湖南省永州市2025-2026学年高三上学期第一次模拟考试化学试卷（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1湖南省永州市2025-2026学年高三上学期第一次模拟考试试卷注意事项：1.本试卷共18道小题，满分为100分，考试时量75分钟。2.考生务必将各题的答案填写在答题卡的相应位置，在本试卷上作答无效。考试结束后只交答题卡。3.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cu-64一、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目要求。1.2025年九三阅兵展示了我国多种高科技材料。下列材料属于金属材料的是A.钛合金部件——新型战机发动机关键构件B.氮化硅陶瓷轴承————地面装备传动系统核心部件C.碳纤维复合材料————卫星通信车轻量化结构件D.聚酰亚胺薄膜————电子对抗系统柔性电路基材【答案】A【解析】A．钛合金是金属材料中的合金，属于金属材料，A正确；B．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，B错误；C．碳纤维复合材料是复合材料，不属于金属材料，C错误；D．聚酰亚胺薄膜是有机高分子材料，D错误；故选A。2.下列化学用语表述正确的是A.中子数为12的氖原子：NeB.基态Be原子的价电子排布图：C.PCl3分子的空间结构模型：D.反-1，2-二氟乙烯的结构式：【答案】D【解析】A．氖原子的质子数为10，中子数为12，故氖核素，A错误；B．基态Be原子价电子排布为2s2，价电子排布图，B错误；C．根据VSEPR模型理论，PCl3分子的价层电子对数为：，因此，VSEPR模型为四面体形，PCl3分子的实际构型为：三角锥形，C错误；D．顺式结构中，两个相同的原子或基团位于双键的同一侧；而反式结构中，两个相同的原子或基团分别位于双键的两侧，所以为反-1,2-二氟乙烯，D正确；故选D。3.下列气体的提纯方法正确的是A.除去CO2中的SO2B.除去Cl2中的HClC.除去C2H2中的H2SD.干燥NH3A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．和均为酸性氧化物，都会与NaOH反应，无法仅除去，A错误；B．在饱和NaCl溶液中因浓度大而溶解度降低，HCl极易溶于水，可有效除去HCl，B正确；C．、均具有还原性，都会被酸性氧化，无法单独除去硫化氢，C错误；D．会与形成配合物，不能用无水干燥，D错误；故选B。4.下列试剂保存与实验操作不规范的是A.四氯化碳保存在广口塑料瓶中B.金属钠保存在石蜡油中C.实验室中可以将未用完的白磷放回原试剂瓶D.不慎将碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸【答案】A【解析】A．四氯化碳是液体且会腐蚀塑料，应保存在细口玻璃瓶中，A错误；B．金属钠需隔绝空气和水，石蜡油可有效隔绝，B正确；C．白磷易燃，未用完的需放回原瓶以确保安全，C正确；D．碱沾皮肤后立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸是标准处理方法，D正确；故选A5.下列离子方程式与所给事实相符的是A.过量铁粉与稀硝酸反应：B.用氯气氧化苦卤得到溴单质：C.用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-D.用Na2CO3溶液处理水垢中的【答案】B【解析】A．过量铁粉与稀硝酸反应时，Fe最终应被氧化为Fe2+而非Fe3+，离子方程式为：，A错误；B．Cl2的氧化性强于Br2，能将Br-氧化为Br2，离子方程式为：，B正确；C．用惰性电极电解MgCl2溶液时，阴极H2O分解产生H2和OH-，OH-与Mg2+结合生成Mg(OH)2沉淀，未体现Mg2+参与反应，离子方程式应为：Mg2++2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓，C错误；D．CaSO4为固体，离子方程式中应保留其化学式，而非拆分为Ca2+，离子方程式为：，D错误；故答案为B。6.Na2O2可在呼吸面具中作为氧气的来源，其原理为设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.中含σ键数目为2NAB.固体中含有的离子数为0.4NAC.的溶液中的数目小于NAD.等物质的量的Na2O2分别与足量的水和CO2反应，转移电子数均为NA【答案】C【解析】A．未指明气体是否处于标准状况，22.4L的物质的量不一定是1mol，无法确定σ键数目；A错误；B．7.8g为0.1mol，由2个和1个构成，总离子数为，B错误；C．溶液中会水解生成，导致小于1mol，即数目小于，C正确；D．每mol反应转移1mol电子，但题目未明确物质的量，仅说“等物质的量”，无法确定转移电子数，D错误；故选C。7.下列有关物质性质的解释错误的是性质解释A熔点：NaCl>CsCl氯化钠中的离子键强于氯化铯中的离子键B稳定性：水分子间存在氢键，而硫化氢分子间不存在氢键C键角：NO>NO中N原子为sp杂化，中N原子为杂化D碱性：-CH3是推电子基团，(中氮原子电子云密度大A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．NaCl的离子键因Na+半径小于Cs+而更强，熔点更高，A正确；B．H2O稳定性高是因O电负性大，O-H键能强，与氢键无关，B错误；C．NO中

