学变化
B 可用pH试纸测量新制氯水的pH 新制氯水中含有
C 明矾可用于自来水消毒 水解生成的胶体具有吸附性
D 加适量石膏可降低盐碱地（含较多的）土壤的碱性 可与反应生成更难溶的
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．石油分馏属于物理变化，A错误；
B．新制氯水具有漂白性，不能用pH试纸测量新制氯水的pH，应该用pH计，B错误；
C．明矾能用于净水的原因是A13+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，能够吸附水中杂质，但是不能用于消毒，C错误；
D．盐碱地含有较多的Na2CO3，水解使其显碱性，加入CaSO4后，CaSO4与Na2CO3反应生成难溶的CaCO3，降低土壤碱性，D正确；
综上所述，选D。
7. 主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，且均不超过20。X、Y、Z最外层电子数之和为15。W+[Z-X≡Y] 是实验室常用的一种化学试剂，所有元素都满足8电子稳定结构。下列说法中正确的是
A. 简单离子半径：W>Z>Y B. W2Z的水溶液中滴入酚酞显红色
C. 氢化物沸点高低：Y>X D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>Y
【答案】B
【解析】
【分析】主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，且均不超过20，W+[Z-X≡Y]-为实验室一种常见试剂，由结构式可知，W为第ⅠA族元素，X为第ⅣA族元素，Y为第ⅤA族元素，由 X、Y、Z最外层电子数之和为15，Z为第ⅥA族元素，因此X为C元素，Y为N元素，Z为S元素，W为K元素；
【详解】A．K+和S2-有3个电子层，N3-有2个电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数相等时，核电荷数越大，简单离子半径越小，则简单离子半径：S2->K+>N3-，A错误；
B．K2S的水溶液中硫离子水解使得溶液显碱性，滴入酚酞显红色，B正确；
C．没有说明是否为简单氢化物，不能判断形成氢化物沸点的高低，C错误；
D．非金属性性：N>C，非金属性越大，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，酸性：HNO3>H2CO3，D错误；
故选B。
8. 杜鹃素是一种具有祛痰功效的药物，结构简式如图。下列说法正确的是
A. 该分子中所有氧原子处于同一平面
B. 该分子中含有1个手性碳原子
C. 能发生氧化反应、取代反应、消去反应
D. 1 mol杜鹃素最多能消耗4 mol NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干杜鹃素的结构简式可知，该分子中存在苯环，酮羰基所在的平面，但有O原子连在sp3杂化的碳原子上，故不可能所有氧原子处于同一平面，A错误；
B．同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合杜鹃素的结构简式可知，该分子中含有1个手性碳原子，如图所示：，B正确；
C．由题干杜鹃素的结构简式可知，分子中含有酚羟基，苯的同系物故能发生氧化反应，含有酚羟基且邻位上有H，故能发生取代反应，但没有醇羟基、碳卤键等官能团，故不能发生消去反应，C错误；
D．由题干杜鹃素的结构简式可知，分子中含有3个酚羟基，故1 mol杜鹃素最多能消耗3mol NaOH，D错误；
故答案为：B。
9. 六方硫化锌的结构是S原子作六方最密堆积，其晶胞如图所示，图中A点分数坐标为点分数坐标为；底，高。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 晶胞中，填充空隙类型为正四面体空隙 B. 图中S原子的配位数为6
C. 图中的核间距约为 D. 该晶体的化学式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．图中，白球为S，黑球为Zn，黑球邻近的白球围成的空间几何体为正四面体，故Zn2+的填充空隙类型为正四面体空隙，A项正确；
