湖南省“一起考”大联考2023-2024学年高三下学期3月模拟考试（模拟一）化学试题（原卷版+解析版）

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(时量：75分钟 满分：100分)
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Si—28 Ce—140
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. 化学学科是医药、环保、材料等领域的重要基础学科，下列说法正确的是
A. 人们最早研究的半导体材料是硅
B. 新品种的农药由含磷的有机物发展成为对人畜毒性较低的含砷的有机物
C. 碳纳米材料主要包括富勒烯、碳纳米管、石墨烯等有机材料
D. 加工馒头，面包时，可加入一些膨松剂如，使面团疏松多孔
【答案】D
【解析】
【详解】A．人们最早研究的半导体材料是金属锗，后来发展到与它同族的硅，A错误；
B．新品种的农药由含砷的有机物发展成为对人畜毒性较低的含磷的有机物，B错误；
C．富勒烯、碳纳米管、石墨烯等属于无机非金属材料，C错误；
D．加工馒头，面包时，可加入一些膨松剂如NH4HCO3，蒸制或烘焙食品过程中碳酸氢铵分解产生大量气体，使面团疏松多孔，D正确；
本题选D。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 基态Cr的价层电子轨道表示式：
B. N，N-二甲基甲酰胺的结构简式：
C. 的VSEPR模型：
D. 的电子式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cr元素原子序数为24，价电子数目为6，由于同一能级的轨道半充满更稳定，基态Cr原子价层电子3d能级上有5个电子、4s能级上有1个电子，其价层电子轨道表示式为
B．N，N-二甲基甲酰胺的结构简式为，B正确；
C．中心原子N有3个键，孤电子对数为，价层电子对数为4，VSEPR模型为，故C错误；
D．的电子式为，故D错误；
故选B。
3. 下列实验操作或装置能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．电石和水反应生成的乙炔中混有硫化氢等，均使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以溶液褪色不能证明生成乙炔，故A错误；
B．碳酸氢钠加热易分解，蒸发溶液不能制备晶体，故B错误；
C．此实验有两个变量，分别是温度和催化剂，应控制单一变量，不能达到实验目的，故C错误；
D．实验室利用浓氨水和氧化钙反应制氨气，塞上橡皮塞后倾斜Y形管，使浓氨水流入左侧管中与氧化钙混合放出氨气，避免塞上橡皮塞前有氨气逸出，故D正确；
本题选D。
4. 已知为阿伏加德罗常数，下列关于说法正确的是
A. 标准状况下22.4L HF含有分子的个数为
B. 1ml液态冰醋酸中含s-p 键的数目为4
C. 往溶液中通入氯气，若有1ml 生成时，转移电子的数目可能为4
D. 常温下已知，则该温度下饱和溶液中含有个
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下HF为液态，22.4L HF物质的量不是1ml，A错误；
B．中C、O经过杂化后与H形成键，因此1ml的液态冰醋酸中含s—p 键数目为0，B错误；
C．若有1ml 生成时，氯气先氧化，再氧化，总共转移电子的数目不能确定，至少为3ml，C正确；
D．没有给出溶液体积，不能具体计算个数，D错误；
本题选C。
5. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 碘化亚铁溶液中通入足量的氯气：
B. 加碘盐与药物碘化钾片尽量不要同时服用：
C. 向溶液中加入过量的NaOH溶液：
D. 向溶液中滴入使反应完全：
【答案】B
【解析】
【详解】A．碘化亚铁溶液中通入足量氯气，二价铁离子和碘离子都完全被氧化，反应比为1:2，正确的离子方程式为，A错误；
B．酸性下，碘盐中的碘酸根离子可以和碘离子反应生成单质碘，离子方程式为，B正确；
C．向碳酸氢镁溶液中加入过量的NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为，C错误；
D．向硫酸铝铵溶液中滴加氢氧化钡至硫酸根离子反应完全，则硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1∶2，反应的离子方程式为，D错误；
本题选B。
6. 甲酸常被用于橡胶、医药等工业，一定条件下可分解生成CO和。在无催化剂和有催化剂的条件下，能量与反应历程的关系分别如图1、图2所示。下列说法错误的是
A. 途径一和途径二中均涉及极性键的断裂和生成
B.
