2024届湖南省益阳市高三上学期9月教学质量检测化学试题（解析版）

湖南省益阳市2024届高三上学期9月教学质量检测化学试题注意事项：1.检测时量为75分钟，满分为100分。2.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，考生只需交答题卷。可能用到的相对原子质量：C~12O~16F~19Mg~24K~39Ba~137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。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.化学与生活、材料、环境、能源关系密切，下列说法错误的是A.山水林田湖草的整体保护和治理有利于实现碳中和B.SO2在工业上可用于漂白纸浆、丝织品，但不能用作食品添加剂C.2022年北京冬奥会部分场馆使用“碲化镉”光伏发电系统，将太阳能转化为电能D.我国科研团队在实验室利用CO2合成淀粉实现了无机小分子向有机高分子的转变【答案】B【解析】【详解】A．山水林田湖草的整体保护和治理有利于植物进行光合作用，实现碳中和，故A正确；B．SO2具有漂白性在工业上可用于漂白纸浆、丝织品，适量的SO2在食物中可起到抗氧化、防腐的作用，故B错误；C．“碲化镉”光伏发电系统，将太阳能转化为电能，故C正确；D．利用CO2合成淀粉实现了无机小分子向有机高分子的转变，故D正确；答案选B。2.化学用语是学习化学的重要工具。下列化学用语表述错误的是A.CH3CH(CH2CH3)2的名称：3-甲基戊烷B.用电子式表示K2S的形成：C.基态Sc(钪)原子的价电子排布式：3d24s1D.CH4分子的VSEPR模型为正四面体：【答案】C【解析】【详解】A．CH3CH(CH2CH3)2根据系统命名法，命名为：3-甲基戊烷，故A正确；B．K2S为离子化合物，形成过程中K失去电子形成K+，S得到电子变为S2-，电子式表示形成过程：，故B正确；C．Sc原子序数21，核外电子排布：，基态Sc(钪)原子的价电子排布式，故C错误；D．CH4分子中心原子C原子价层电子对数：，无孤电子对，VSEPR模型为正四面体，故D正确；答案选C。3.下列装置可以用于相应实验且能够达到实验目的的是ABCD实验室制取并收集NH3验证NH3易溶于水且溶液呈碱性分离乙醇和乙酸蒸发MgCl2溶液，得到无水MgCl2A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，遇冷氯化氢和氨气反应生成氯化铵，则直接加热氯化铵不能制取氨气，故A错误；B．氨气极易溶于水能使烧瓶中的气体压强减小而产生喷泉，溶于水的氨气与水反应生成的一水合氨能电离出氢氧根离子使溶液呈碱性，所以能用喷泉实验实验装置产生红色喷泉验证氨气易溶于水且溶液呈碱性，故B正确；C．乙醇和乙酸互溶，不能用分液的方法分离乙醇和乙酸，应用加入新制生石灰后蒸馏的方法分离，故C错误；D．氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化镁和氯化氢，直接加热氯化镁溶液，氯化氢挥发，会使水解平衡趋于完全得到氢氧化镁，无法得到无水氯化镁，故D错误；故选B。4.下列有关说法正确的是A.SiF4和SO的中心原子的杂化轨道类型均为sp3杂化B.电负性越大，元素的非金属性越强，第一电离能也越大C.乙醇分子和水分子间只存在范德华力D.在[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+给出孤电子对，NH3提供空轨道【答案】A【解析】【详解】A．SiF4中心原子形成4个共价键，属于sp3杂化；SO中心原子S价层电子对数：，含一对孤电子对，属于sp3杂化，故A正确；B．电负性越大的元素，第一电离能不一定越大，需考虑核外电子排布达到全充满或半充满状态，如电负性S＞P，但第一电离能P＞S，故B错误；C．乙醇分子和水分子间除了存在范德华力，还存在氢键，故C错误；D．在[Cu(NH3)4]2+中存在配位键，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故D错误；答案选A。5.下列有关反应的离子方程式或电极反应式错误的是A.硝酸银溶液中加入过量氨水：B.酰胺在碱存在并加热的条件下水解：C.电解饱和食盐水时的阴极反应式：D.钢铁腐蚀时的负极反应式：【答案】D【解析】【详解】A．硝酸银溶液中加入过量氨水，先生成氢氧化银沉淀，后沉淀被溶解，离子方程式：，故A正确；B．酰胺在碱存在并加热的条件下水解生成羧酸盐和氨气，离子方程式：，故B正确；C．电解饱和食盐水，阴极发生得电子的还原反应，电极反应式：，故C正确；D．钢铁腐蚀时铁在负极发生失电子反应，负极电极反应式：，故D错误；答案选D。6.