B．图中A、B距离S原子最近的Zn原子是4个，因此S原子的配位数为4，B项错误；
C．图中A、B的核间距为，C项正确；
D．晶胞中的S原子个数=，Zn原子个数=，该晶体的化学式为ZnS，D项正确；
故答案为：B。
10. 化合物Z是合成某种高性能有机颜料的重要中间体，其合成路线如下：
下列说法错误的是
A. X中所有碳原子可能位于同一平面 B. X和Y互为同分异构体
C. X的熔点比Z低 D. X和Z可用溴水鉴别
【答案】A
【解析】
【详解】A．X中六元环上与酯基相连的碳原子是饱和碳原子，以正四面体结构连接三个碳原子和一个氢原子，故X中所有碳原子不可能位于同一平面，A错误；
B．X和Y的分子式都为C10H12O6，X和Y互为同分异构体，B正确；
C．X和Z相对分子量接近，Z中有羟基，可以形成分子间氢键使沸点较高，故X的熔点比Z低，C正确；
D．X与溴水不反应，Z中有酚羟基，酚羟基邻位的氢可以被溴取代生成沉淀，X和Z可用溴水鉴别，D正确；
本题选A。
11. KMnO4是重要氧化剂，广泛用于化工、防腐以及制药等领域。以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，经中间产物K2MnO4制备KMnO4的流程如图。下列说法错误的是
A. “熔融”过程中，
B. 滤渣2经处理后可循环回“熔融”过程以提高锰元素的利用率
C. 用盐酸替代CO2能加快“酸化”时的速率
D. 得到KMnO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥
【答案】C
【解析】
【分析】软锰矿加入氢氧化钾、空气碱熔，发生反应2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，然后水浸，在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2和KHCO3，经过一系列反应得到产品，以此解答该题；
【详解】A．由分析可知，“熔融”过程中发生的反应方程式为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，反应中O2为氧化剂，MnO2为还原剂，故，A正确；
B．由分析可知，滤渣2为MnO2经处理后可循环回“熔融”过程以提高锰元素的利用率，B正确；
C．由于KMnO4和K2MnO4均能与HCl发生氧化还原反应，故不能用盐酸替代CO2，可用稀硫酸代替CO2来加快“酸化”时的速率，C错误；
D．由题干图示可知，KMnO4的溶解度随温度升高而明显增大，故得到KMnO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥，D正确；
故答案为：C。
12. 利用氢氧燃料电池可实现由白磷电解法制备，并能实现的循环利用，其工作原理如图所示(已知：Me为甲基；电极均为石墨电极)，下列说法正确的是
A. 电池工作时电极a连接电极c
B. 通电段时间后，当生成9g 时，电极a消耗的体积(标准状况)为2.24L
C. 若隔膜e为阳离子交换膜，则燃料电池放电会使左侧溶液pH增大
D. 电解产生的中的氢元素来自于LiOH
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，左侧装置为氢氧燃料电池装置，通入氢气的电极a为负极，氢气在负极失去电子生成氢离子，通入氧气的电极b为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入负极区；右侧装置为电解池，与电极a连接的电极d为阴极，氢氰酸在阴极得到电子发生还原反应生成氰酸根离子和氢气，与电极b连接的电极c为阳极，氰化锂作用下白磷在阳极失去电子发生氧化反应生成Li［P(CN)2］和锂离子。
【详解】A．由分析可知，电池工作时，右侧装置为电解池，d电极发生还原反应，为阴极，与电极a连接，故A错误；
B．由分析可知，左侧装置为氢氧燃料电池装置，通入氢气的电极a为负极，氢气在负极失去电子生成氢离子，右侧装置为电解池，电极c为阳极，氰化锂作用下白磷在阳极失去电子发生氧化反应生成Li［P(CN)2］和锂离子，由得失电子数目守恒可知，标准状况下，生成9gLi［P(CN)2］时，电极a消耗氢气的体积为×22.4L/mol=1.12L，故B错误；