C. 途径二使用了作为催化剂
D. 途径二反应的快慢由生成的速率决定
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，甲酸分解为CO和，途径一和途径二中均涉及极性键的断裂和生成，故A正确；
B．该反应物总能量高于生成物总能量则为放热反应，途径一和途径二的区别在于是否使用催化剂，催化剂不影响焓变， ，故B正确；
C．由途径二可知，反应前后未发生变化，使用了作为催化剂，故C正确；
D．途径二中能量最高，反应的快慢由生成的速率决定，故D错误；
故选C。
7. 甘氨酸铜是一种优质的有机铜源，其化学结构稳定，对环境污染也比无机铜低。甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。下列说法正确的是
A. 铜原子的杂化类型为杂化
B. O→Cu的配位键键能小于N→Cu的配位键键能
C. 顺式甘氨酸铜溶解度小于反式甘氨酸铜
D. 甘氨酸铜晶体中相邻微粒通过范德华力相连，堆积成超分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，则甘氨酸铜中Cu、与铜形成σ键2个O、2个N处于同一平面，则铜原子的杂化类型为dsp2杂化，故A错误；
B．由于O的电负性大于N，所以N原子更易形成配位键，O→Cu的配位键键能小于N→Cu的配位键键能，故B正确；
C．由结构简式可知，顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子，根据“相似相溶”原理可知顺式甘氨酸铜在水中的溶解度更大，故C错误；
D．从结构可看出，顺式甘氨酸铜相邻微粒间还有氢键相连，故D错误；
故选B。
8. X、Y、Z、R、Q元素是原子序数依次增大的五种元素，X、Y、R不在同周期，Z元素的一种核素可用于对文物进行年代测定，R元素的焰色是砖红色，Y、Z和R、Q分别为同周期且相邻的元素，Y与Q的价层电子数相等，且是X与R价层电子数之和。下列说法一定正确的是
A. Y的最高价氧化物对应水化物是三元弱酸
B. Q的价层电子排布为，属于稀土金属
C. X和Z形成的化合物常温下为气态
D. R的最高价氧化物对应水化物与Z的最高价氧化物对应水化物反应产生白色沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】Z元素的一种核素可用于对文物进行年代测定，R元素的焰色是砖红色，可判断Z为C元素，R为Ca元素；由于X、Y、Z、R、Q原子序数依次增大，Y、Z和R、Q分别为同周期且相邻的元素，Y为B元素，Q为Sc元素，价层电子数都为3，R元素的价层电子数为2，则X的价层电子数为1，原子序数小于B且不与Y同周期，所以X为H元素。
A．Y是硼元素，最高价氧化物对应水化物是硼酸，是一元弱酸，A错误；
B．Q是Sc元素，原子序数为21，价层电子排布为3d14s2，属于稀土金属，B正确；
C．X和Z分别是C和H，C和H元素形成的化合物种类很多，常温下可以为气体、液体和固体，C错误；
D．R的最高价氧化物对应水化物是氢氧化钙，Z的最高价氧化物对应水化物是碳酸，氢氧化钙与足量的碳酸反应会生成可溶的碳酸氢钙，不会产生白色沉淀，D错误；
本题选B。
9. 富营养化的河流里含有丰富的氯、镁、钙、磷等元素，氮、磷等元素是造成水体富营养化的元凶，可利用电解复氧装置，浸入待处理水体的底部，解决富营养化问题。该装置如下图，下列说法不正确的是
A. 电解产生的氧气溶于水体中，可以为水中的动植物提供生存所需的氧
B. 阴极发生的反应为
C. 阳极中生成氧气和活性氯具有强氧化性，可以杀灭藻类从而使富营养化水体中的藻类停止疯长
D. 电解过程简单，不需要额外添加化学试剂，因此不会对环境造成二次污染
【答案】B
【解析】
【详解】A．利用电解复氧装置，电解产生的氧气溶于水体中，可以为水中的动植物提供生存所需的氧，A项正确；
B．阴极发生的反应为，B项错误；
C．电解过程中，阳极上会生成氧气和氯气，可以杀灭藻类，C项正确；
D．电解过程只需通电，操作简单，不需要额外添加化学试剂，不会对环境造成二次污染，D项正确；
答案选B。
10. 由下列实验现象一定能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．在饱和溶液中滴加稀硫酸，发生复分解反应产生气体，将产生的气体通入酸性溶液中，二者发生氧化还原反应使反应变为无色，因此观察到溶液褪色，证明了具有还原性，A错误；
B．与NaBr发生置换反应产生，使左边棉球变黄，易挥发，会与右边的棉球上KI发生置换反应产生，淀粉遇变蓝色，右边棉球变为蓝色也有可能是过量的与KI发生置换反应产生的所致，因此不能证明氧化性：，B错误；