N

原子的价层电子对数为，无孤对电子，为sp杂化，中N原子的价层电子对数为无孤对电子，为

杂化，C正确；D．-CH3推电子效应增强N电子云密度，碱性更强，D正确；故答案为B。8.化合物可用于离子检测。W、X、Y、Z、Q为前四周期元素，且原子序数依次增加，W原子的电子只有一种自旋取向，X的简单氢化物水溶液呈碱性，Y是地壳中含量最高的元素，Z与Y同主族，基态Q原子的M层未成对电子数为4。下列说法正确的是A.原子半径：Z>Y>XB.第一电离能：Y>X>ZC.Y形成的两种常见单质均为非极性分子D.化合物中含有离子键、极性键、配位键【答案】D【解析】W原子的电子只有一种自旋取向，故为氢元素；Y是地壳中含量最高的元素，故Y为氧元素；X的简单氢化物水溶液呈碱性，故为氮元素；基态Q原子的M层未成对电子数为4，故价电子为，故Q为铁元素；Z与Y

同主族，故Z为硫元素。A．原子半径比较中，S（Z）在第三周期，原子半径最大；N（X）和O（Y）在第二周期，N的原子半径大于O。因此原子半径顺序应为Z>X>Y，A错误；B．第一电离能顺序为N>O>S。N的p轨道半充满更稳定，电离能高于O；O的电离能高于S，B错误；C．Y（O）的两种常见单质为（非极性分子）和（极性分子），C错误；D．化合物中，与配离子间为离子键；配体内O-H、N-O等为极性键；Fe与配体间存在配位键，D正确；故选D。9.采用电解和催化相结合的循环方式，以Pt为电极，电解NaBr溶液，可实现高效制H2和O2，装置如图所示。下列说法正确的是A.电极a连接电源正极B.电解过程中需不断补充NaBrC.b电极反应式为D.催化反应生成的n(Z)：n(Br⁻)=2:3【答案】C【解析】由图可知，在电极b被氧化成为，其失去电子，因此电极b为阳极，电极反应为，故电极a为阴极，其电极反应为，因此X为；在催化剂的作用下，被还原成从而得到循环利用，结合题目条件可推导出Z为；A．由分析可知，电极a为阴极，连接电源负极，A错误；B．题中为“循环方式”，在电解时被氧化为，在催化过程中又转化回，形成的循环利用，故无需补充NaBr，B错误；C．由分析可知，电极b为阳极，电极反应为，C正确；D．催化反应中转化为和Z()，方程式为，则催化反应生成的n(Z)