C．由分析可知，左侧装置为氢氧燃料电池装置，通入氢气的电极a为负极，则负极发生反应：，若隔膜e为阳离子交换膜，氢离子和K+通过阳离子交换膜进入正极区，负极区溶液中氢离子浓度增加，pH减小，故C错误；
D．由上述分析可知，氢氰酸在阴极得到电子发生还原反应生成氰酸根离子和氢气，而由图可知HCN中的H来自于LiOH，故D正确；
故选：D。
13. 某酮和甲胺的反应机理及能量图像如图所示：
下列说法错误的是
A. 该历程中为催化剂，故浓度越大，反应速率越快
B. 该历程中发生了加成反应和消去反应
C. 反应过程中有极性键的断裂和生成
D. 该历程中制约反应速率的反应为反应②
【答案】A
【解析】
【详解】A．由上图可知，氢离子是反应①的反应物、是反应⑤的生成物，所以氢离子是反应的催化剂，反应的活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤为慢反应，由下图可知，反应②的活化能最大，反应速率最慢，是反应的决速步骤，若氢离子浓度过大，会与甲胺反应使得甲胺浓度减小，反应②的反应速率减慢，总反应的反应速率减慢，故A错误；
B．由上图可知，反应②为加成反应、反应④为消去反应，故B正确；
C．由上图可知，反应过程中有极性键的断裂和生成，故C正确；
D．反应的活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤为慢反应，由下图可知，反应②的活化能最大，反应速率最慢，是反应的决速步骤，故D正确；
故选A。
14. 向10mLHCOOH-NH4Cl混合溶液(浓度均为0.1mol·L 1)中滴加0.1mol·L 1NaOH溶液，并监测溶液pH变化，实验数据如图。由该实验可得到的结论是
A. HCOOH电离方程式为HCOOH=H++HCOO
B. 由a点数据可推出电离能力：HCOOH>NH3·H2O
C. b点溶液中的OH 主要来自HCOO 水解
D. 0.05mol·L 1氨水的pH<10.89
【答案】B
【解析】
【详解】A．10mLHCOOH-NH4Cl混合溶液(浓度均为0.1mol·L 1)pH大于2，说明HCOOH是弱酸，则HCOOH电离方程式为HCOOHH++HCOO ，故A错误；
B．a点HCOOH全部反应完，溶质为HCOONa、NH4Cl且两者浓度相等，溶液显酸性，则铵根水解占主要，根据越弱越水解，则氨水的电离程度小，因此由a点数据可推出电离能力：HCOOH>NH3·H2O，故B正确；
C．b点溶质溶质为HCOONa、NH4Cl、NH3·H2O 、NaCl，且NH3·H2O 物质的量浓度大于NH4Cl物质的量浓度，则b点溶液中的OH 主要来自NH3·H2O电离和HCOO-的水解，故C错误；
D．c点溶质溶质为HCOONa、NH3·H2O、NaCl ，且NH3·H2O 物质的量浓度为0.033mol·L 1，此时混合溶液的pH=10.89，由于存在HCOONa和氨水浓度两个变量，无法确定0.05mol·L 1氨水的pH<10.89，故D错误；
综上所述，答案为B。
二、填空题(4大题，共58分)
15. 一种高硫锰矿的主要成分，含有等杂质，其中含量较大。以该高硫锰矿为原料制备硫酸锰，流程示意图如图所示。
已知：①金属硫化物的溶度积常数如下表。
金属硫化物
②金属离子的与溶液的关系如图所示。
（1）在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是_______。
（2）若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是_______。
（3）酸浸时主要含锰组分发生反应的离子方程式为_______；加入的作用是_______(用离子方程式表示)。
（4）调溶液到5左右，滤渣2的主要成分是_______。
（5）由图像可知，从“操作”所得溶液中得到晶体需进行的操作是_______、洗涤、干燥。
（6）锰含量测定：
ⅰ．称取晶体，加水溶解，将滤液定容于容量瓶中。
ⅱ．取溶液于锥形瓶中，加少量催化剂和过量溶液，加热、充分反应，产生和，煮沸溶液使过量的分解。
ⅲ．加入指示剂，用溶液滴定。滴定至终点时消耗溶液的体积为重新变成。废渣中锰元素的质量分数为_______。
【答案】（1）增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分
（2）H2S （3） ①. ②.