C．向2mL含有AgCl悬浊液的试管中滴加2滴NaBr溶液，产生淡黄色沉淀，可证明物质的溶解度：AgCl>AgBr，AgCl悬浊液过量，因此再向该混合物中滴加2滴NaI溶液时，产生黄色沉淀，只能得到溶解度：AgCl>AgI，而不能证明物质的溶解度：AgBr>AgI，C错误；
D．空气中与的体积比约为4∶1，而带火星木条不复燃，将氧气换成后木条的复燃，说明对于木条的燃烧，比的助燃效果更好，故D正确；
本题选D。
11. 硒化锌是一种重要半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，图乙为晶胞的俯视图，已知原子分数坐标a点(0，0，0)，c点(1，1，1)，晶胞参数为p nm。下列说法不正确的是
A. 晶胞中Zn原子的配位数为4
B. Se位于元素周期表的p区
C. 晶胞中d点原子分数坐标为()
D. Zn和Se的最短距离为nm
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据均摊法，晶胞中Zn的个数为4，Se的个数为4，Se在顶点和面心，与Zn构成的立体结构为正四面体形，与其距离最近的Zn原子的个数为4，故A正确；
B．Se位于周期表中第四周期第ⅥA族，属于p区，故B正确；
C．将晶胞均分为8个小立方体，c的分数坐标为，原子d应在上层四个小立方体的右前面一个小立方体的体心，d的分数坐标为，故C错误；
D．图中相邻的Zn与Se之间的距离为体对角线的，对角线为nm，则相邻的Se和Zn之间的距离为nm，D正确；
本题选C。
12. 高锰酸钾在工业中广泛用作氧化剂。以软锰矿(主要成分是，含有和等杂质)为原料制备高锰酸钾的工艺流程如图所示：
已知：
①“焙烧”中有生成。
②20℃时各物质的溶解度如下表。
下列说法错误的是
A. “焙烧”时，主要反应化学方程式为
B. 操作Ⅰ，若通入4ml 时，理论上转移电子数为2
C. “焙烧”时加入的KOH应适量，否则制得的中混有含Si元素的杂质
D. 操作Ⅱ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，滤渣2的主要成分为
【答案】B
【解析】
【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，含有Fe2O3和SiO2等杂质)与KClO3在强碱性条件下焙烧，反应生成氯化钾、锰酸钾和水，反应后的固体加水溶解，得到滤渣为氧化铁和二氧化硅，滤液含有锰酸钾，通入二氧化碳后，在酸性条件下，锰酸钾发生歧化反应得到二氧化锰固体和锰酸钾、碳酸钾，根据锰酸钾、碳酸钾的溶解度差别较大，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到高锰酸钾固体和碳酸钾，碳酸钾加入生石灰后，得到氢氧化钾，据以上分析解答。
【详解】A．“焙烧”中有生成，该步骤主要反应的化学方程式为，故A正确；
B．通入后，在酸性条件下，锰酸钾发生歧化反应得到二氧化锰固体、锰酸钾和碳酸钾，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为，若通入4ml 时，理论上转移电子数为4，故B错误；
C．若“焙烧”时加入的KOH过量，也能与NaOH反应生成，导致制得的中混有含Si元素的杂质，故C正确；
D．根据表格中溶解度，的溶解度远小于，故滤渣2的主要成分为KMnO4，分离操作的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D正确；
本题选B。
13. 煤—天然气综合利用制甲醇项目中，原料气主要发生反应①和副反应②。
主反应①：
副反应②：
的平衡转化率(X—CO2)，的选择性(S—CH3OH)随温度变化如下：
已知：初始、，，下列说法正确的是
A. 、
B. 温度越低，压强越大，越有利于甲醇的合成
C. T℃，若只发生①②，则的平衡转化率为24%
D. T℃，反应②的(为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图看出，随着温度升高，的选择性(S-)逐渐降低，反应①向逆方向进行，因此正反应；同时，随着温度升高，前期的平衡转化率逐渐降低，此阶段体系发生的反应主要是反应①，后期的平衡转化率逐渐升高，此阶段体系发生的反应主要是反应②，因此，A错误；
B．温度太低，反应不能正常进行，反应速率减小，不利于甲醇的合成，B错误；