短周期主族元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，其中，X存在不含中子的核素，基态Y原子2p能级含2个空轨道，Z与T位于同一主族，二者可形成三原子、四原子的二元化合物，W存在两种常见单质，其中一种在空气中易发生自燃。下列说法错误的是A.YF3分子的空间结构为平面三角形B.简单离子半径：W>T>ZC.电负性：Z>W>TD.可发生自燃的W单质中，键角为60°【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，X存在不含中子的核素，则X为H；基态Y原子2p能级含2个空轨道，则Y为B；Z与T位于同一主族，二者可形成三原子、四原子的二元化合物，则Z为O、T为S，形成的三原子、四原子的二元化合物分别为二氧化硫、三氧化硫；W存在两种常见单质，其中一种在空气中易发生自燃，则两种单质分别为白磷和红磷，W为P；【详解】A．YF3分子为BF3分子，其中心原子B价层电子对数：，不含孤电子对，为平面三角形，故A正确；B．离子核外电子层结构不同时，电子层数越多，离子半径越大；离子核外电子层结构相同时，原子序数越小，离子半径越大，则简单离子半径：，故B正确；C．元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：，则电负性：，故C错误；D．白磷为正四面体结构，键角为60°，故D正确；答案选C。7.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅溴与苯发生了加成反应B向FeCl3溶液中滴加KI-淀粉溶液，溶液变蓝氧化性：Fe3+>I2C向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X一定具有强氧化性D向2mL1mol/LCuSO4溶液中滴入2滴0.1mol/LNaOH溶液，再滴加2滴0.1mol/LNa2S溶液，先产生蓝色沉淀再产生黑色沉淀Ksp[Cu(OH)2]>Ksp(CuS)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．将适量苯加入溴水中，充分振荡后，水层接近无色,这是因为苯萃取了溴水中溴单质，现象与结论不符，故A错误；B．室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加2滴淀粉溶液，溶液变蓝色，说明Fe3＋把溶液中的I-氧化成了I2，证明Fe3＋的氧化性比I2的强，现象与结论相符，故B正确；C．气体X也可能为氨气等碱性气体，使得反应生成亚硫酸钡沉淀，故C错误；D．反应中铜离子过量，分别会生成氢氧化铜和硫化铜沉淀，由现象不能比较Ksp，现象与结论不符，故D错误；答案选B。8.如图1所示为铅蓄电池，图2所示为用铅蓄电池做电源，石墨做电极，电解溶液，Z为盐桥。下列说法正确的是A.X连B极，Y连A极B.铅蓄电池放电时，负极得电子被氧化，电极析出，质量越来越大C.将Z换成阴离子交换膜，电解一小段时间后，X极区和Y极区溶液浓度均变小。D.将Z换成铜片，电解一小段时间，Z的质量几乎不变【答案】D【解析】【分析】用铅蓄电池做电源，石墨做电极，电解溶液，Z为盐桥，铅蓄电池中铅为负极、氧化铅为正极，正极连接图2的Y极，负极连接X极，X极上氯离子失电子产生氯气，Y极上铜离子得电子产生铜。【详解】A．A为负极，B为正极，即X连A极，Y连B极，A错误；B．负极失电子被氧化，B错误；C．若2是阴离子交换膜，Y为阳极，电极反应式为，同时左边溶液转移相同个数的到右边，X为阴极，电极反应式为，所以左边溶液浓度减小，理论上右边溶液浓度不变，C错误；D．若将Z换成铜片，相当于两个串联的电解池，X为阴极(电极反应式为)，Z左侧为阳极(电极反应式为)，Z右侧为阴极(电极反应式为)，Y为阳极(电极反应式为)，理论上Z的质量不变，D正确；答案选D。9.实验室中利用固体KClO3和MnO2进行如图实验，下列说法正确是A.氯元素最多参与了2个氧化还原反应B.气体a是氧化产物，气体b是还原产物C.整个过程转移电子数可能为2.6NAD.若用足量浓H2SO4代替浓盐酸，b的物质的量不变【答案】C【解析】【分析】KClO3在MnO2催化下分解出氧气，即a为氧气；固体混合物可能是MnO2和KCl混合，或是MnO2、KCl和KClO3混合；加入浓盐酸后与MnO2反应生成单质b为氯气；【详解】A．整个反应过程中，Cl元素最多可参与3个反应，分别是、、,故A错误；B．在反应中，O元素化合价升高，则是氧化产物；在反应中，Cl元素化合价升高，是氧化产物，故B错误；C．若第一步反应氯酸钾无剩余，则消耗0.4mol，转移电子数为2.4mol，第二步消耗0.1mol，转移电子数0.2mol，两步共转移电子数2.6mol；若0.4mol全部参与反应，则转移电子数2.2mol电子，即整个过程转移电子数可能为2.6NA，故C正确；D．