（4）Fe（OH）3 （5）蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤
（6）
【解析】
【分析】高硫锰矿的主要成分，含有等杂质，其中含量较大，碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硫化亚铁被氧气氧化生成硫单质和氢氧化铁，过滤得到的脱硫矿粉中含S、Fe（OH）3、碳酸盐和金属氧化物，加入硫酸酸浸，并加入MnO2氧化Fe2+，生成的滤液中含Fe3+、Mn2+、Cu2+、Ni2+，单质S以滤渣1的形式除去，加入一水合氨调pH，进而除去铁元素，过滤得到的滤液中含Mn2+、Cu2+、Ni2+，再加入硫化钠可除去铜元素与镍元素，最后过滤得到的MnSO4溶液经蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤、洗涤、干燥后得到。
【小问1详解】
在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是：增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分；
【小问2详解】
未经脱硫直接酸浸，金属硫化物会与酸发生反应产生有毒的硫化氢；
【小问3详解】
酸浸时含硫矿粉中的碳酸锰会与硫酸发生反应生成MnSO4、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：；加入MnO2目的是为了氧化亚铁离子，生成便于除去的铁离子，涉及的离子方程式为：；
【小问4详解】
根据金属离子的与溶液的关系图可知，调节pH为5左右，目的是为了除去铁元素，所以过滤得到的滤渣2主要成分是Fe（OH）3；
【小问5详解】
由图像可知，温度在40℃以下，溶液析出的晶体为，因此从“操作”所得溶液中得到晶体需进行的操作是：蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤、洗涤、干燥；
【小问6详解】
过程中存在反应：、，存在关系式，，质量为2bc×10-4mol×55g/mol=0.011bcg，质量分数为：。
16. 某研究小组探究Fe3+盐溶液与Cu的反应，进行了如下实验。
实验装置 序号 试剂a 实验现象
I 0.25 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液 溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色
Ⅱ 0.5 mol·L-1FeCl3溶液 溶液逐渐变为蓝绿色，铜片表面覆盖有白色固体(经检验为CuCl)。2天后，白色固体消失，Cu片无剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀
Ⅲ 0.5 mol·L-1 Fe(NO3)3溶液 溶液逐渐变为绿色，实验过程中未见气泡产生。 2天后，Cu片少量剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀
资料：i．CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体；
ii．Fe2+ + NO [Fe(NO)]2+ (棕色)。
（1）用化学用语解释Fe3+盐溶液显酸性的原因___________。
（2）实验I中发生反应的离子方程式为___________。
（3）小组同学取2 mL实验I中反应2天后的溶液于试管中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀。
甲同学猜想Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化了。
①用离子方程式表示甲同学的猜想___________。
②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是___________。
（4）对比实验I和实验Ⅱ，小组同学推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应。其理由___________。
（5）实验Ⅱ中产生大量红褐色沉淀的原因是___________。
（6）实验Ⅲ所得溶液的颜色不是蓝色，小组同学猜测反应中生成了[Fe(NO)]2+，设计并实施了以下实验，验证了其猜想。
步骤 实验操作 实验现象
① 向盛有2 g金属Cu片的烧杯中加入试剂X 2天后溶液颜色无明显变化，铜片表面有细小气泡附着
② 继续加入少量FeSO4固体 溶液迅速变为浅棕色
试剂X是___________。
综合以上实验，Fe3+盐溶液与Cu反应的多样性与阴离子种类、生成物存在形式等有关。
【答案】（1）Fe 3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+
（2）2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+
（3） ①. Fe2+ + Cu2+ + SCN- = Fe3+ + CuSCN↓ ②. 向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象
（4）产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+。从现象上看，实验Ⅱ反应更快
（5）4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，c(OH-)、c(Fe3+)增大，形成Fe(OH)3沉淀