C．T℃时，根据的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3ml ，又因为的选择性为80%，可知0.3ml 中有80%即0.24ml发生反应①转化为，根据反应方程式CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，消耗氢气0.72ml，有0.06ml CO2发生反应②，根据方程式CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，消耗氢气0.06ml，共消耗0.78ml，转化率为，C错误；
D．根据方程式，反应①消耗氢气0.72ml的同时，生成水和甲醇都是0.24ml，反应②氢气0.06ml的同时，生成水和一氧化碳都是0.06ml，此时，体系中剩余未反应的CO2 0.7ml，氢气剩余2.22ml，CO有0.06ml，H2O共有0.3ml，甲醇0.24ml，反应②的，D正确；
本题选D。
14. 是一种二元弱酸。常温下，将稀硫酸滴入一定浓度的溶液中，混合溶液pY「Y表示或，]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. 曲线n表示与混合溶液pH的变化关系
B. 的数量级为
C. NaHR溶液中存在：
D. 滴加稀硫酸的过程中保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．为二元弱酸，以第一步电离为主，则，pH相同时，，则，用m，n分别表示的pH与、变化关系，故A正确；
B．由图中M点可得出，，故数量级为，故B错误；
C．N点pH=7.4，，，，所以的水解平衡常数，说明的水解程度大于其电离程度，则NaHR溶液呈碱性，即，根据电荷守恒可知，得到，故C正确；
D．，电离平衡常数随温度变化，滴加稀硫酸过程中，温度不变，保持不变，故D正确；
本题选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 高纯度硝酸高铈铵主要用作有机合成的催化剂和氧化剂、集成电路的腐蚀剂等。它的化学式为，易溶于水，几乎不溶于浓硝酸。实验室用溶液制备硝酸高铈铵的主要步骤如下：
Ⅰ.由与反应制备。
制备的装置如图所示：
将装置A和D中所产生的气体通入装置B一段时间，再将溶液滴入下方反应后的溶液中，从而制备固体。
已知：易被空气氧化成。
回答下列问题：
（1）装置D中盛放稀盐酸的实验仪器名称为___________，装置C的作用是___________。
（2）若装置A和装置D中所产生的气体物质的量之比超过___________，则B中会产生一种含铈的沉淀杂质。
（3）装置B中制备反应的离子方程式为___________。
（4）在装置B中沉淀，然后经过静置、过滤、洗涤、干燥后即可得到纯品。检验是否洗涤干净的方法为___________。
Ⅱ.制备硝酸高铈铵并测其纯度。
取适量碳酸铈[]于铂皿中，用硝酸溶解生成硝酸铈溶液，然后加入过氧化氢、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到(黄色难溶物)。将于一定温度下加入硝酸加热至浆状，生成，再加入稍过量的晶体从而生成硝酸高铈铵沉淀，经过滤、洗涤、自然烘干后得到产品。取25.00g烘干后的产品，溶于水配成500mL待测溶液，取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入足量酸性KI溶液，滴入2～3滴淀粉溶液；用0.1ml/L 溶液进行滴定，记录读数。重复实验后，平均消耗溶液的体积为20.00mL。已知发生的反应为。
（5）①写出生成的离子方程式：___________。
②“氧化沉淀”时，加热的温度不宜过高，原因是___________。
③产品中的质量分数为___________。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 尾气处理，并防止外界空气进入将氧化
（2）1∶1 （3）
（4）取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净
（5） ①. ②. 过氧化氢、氨水均易受热分解 ③. 87.68%
【解析】
【分析】A装置制备氨气，D装置制备二氧化碳，通入B中与CeCl3溶液反应生成Ce2(CO3)3，Ce3+易被空气氧化成Ce4+，C装置可以防止外界空气进入B装置干扰试验。
【小问1详解】
装置D中盛放稀盐酸的实验仪器名称为分液漏斗，因为Ce3+易被空气氧化成Ce4+，则装置C中的作用是防止外界空气进入；
【小问2详解】
若装置A和装置D中所产生的气体超过1:1，则B中会产生一水合氨，然后会与Ce3+反应生成Ce(OH)3；
【小问3详解】