若用足量浓H2SO4代替浓盐酸，第一步反应进行结束后生成KCl有0.4mol，若用足量浓H2SO4代替浓盐酸，浓硫酸与KCl反应也可生成浓盐酸，进一步与反应产生氯气，但随着反应不断进行，浓盐酸不断变稀，0.1mol不会被完全消耗，则产生的氯气会变少，故D错误；答案选C。10.一种理想的激光基质材料M由元素钾、镁和氟组成。晶体M的晶胞如图所示，已知：晶胞参数为。下列有关该晶体的说法错误的是A.晶胞中K、、F的原子个数比为1∶1∶3B.与K等距离且最近的F的数目为6C.在M晶胞结构的另一种表示中，若K位于晶胞的体心，则F位于棱心D.该晶体的密度为【答案】B【解析】【详解】A．晶胞中，钾原子位于顶点，镁原子位于体心，氟原子位于面心，则晶胞中的原子个数比为1∶1∶3，选项A正确；B．与K等距离且最近的F位于面心，共有12个，选项B错误；C．在M晶胞结构的另一种表示中，若K位于晶胞的体心，则F位于棱心，位于顶点，选项C正确；D．根据均摊法确定晶胞中含8=1个K,1个,6=3个F,该晶体的密度，选项D正确；答案选B。11.BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。已知“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；“沉淀”步骤中生成的沉淀化学式为BaTiO(C2O4)2。下列说法中错误的是A.“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是做还原剂B.“浸取”步骤中的滤渣为CaS：“酸化”步骤中的酸可用盐酸或稀硫酸C.“沉淀”步骤中发生反应的化学方程式为D.“热分解”过程中产生的CO和CO2的物质的量之比为1：1【答案】B【解析】【分析】由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaS和BaCl2；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体；BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和（NH4）2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3。【详解】A．“焙烧”步骤中BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS，C的化合价从0价到+2价，即碳粉的主要作用是做还原剂，故A正确；B．“浸取”步骤中的滤渣为CaS和碳粉；“酸化”步骤中的酸可用盐酸，稀硫酸会加入杂质离子不可用，故B错误；C．“沉淀”步骤为BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和（NH4）2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2，对应的化学方程式为：，故C正确；D．BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3，对应的化学方程式为：，CO和CO2的物质的量之比为1：1，故D正确；故选B。12.在恒容的密闭容器中，物质M和N发生如下反应：，不同温度下保持其它条件不变，反应相同时间测得M的转化率与温度的关系如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下M的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确是A.根据图像可知，该反应ΔH>0B.X点的化学平衡常数等于Z点的化学平衡常数C.图中Y点v正(M)：v逆(N)=2：1D.图中Z点，不改变其它条件时，通过分离产物Q能提高化学反应速率【答案】C【解析】【详解】A．M的平衡转化率（虚线）随温度的变化可看出，温度越高M的平衡转化率越低，平衡逆向移动，反应ΔH＜0，故A错误；B．化学平衡常数只与温度有关，X、Z的温度不同，化学平衡常数不同，故B错误；C．图中Y点已达到平衡状态，v正(M)=v逆(M)，v逆(M)：v逆(N)=2：1，故C正确；D．图中Z点，不改变其它条件时，分离产物Q，使得Q浓度下降，反应速率下降，故D错误；故选C。13.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T°C时(各物质均为气态)，CH3OH与H2O在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。下列说法错误的是A.反应B.反应Ⅱ的热化学方程式表示为C.选择合适的催化剂可降低反应I和反应Ⅱ的活化能D.1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量大于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量【答案】D【解析】【详解】A．该反应是气体分子数增大的反应，则总反应CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)有熵增的趋势，即ΔS＞0，A正确；B．由图可知，反应Ⅱ的反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，则反应Ⅱ的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)