（6）20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]
【解析】
【分析】本题为实验探究题，探究Cu与Fe3+的反应机理和反应条件，根据题干信息，i．CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体； ii．Fe2+ + NO[Fe(NO)]2+ (棕色)，结合各实验步骤和控制变量原则进行解题。
【小问1详解】
FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，故答案为： Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+；
【小问2详解】
由题干信息可知，向0.25 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中加入Cu，观察到溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色，故实验I中发生反应的离子方程式为2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+，故答案为：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+；
【小问3详解】
①由题干信息可知，实验I中反应2天后溶液为FeSO4和CuSO4溶液，CuSCN是难溶于水的白色固体，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀，故可推测Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化，该转化的离子方程式为：Fe2+ + Cu2+ + SCN- = Fe3+ + CuSCN↓；
②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象，故答案为：向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象；
【小问4详解】
对比实验I和实验Ⅱ的实验现象，产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+，从现象上看，实验Ⅱ反应更快，故可推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应，故答案为：产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+。从现象上看，实验Ⅱ反应更快；
【小问5详解】
已知空气中的O2在酸性和碱性条件下均能氧化Fe2+，本实验反应原理为：4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，从而导致溶液中OH-和Fe3+浓度增大，生成红褐色沉淀Fe(OH)3，故答案为：4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，c(OH-)、c(Fe3+)增大，形成Fe(OH)3沉淀；
【小问6详解】
题干实验Ⅲ中加入的试剂为20mL0.5mol/LFe(NO3)3，pH约为1.3的溶液，为避免铁离子干扰实验，根据控制变量的原则可知，试剂X是20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]，故答案为：20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]。
17. 党的二十大报告中强调“实现碳达峰、碳中和是一场广泛而深刻的经济社会系统性变革”。利用CO2合成淀粉的研究成果已经被我国科学家发表在《Nature》杂志上，其涉及的关键反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.0kJ mol-1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ mol-1
Ⅲ.CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H3=
（1）反应Ⅲ的△H3=_______，该反应自发进行的条件是______(填“高温自发”、“低温自发”或“任何温度下都自发”)。
（2）在该反应体系中，下列有关说法错误的是______。
A. 增大H2的浓度有利于提高CO2的转化率
B. 升高温度，反应Ⅱ的速率加快，反应I的速率减慢
C. 选用合适的催化剂可以提高甲醇在单位时间内的产量
D. 达到平衡后，若压缩体积，反应I平衡正向移动，反应Ⅱ平衡不移动
（3）反应Ⅱ的反应速率v=v正- v逆=k正c(CO2)c(H2)-k逆c(CO)c(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，影响速率常数k的因素有温度和催化剂等。该反应的平衡常数K=，升高温度时，k正-k逆是_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）在催化剂作用下，向某恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，只发生I、Ⅱ两个反应。测得不同温度下CO2的平衡转化率和甲醇的选择率随温度的变化趋势如图所示。
已知：甲醇的选择率=×100%
