【文档说明】广西南宁市武鸣高级中学2023-2024学年高三上学期开学考试 化学答案和解析.pdf，共(9)页，581.485 KB，由小赞的店铺上传

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化学答案第1页共7页学科网（北京）股份有限公司广西武鸣高中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123456789101112131415答案DBBABCDDCDDCDBB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）MnO2+SO2-3+2H+=Mn2++SO2-4+H2O（2）4.7—5.2（3）2MnCO3+Cu2++H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Mn2++CO2↑（4）Mg2++2F—=MgF2↓（5）若(NH4)2S溶液浓度过大

，会生成MnS沉淀，造成产品损失（6）(NH4)2SO4和Na2SO4（7）42222aaman18．（除特别注明外，每空2分，共14分）（1）-49kJ·mol-1（2）①CO2(1分)②CD③10.375t④a(a

+0.1)(0.14-a)(0.43-a)（3）阳离子(1分)（4）CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O（5）6:119．（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）①.3②（6）（3分）化学答案第2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．SiO2能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，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．H2O分子中的中心O原子价层电子对数是12621=42

（），含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型是四面体形，即为，选项C错误；D．实验室是最简式，葡萄糖的实验式：CH2O，故D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2NA个C-C键，A正确；B．标况下HF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．30gC2H6的物质的量为1mol，C2H6中含有6个C-H极性共价键，故1molC2H

6中含6NA个极性共价键，C正确；化学答案第3页共7页学科网（北京）股份有限公司D.硝基(-NO2)与二氧化氮(NO2)分子中均有23个电子，所以1mol硝基(-NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA，D正确；故选B。7．A．明矾溶

液中加入少量的2Ba(OH)，钡离子、氢氧根离子完全反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铝，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233HCOHClOHCO，则次氯酸钠溶液中通入少量

2CO生成次氯酸和碳酸氢钠，D错误；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2624Nis+CHg=NiCHs+CHg（）（）（）（）ΔH=-6.57kJ/mol，故D错误。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7mol2Br，C错误；D．酚羟基、酯基、羧基均能和氢氧化钠反应，则1mol迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗6molNaOH，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

5FeCO粒子中含σ键的个数为10，选项D错误；答案选D。11.A．浓差电池中由于右侧AgNO3，浓度大，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极；电渗析法制备磷酸二氢钠，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4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AgNO3浓度相等，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0.01molNaH2PO4，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：+Br23Fe/FeBr+

HBr，该反应为放热反应，产生的HBr气体中混有Br2蒸气，Br2蒸气溶于硝酸银溶液中也产生淡黄色沉淀AgBr，对HBr的检验产生干扰，题中缺少除去Br2蒸气的装置，HBr极易溶于水，题中缺少防倒吸装置，故A错误；B．乙醇发生消去反

应：CH3CH2OH浓硫酸170℃CH2=CH2↑+H2O，浓硫酸具有脱水性，将酒精脱水炭化，产生的碳单质与浓硫酸反应生成CO2、SO2，产生的乙烯中混有SO2和挥发出的乙醇，SO2和乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，题中缺少除去SO2和乙醇的装置，故

B错误；C．浓盐酸具有挥发性，烧瓶中产生CO2中混有HCl(g)，HCl(g)也能与苯酚钠反应产生苯酚，对碳酸、苯酚酸性强弱对比产生干扰，题中缺少除去CO2中HCl(g)的操作，故C错误；D．乙酸和乙醇发生酯化反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3CO

OCH2CH3+H2O，乙醇、乙酸、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5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CO2的堆积方式类似于面心立方最密堆积

，其出现在晶胞的顶点和各个面心上，因此以1个CO2为中心，其周围最多可以有12个紧邻的CO2分子，故C正确；D．水是极性分子，CCl4是非极性分子，根据“相似相溶原理”，O3臭氧极性微弱，所以在CCl4中的溶解度高于在水中的溶解度，故D正确。15.A．由图像可知，0.1mol/LH2

A溶液的pH=1，即H2A全部电离为HA-，说明第一步电离为完全电离，HA-不水解，A错误；B．Na2A水解平衡常数Kh=2OHHAAccc，结合pH=3时c(A2-)=c(HA-)，所以Kh=c(OH-)=10-11，B正确；C．H2A溶液中

全部电离，不存在H2A分子，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，Ka=2-+-(A)(H)(HA)ccc=c(H+)=10-3，则A2-水解平衡常数Kh=1431010=10-11＜Ka，则等物质的量浓度

的NaHA与Na2A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-)＞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6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△H1=△H2+△H3=-90.0+41.0=-49kJ·mol-1。（2）反应ii为吸热反应，升

温CO的选择性升高，该反应中CO2的转化率升高，CO的曲线为曲线a。而反应i为放热反应，升高温度平衡逆向，反应中CO2的转化率降低，CH3OH的选择性降低，CH3OH的曲线为c。两反应综合效应，CO2的转化率曲线为b。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N2，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动，CO2转化率不变，B项错误；C．移出H2O反应i和反应ii均正向移动，导致CH3OH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，CO2转化率不发生改变，D项错误；E．从反应i看，CH3OH和H2O按照1:1产生，平衡时有CH3OH、H2O、CO2、CO、H2，CH3OH的体积分数为小于50%，E项正确；故选CD。某温度下，在总压强为3.0MPa的

密闭容器中进行上述反应，t1min反应到达平衡，测得容器中CH3OH的体积分数为12.5%，P(CH3OH)=x(CH3OH)×P总=12.5%×3.0MPa=0.375MPa，v(CH3OH)=311P(CHOH)

0.375=tt。建立三段式为2232CO+3H=CHOH+HO00n3nnnnn起始/mol变化/mol平衡/mol化学答案第7页共7页学科网（北京）股份有限公司222CO+H=CO+HO00aaaaaa起始/mol变化/mol平衡

/mol根据CH3OH的体积分数为12.5%，n×100%=12.5%0.73+0.24+0.03-2a-4n+2a+2n得n=0.1mol。则平衡时H2O为(a+0.1)mol、CO2为(0.24-a-0.1)=(

0.14-a)mol、H2为(0.73-a-0.3)=（0.43-a）mol，则Kx=222x(HO)x(CO)a(a+0.1)=x(CO)x(H)(0.14-a)(0.43-a)。（3）H+需要在TiO2极

参与反应而OH-需要在BiVO4极发生反应，则H+经B膜移向TiO2电极，B为阳离子交换膜；而A极为阴离子交换膜。（4）从图看CO2在TiO2极发生还原反应产生CH3OH，反应为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。（5）H2首先在Zn-

Ga-O表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，即由得失电子守恒有3H2~CH3OH~6H*，所以产生1molCH3OH消耗6molH*。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1

00%的反应即加成反应，且化合物a能使Br2的CCl4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8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：获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com