ΔH＜0，B正确；C．选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，可加快反应速率，C正确；D．由图可知，该反应为吸热反应，则1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，D错误；故答案为：D。14.常温时，分别向一元酸HX溶液和溶液中滴加NaOH溶液，与pH的关系如图所示[C表示或]。已知常温时，。下列说法错误的是A.曲线①表示与pH的关系B.一元酸HX的电离平衡常数C.对于曲线②的溶液，N点水的电离程度小于M点D.M点时，对于溶液：【答案】A【解析】【详解】A．当，即时，由常温时可知，，则，即为P点，故曲线①表示与pH的关系，曲线②表示与pH的关系，A错误；B．由题图可知，N点时，，即，则HX的电离平衡常数，B正确；C．曲线②表示与pH的关系，而N点的比M点的大，酸的电离会抑制水的电离，则N点水的电离程度比M点的小，C正确；D．由溶液中的电荷守恒可知，D正确；故选A。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(本题共4小题，共58分。)15.Na2FeO4具有强氧化性，是一种新型的绿色非氯净水消毒剂，碱性条件下可以稳定存在，酸性条件下易转化生成Fe(OH)3。Na2FeO4可用Fe(OH)3与NaClO在强碱性条件下制取。某实验小组利用下图所示装置，制取Na2FeO4并验证其处理含CN-废水的能力。I．制取Na2FeO4（1）仪器A的名称为___________，洗气瓶B中盛有的试剂为___________。（2）实验开始，先打开仪器___________(填“A”或“C”)的活塞。（3）装置D的作用为___________。（4）当三颈烧瓶中红褐色固体基本消失，得到紫色溶液时，停止通入Cl2。通入氯气的过程中三颈烧瓶中发生反应的离子方程式有、___________。Ⅱ.模拟并验证Na2FeO4处理含CN-废水的能力（5）取一定量Na2FeO4加入试管中，向其中加入0.20mol·L-1的NaCN溶液10mL，CN-被氧化为CO和N2。充分反应后过滤，向滤液中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀0.3743g。①配制0.20mol·L-1NaCN溶液，需要的玻璃仪器有___________(填字母代号)。②计算NaCN溶液中CN-的去除率为___________。【答案】（1）①.分液漏斗②.饱和食盐水（2）C（3）吸收多余的Cl2，防止污染空气（4）（5）①.abcf②.95%【解析】【分析】浓盐酸与高锰酸钾发生反应生成氯气，经过饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体杂质后，将氯气通入三颈烧瓶，与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，在碱性环境下，氢氧化铁与次氯酸钠发生氧化还原反应生成Na2FeO4；【小问1详解】根据仪器A结构特点可知为分液漏斗；反应生成的氯气中混有HCl气体杂质，需经过饱和食盐水进行除杂；【小问2详解】因为实验中需要保持碱性环境，因此先向溶液中加入NaOH溶液，然后再通入Cl2，所以先开C活塞；【小问3详解】装置D作用：吸收多余的Cl2，防止污染空气；【小问4详解】Fe(OH)3与NaClO在强碱性条件下反应生成Na2FeO4，离子方程式：；【小问5详解】①配制0.20mol·L-1NaCN溶液，需要的玻璃仪器有：胶头滴管、烧杯、250mL容量瓶、玻璃棒；②，则CN-的去除率：；16.载氧体化学链燃烧技术(CLC)是一种燃烧效率更高的新技术。以H2为燃料气，CaSO4为载氧体的CLC体系的工作原理如下图所示。已知：“燃料反应器”中发生反应的热化学方程式为：(反应1)（1）该CLC体系每消耗1molH2，放出241.8kJ的热量，则“空气反应器”中发生反应的热化学方程式___________。