①根据图中数据，温度选择_______K达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高。随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加，但甲醇的选择率降低，请分析其原因：________。
②513K时，平衡体系的压强为p0MPa，体系中n(H2O)=_______mol，反应Ⅱ的Kp=_______(列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. ②. 低温自发 （2）BD
（3）增大 （4） ①. 553 ②. 随着温度升高，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大 ③. ④.
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律：反应Ⅲ=反应I-反应Ⅱ，；该反应、，根据，在低温时可自发进行；
【小问2详解】
A．根据反应可知，增大H2的浓度，平衡正向移动，有利于提高CO2的转化率，A正确；
B．升高温度，反应Ⅱ和反应I的速率均加快，B错误；
C．选用合适的催化剂可以降低反应活化能，增大反应速率，从而提高甲醇在单位时间内的产量，C正确；
D．体系平衡后，反应i是体积减小的反应，若压缩体积，反应i向着体积减小的方向及正向移动，反应ii是等体积反应，由于加压反应i的H2O含量增大，平衡逆向移动，D错误；
选BD。
【小问3详解】
平衡时，，即k正c(CO2)c(H2)-k逆c(CO)c(H2O)=0，K==，反应Ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动，平衡常数增大，即k正与k逆之比增大，则k正-k逆增大；
【小问4详解】
①根据图示数据，甲醇的选择性与二氧化碳的转化率乘积最大时甲醇的产量最高，经计算，温度为553K达平衡时，甲醇选择性最低，二氧化碳转化率最大，甲醇产量最高；随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加，但甲醇的选择率降低，可能的原因：随着温度升高，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的平衡转化率增加，但甲醇的选择率降低；
②反应初始，513K平衡转化率为15％，根据甲醇选择率可知，生成甲醇物质的量：，生成一氧化碳物质的量：，，，即此时、、、、；平衡体系压强为p0MPa，平衡时气体总物质的量：3.76mol，各气体分压：、、、，。
18. 司替戊醇是一种抗癫痫药，与氯巴占或丙戊酸盐联合使用可治疗婴幼儿时期的肌阵挛性癫痫，其合成路线如下：
（1）邻苯二酚(A)比对苯二酚()沸点低，其原因为_______。
（2）该流程中属于取代反应类型的有____个，生成物D的结构简式为_____，其分子中含氧原子的官能团名称为____。
（3）写出反应E→F的化学方程式：_______。
（4）吡咯()常用于有机合成及制药工业，其满足下列条件的同分异构体有_______种。
①含有环状结构，且仅为三元环；
②N原子参与成环，且分子结构中含有；
③不考虑立体异构。
（5）某药物中间体可由和为原料合成，选择合适的步骤设计合成路线_______ (无机试剂任选)。
已知：可以还原C=O、C=N；
(为烃基，、为烃基或H)。
【答案】（1）邻苯二酚易形成分子内氢键，而对苯二酚易形成分子间氢键，故邻苯二酚沸点低
（2） ①. )2(A→B、B→C) ②. ③. 醚键、羧基
（3）2+O22+2H2O
（4）4() （5）
【解析】
【分析】A与CH2Cl2反应生成B，B与Br2发生取代反应生成C，故B为，C的分子式为C7H5O2Br，从组成对比可以推出D为，D发生还原反应生成E，E催化氧化生成F，已知NaBH4可以还原C=O，故H中含有C=O，为。
【小问1详解】
邻苯二酚易形成分子内氢键，而对苯二酚易形成分子间氢键，故邻苯二酚沸点低。
【小问2详解】
属于取代反应的过程有A→B，B→C，有2个；据分析D的结构简式为，含氧官能团的名称为羧基、醚键。
【小问3详解】
E催化氧化生成F，化学方程式为2+O22+2H2O。
【小问4详解】
同分异构体有4种，三元环中含有碳碳双键及氮原子，根据不饱和度，三元环上还连有乙烯基，满足条件的有。
【小问5详解】
根据已知信息，的上一步有机物结构为，故合成路线中应先将中的羟基氧化为酮，再与CH3NH2反应，路线为：。衡阳县第四中学2023-2024学年高三下学期4月月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H∶1 C∶12 N∶14 O∶16 Na∶23 S∶32 Cl∶35.5 K∶39
一、单选题(每题3分，共42分)
1. 我国源远流长的餐桌饮食文化中蕴藏着丰富的化学知识，下列说法错误的是
A. “酒”历史可以追溯至黄帝时期，其随陈酿时间延长可产生酯类物质
B. “动物油”在周代时人们就广泛地食用，其主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯
C. “豆腐”起源于西汉，其制作过程最重要的工序就是“点卤”，涉及胶体聚沉原理
D. “酱油”一词出于宋代，其呈酸性，可中和鱼腥味中的三甲基胺进而消除异味
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 丙烯的结构简式为C3H6
B. SO2的空间结构示意图为
C. 基态Si原子的价层电子的轨道表示式为
D. HF分子中σ键的形成示意图为
3. 下列实验能达到对应目的的是
选项 A B C D
实验
目的 制备Fe(OH)3 胶体 检验待测液中 是否含有 检验溴乙烷中的 溴元素 制备并收集NO2