装置B中制备Ce2(CO3)3反应的反应物为Ce3+和，故离子方程式为2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O；
【小问4详解】
制取Ce2(CO3)3的过程中，CO2气体中含有挥发的HCl，沉淀表明可能附着有Cl-，检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否有氯离子，方法为取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净；
【小问5详解】
①生成Ce(OH)4即向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4，该反应的离子方程式为2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6+2Ce(OH)4↓；
②向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀时，由于双氧水、氨水均易受热分解，故加热的温度不宜过高；
③根据反应方程式可得关系式：2Ce4+~I2~2Na2S2O3，25.00mL待测溶液消耗0.1ml/L Na2S2O3溶液的体积是20.00mL，则其中含有溶质(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量=n(Na2S2O3)=0.1ml/L×0.02L=2×10-3ml，则25.00g样品配成的500mL溶液中含有溶质物质的量=2.00×10-3ml×=4.00×10-2ml，其质量m[(NH4)2Ce(NO3)6]=4.00×10-2ml×548g/ml=21.92g，故25g产品(NH4)2Ce(NO3)6的质量分数为87.68%。
16. 湿法炼锌具有能耗低，生成产品纯度高等特点，其主要原料为锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)，获得较纯锌锭的工艺流程如图：
已知：焙烧后的氧化物主要有ZnO、PbO、CuO、、、CdO。
（1）铜原子的价层电子排布图为___________。
（2）“酸浸”中滤渣主要成分为___________。
（3）“一段沉积”和“二段沉积”刚开始加入锌粉时，反应速率较小，然后反应速率显著增大，请解释产生此现象的原因：___________。
（4）写出“赤铁矿除铁”过程中反应的离子方程式：___________。
（5）“—萘酚净化除钴”先是把氧化成，并生成NO，与有机物发生化学反应生成红褐色稳定鳌合物沉淀。写出被氧化的离子方程式：___________。
（6）“电解”工艺中，电解液常有较高浓度的会腐蚀阳极而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和，生成CuCl沉淀从而除去。已知： ；。请通过具体数据说明上述的反应能完全进行的原因：___________。
（7）纯净的硫化锌是半导体锂离子电池负极材料。在充电过程中，发生合金化反应生成LiZn(合金相)，同时负极材料晶胞的组成变化如图所示。
①充电过程中ZnS到的电极方程式为___________(x和y用具体数字表示)。
②若的晶胞参数为a nm，则EF间的距离为___________nm。
【答案】（1） （2）
（3）锌粉置换出的铜或镉覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率
（4）
（5）
（6） ；② ；则①-2×②得：，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行
（7） ①. ②.
【解析】
【分析】锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)，硫元素转化为SO2，经过焙烧得金属氧化物，主要有ZnO、PbO、CuO、Fe2O3、C2O3、CdO，焙烧后的氧化物用硫酸酸浸，其中生成硫酸铅为沉淀，以滤渣除去，将焙烧尾气（主要为SO2）通入浸出液，使三价铁离子被还原为二价铁离子，再加入粗锌粉置换铜，加入细锌粉置换镉，再通入氧气将亚铁离子转化为三价铁离子，更易水解沉淀，最后氧化二价钴离子并沉钴，得到硫酸锌溶液，电解得锌。
【小问1详解】
铜元素原子序数为29，价层电子排布图为；
【小问2详解】
焙烧后的氧化铅溶于硫酸，生成难溶的，滤渣的主要成分为；
【小问3详解】
从流程信息中可以看出金属性：CuAgI
对于木条的燃烧，比的助燃效果更好
物质
溶解度/g
6.38
111
11.1