（2）随着温度的升高，“燃料反应器”中还可能发生副反应：(反应2)，教育部某重点实验室利用HSC软件绘制出1molCaSO4和1molH2在不同温度下反应的平衡体系中的物质组成如图：①ΔH2___________0(填“>”“<”或“=”)，理由是___________。②该CLC体系工作时，“燃料反应器”中应该采用___________(填字母代号)，否则不但会影响燃烧效率而且会有污染物生成A．高温高压B．高温低压C．低温高压D．低温低压③1000℃时，经实验测得反应1的平衡常数。i．1000℃时，平衡体系中水和氢气的物质的量之比___________。ⅱ.保持1000℃时不变，将“燃料反应器”的容积压缩，重新达到平衡后，H2、H2O、SO2的物质的量的变化情况为：H2___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)、H2O___________、SO2___________。【答案】（1）（2）①.>②.随着温度的升高CaO(或SO2)的物质的量增加，说明升高温度反应2平衡正移，因此ΔH2>0(或较高温度下才有CaO和SO2生成，说明反应2低温下不自发而高温下自发，因此ΔH2>0)③.C④.100⑤.不变⑥.不变⑦.减小【解析】【小问1详解】(反应1)；以H2为燃料气，每消耗1molH2，放出241.8kJ的热量，得（反应2）；根据盖斯定律：（反应2）×2-(反应1)得；【小问2详解】①随着温度的升高CaO(或SO2)的物质的量增加，说明升高温度反应2平衡正移，因此ΔH2>0；②根据及图像可知，温度高于800℃，CaS开始减少，二氧化硫开始增多，则说明“燃料反应器”温度应低于800℃；根据，为气体增多的反应，高压可使平衡逆向进行，即应采取低温高压条件进行，答案选C；③，；若保持1000℃时不变，将“燃料反应器”的容积压缩，根据可知平衡逆向移动，二氧化硫会减少；结合可知，温度不变，不变，则氢气和水蒸气物质的量不变。17.三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造镍氢电池，工业上利用含镍废料(主要成分为镍、铝、铁及其氧化物、碳等)回收其中的镍并制备Ni2O3的工艺流程如下：已知：①NiCl2易溶于水，在该实验条件下H2O2、Fe3+不能氧化Ni2+②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.010mol/L)的pH7.23.72.27.5完全沉淀时()的pH8.74.73.29.0（1）“预处理”操作目的是除去镍废料表面的油脂，可选用试剂为___________(填字母代号)。A．水B．饱和食盐水C．NaOH溶液（2）“酸浸”时温度过高，镍的浸出率下降，主要原因可能是___________(答一点即可)。（3）“氧化”时主要反应的离子方程式是___________。（4）若“氧化”后的溶液中Ni2+浓度为0.01mol/L，则“调pH”应控制的pH范围是___________。（5）反萃取的反应原理为，向有机相中加入H2SO4溶液能进行反萃取的原因为___________(用化学平衡移动原理解释)。（6）有机相提取的Ni2+再生时可用于制备镍氢电池(碱性)，该电池充电时的总反应为，则放电时负极的电极反应式为___________。（7）确定Ni2O3固体是晶体的最可靠的科学方法是___________(填字母代号)。A.测定熔、沸点 B.观察外形C.对固体进行X射线衍射测定 D.对比硬度【答案】（1）C（2）HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2+水解加快(或促进Ni2＋水解)，部分生成Ni(OH)2（3）（4）4.7≤pH＜7.2（5）平衡，加入H2SO4，c(H+)增大，平衡正向移动，产生更多的Ni2+（6）（7）C【解析】【分析】含镍废料经过预处理除去表面的油污，根据物理方法，使油污分离，第二步中加入盐酸浸出金属阳离子，而其中的碳没有参与反应，在滤渣1中，而金属镍离子，二价铁离子、铝离子，第三步加入双氧水后将二价铁氧化成三价铁离子，在第四步中加入氧化镍后调节pH将铁离子和铝离子除去，在第五步中加入有机萃取剂把镍离子萃取到有机相中，第六步中加入硫酸溶液后将镍离子反萃取到溶液中，通过结晶得到硫酸镍晶体，再通过一系列过程得到三氧化二镍；【小问1详解】“预处理”操作目的是除去镍废料表面的油脂，可用氢氧化钠溶液与油脂反应将其去除，故选C；【小问2详解】温度升高，导致HCl挥发加快，盐酸浓度降低较快；HCl对Ni2＋水解抑制程度减小，从而加快Ni2＋水解，部分生成Ni(OH)2，导致镍的浸出率下降；【小问3详解】氧化时，双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，其离子方程式为：；【小问4详解】加入氧化镍调节pH是为了将铁离子和铝离子除去，同时保