A. A B. B C. C D. D
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 2.0g 14ND3中含有电子的数目为NA
B. 标准状况下，11.2 L甲醇中含有分子的数目为0.5NA
C. 1L pH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2NA
D. 71 gCl2通入水中充分反应，转移电子的数目为0.1NA
5. 下列方程式的书写，不正确的是
A. 溶液暴露在空气中：
B. 铅酸蓄电池放电的负极反应：
C. 葡萄糖与新制氢氧化铜反应：
D. 煅烧黄铁矿制
6. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且有关联的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 可通过石油分馏获得汽油 石油分馏属于化学变化
B 可用pH试纸测量新制氯水的pH 新制氯水中含有
C 明矾可用于自来水消毒 水解生成的胶体具有吸附性
D 加适量石膏可降低盐碱地（含较多的）土壤的碱性 可与反应生成更难溶的
A. A B. B C. C D. D
7. 主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，且均不超过20。X、Y、Z最外层电子数之和为15。W+[Z-X≡Y] 是实验室常用的一种化学试剂，所有元素都满足8电子稳定结构。下列说法中正确的是
A. 简单离子半径：W>Z>Y B. W2Z的水溶液中滴入酚酞显红色
C. 氢化物沸点高低：Y>X D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>Y
8. 杜鹃素是一种具有祛痰功效的药物，结构简式如图。下列说法正确的是
A. 该分子中所有氧原子处于同一平面
B. 该分子中含有1个手性碳原子
C 能发生氧化反应、取代反应、消去反应
D. 1 mol杜鹃素最多能消耗4 mol NaOH
9. 六方硫化锌的结构是S原子作六方最密堆积，其晶胞如图所示，图中A点分数坐标为点分数坐标为；底，高。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 晶胞中，填充空隙类型为正四面体空隙 B. 图中S原子的配位数为6
C. 图中的核间距约为 D. 该晶体的化学式为
10. 化合物Z是合成某种高性能有机颜料的重要中间体，其合成路线如下：
下列说法错误的是
A. X中所有碳原子可能位于同一平面 B. X和Y互为同分异构体
C. X的熔点比Z低 D. X和Z可用溴水鉴别
11. KMnO4是重要氧化剂，广泛用于化工、防腐以及制药等领域。以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，经中间产物K2MnO4制备KMnO4的流程如图。下列说法错误的是
A. “熔融”过程中，
B. 滤渣2经处理后可循环回“熔融”过程以提高锰元素的利用率
C. 用盐酸替代CO2能加快“酸化”时的速率
D. 得到KMnO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥
12. 利用氢氧燃料电池可实现由白磷电解法制备，并能实现的循环利用，其工作原理如图所示(已知：Me为甲基；电极均为石墨电极)，下列说法正确的是
A. 电池工作时电极a连接电极c
B. 通电段时间后，当生成9g 时，电极a消耗的体积(标准状况)为2.24L
C. 若隔膜e为阳离子交换膜，则燃料电池的放电会使左侧溶液pH增大
D. 电解产生中的氢元素来自于LiOH
13. 某酮和甲胺的反应机理及能量图像如图所示：
下列说法错误的是
A. 该历程中为催化剂，故浓度越大，反应速率越快
B. 该历程中发生了加成反应和消去反应
C. 反应过程中有极性键的断裂和生成
D. 该历程中制约反应速率的反应为反应②
14. 向10mLHCOOH-NH4Cl混合溶液(浓度均为0.1mol·L 1)中滴加0.1mol·L 1NaOH溶液，并监测溶液pH变化，实验数据如图。由该实验可得到的结论是
A. HCOOH电离方程式HCOOH=H++HCOO
B. 由a点数据可推出电离能力：HCOOH>NH3·H2O
C. b点溶液中的OH 主要来自HCOO 水解
D. 0.05mol·L 1氨水的pH<10.89
二、填空题(4大题，共58分)
15. 一种高硫锰矿的主要成分，含有等杂质，其中含量较大。以该高硫锰矿为原料制备硫酸锰，流程示意图如图所示。
已知：①金属硫化物的溶度积常数如下表。
金属硫化物
②金属离子与溶液的关系如图所示。
（1）在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是_______。
（2）若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是_______。
（3）酸浸时主要含锰组分发生反应的离子方程式为_______；加入的作用是_______(用离子方程式表示)。
（4）调溶液到5左右，滤渣2的主要成分是_______。
（5）由图像可知，从“操作”所得溶液中得到晶体需进行的操作是_______、洗涤、干燥。
（6）锰含量测定：
ⅰ．称取晶体，加水溶解，将滤液定容于容量瓶中。
ⅱ．取溶液于锥形瓶中，加少量催化剂和过量溶液，加热、充分反应，产生和，煮沸溶液使过量的分解。
ⅲ．加入指示剂，用溶液滴定。滴定至终点时消耗溶液的体积为重新变成。废渣中锰元素的质量分数为_______。
16. 某研究小组探究Fe3+盐溶液与Cu的反应，进行了如下实验。
实验装置 序号 试剂a 实验现象
I 0.25 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液 溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色
Ⅱ 0.5 mol·L-1FeCl3溶液 溶液逐渐变为蓝绿色，铜片表面覆盖有白色固体(经检验为CuCl)。2天后，白色固体消失，Cu片无剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀
Ⅲ 0.5 mol·L-1 Fe(NO3)3溶液 溶液逐渐变为绿色，实验过程中未见气泡产生。 2天后，Cu片少量剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀
资料：i．CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体；
ii．Fe2+ + NO [Fe(NO)]2+ (棕色)
（1）用化学用语解释Fe3+盐溶液显酸性的原因___________。
（2）实验I中发生反应的离子方程式为___________。
（3）小组同学取2 mL实验I中反应2天后的溶液于试管中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀。
甲同学猜想Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化了。
①用离子方程式表示甲同学的猜想___________。
②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是___________。
（4）对比实验I和实验Ⅱ，小组同学推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应。其理由是___________。
（5）实验Ⅱ中产生大量红褐色沉淀的原因是___________。
（6）实验Ⅲ所得溶液的颜色不是蓝色，小组同学猜测反应中生成了[Fe(NO)]2+，设计并实施了以下实验，验证了其猜想。
步骤 实验操作 实验现象
① 向盛有2 g金属Cu片的烧杯中加入试剂X 2天后溶液颜色无明显变化，铜片表面有细小气泡附着
② 继续加入少量FeSO4固体 溶液迅速变为浅棕色
试剂X是___________。
综合以上实验，Fe3+盐溶液与Cu反应的多样性与阴离子种类、生成物存在形式等有关。
17. 党的二十大报告中强调“实现碳达峰、碳中和是一场广泛而深刻的经济社会系统性变革”。利用CO2合成淀粉的研究成果已经被我国科学家发表在《Nature》杂志上，其涉及的关键反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.0kJ mol-1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ mol-1
Ⅲ.CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H3=
（1）反应Ⅲ的△H3=_______，该反应自发进行的条件是______(填“高温自发”、“低温自发”或“任何温度下都自发”)。
（2）在该反应体系中，下列有关说法错误的是______。
A. 增大H2的浓度有利于提高CO2的转化率
B. 升高温度，反应Ⅱ的速率加快，反应I的速率减慢
C. 选用合适的催化剂可以提高甲醇在单位时间内的产量
D. 达到平衡后，若压缩体积，反应I平衡正向移动，反应Ⅱ平衡不移动
（3）反应Ⅱ的反应速率v=v正- v逆=k正c(CO2)c(H2)-k逆c(CO)c(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，影响速率常数k的因素有温度和催化剂等。该反应的平衡常数K=，升高温度时，k正-k逆是_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）在催化剂作用下，向某恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，只发生I、Ⅱ两个反应。测得不同温度下CO2的平衡转化率和甲醇的选择率随温度的变化趋势如图所示。
已知：甲醇的选择率=×100%
①根据图中数据，温度选择_______K达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高。随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加，但甲醇的选择率降低，请分析其原因：________。
②513K时，平衡体系的压强为p0MPa，体系中n(H2O)=_______mol，反应Ⅱ的Kp=_______(列出计算式即可)。
18. 司替戊醇是一种抗癫痫药，与氯巴占或丙戊酸盐联合使用可治疗婴幼儿时期的肌阵挛性癫痫，其合成路线如下：
（1）邻苯二酚(A)比对苯二酚()沸点低，其原因为_______。
（2）该流程中属于取代反应类型的有____个，生成物D的结构简式为_____，其分子中含氧原子的官能团名称为____。
（3）写出反应E→F的化学方程式：_______。
（4）吡咯()常用于有机合成及制药工业，其满足下列条件的同分异构体有_______种。
①含有环状结构，且仅为三元环；
②N原子参与成环，且分子结构中含有；
③不考虑立体异构。
（5）某药物中间体可由和为原料合成，选择合适的步骤设计合成路线_______ (无机试剂任选)。
已知：可以还原C=O、C=N；
(为烃基，、为烃基或H)。