：n(Br⁻)=3:2，D错误；故选C。10.布诺芬为解热镇痛药物，其合成路线如下：下列说法错误的是A.I中所有原子不可能共平面B.II转化为III的过程中，有手性碳原子形成C.II转化为III的反应，原子利用率为100%D.1molIII最多可与4molH2反应【答案】D【解析】A．I为异丙苯（苯环连接异丙基-CH(CH3)2），苯环为平面结构，但异丙基中中心碳原子为sp³杂化（四面体结构），与苯环通过单键相连，单键可旋转，导致所有原子不可能共平面，A正确；B．II的结构中无手性碳原子（饱和碳原子均连接有相同基团），III的结构中含-CH(CH3)COOH基团，其中连接-COOH、-CH3、苯环侧链和H的碳原子为手性碳（四个基团不同），故II转化为III过程中有手性碳原子形成，B正确；C．II（C12H16O）与H2、CO反应生成III（C13H18O2），反应式为II+CO+H2→III，所有反应物原子均进入产物，无副产物，原子利用率100%，C正确；D．III中只有苯环能与H2加成，1mol苯环需3molH2，羧基中的羰基不与H2加成，故1molIII最多与3molH2反应，D错误；故选D。11.工业上可用低品位锰矿(主要成分MnO2，含Fe、Al、Ni、Pb等元素的杂质)制备高纯二氧化锰，工艺流程如图所示。下列说法错误的是已知：常温下A.“焙烧”前，需对低品位锰矿进行粉碎处理B.“除铝”时，可用足量的NaOH溶液代替NH3·H2OC.“除镍铅”后的滤液中，D.“沉锰”时，反应的离子方程式为：【答案】B【解析】低品位锰矿(主要成分MnO2，含

Fe、Al、Ni、Pb等元素的杂质)通入氧气，加入硫酸亚铁进行焙烧，浸取除去氧化铁，加入一水合氨，将铝离子转化为氢氧化铝除去，加入硫化钠，生成硫化镍、硫化铅沉淀除去镍铅，最后加入一水合氨、碳酸氢铵将锰离子转化为碳酸锰沉淀，空气中煅烧碳酸锰生成二氧化锰固体。A．粉碎低品位锰矿可增大固体表面积，提高焙烧时的反应速率和原料利用率，A正确；B．“除铝”需将转化为沉淀除去，为弱碱，与反应生成沉淀且过量不溶解；而足量NaOH会与反应生成可溶性，无法沉淀，不能代替氨水，B错误；C．“除镍铅”时生成PbS和NiS沉淀，滤液中相同，故，C正确；D．“沉锰”时，一水合氨提供氢氧根与碳酸氢根反应生成，再与结合为沉淀，D正确；故选B。12.烟酸又称维生素B3，实验室可用3-甲基吡啶为原料来制备。3-甲基吡啶(沸点：144℃)已知：烟酸微溶于冷水，易溶于热水。实验步骤：①在3-甲基吡啶和水的混合液中分多次加入KMnO4固体，加热搅拌。②将步骤①所得溶液转移至蒸馏烧瓶中，控制温度在144℃时蒸馏，趁热过滤。③用浓盐酸酸化滤液，并调节溶液的pH为3.8~4.0，经一系列操作，获得粗产品。下列说法错误的是A.分多次加入高锰酸钾的目的是控制反应速率和提高产率B.蒸馏的目的是为了除去未反应的3-甲基吡啶C.步骤③中，可用广泛pH试纸测定溶液的pHD.可采用重结晶的方法提纯粗产品【答案】C【解析】3-甲基吡啶被高锰酸钾氧化先生成烟酸钾，再经过盐酸酸化得到烟酸粗产品，粗产品经过重结晶得到纯品，纯品用氢氧化钠溶液滴定测定其纯度，据此分析；A．分多次加入高锰酸钾可避免反应过于剧烈，使反应平稳进行，同时让3-甲基吡啶充分反应，从而控制反应速率和提高产率，A正确；B．3-甲基吡啶沸点为144℃，蒸馏控制温度144℃可将未反应的3-甲基吡啶蒸出，达到除去未反应原料的目的，B正确；C．步骤③需调节pH为3.8~4.0，广泛pH试纸精度为1，无法准确测定该范围的pH，应使用精密pH试纸或pH计，C错误；D．烟酸微溶于冷水、易溶于热水，可通过溶解于热水后冷却结晶的重结晶方法提纯，D正确；故选C。13.Wacker氧化反应的机理如图所示(R表示有机基团)，有机物在反应过程中，只有末端碳碳双键被氧化，其他不饱和键不受影响。下列说法错误的是A.过程中Pd元素的化合价发生了变化B.过程中有σ键和π键的断裂和形成C.总反应化学方程式为D.若反应物为1，3-丁二烯，则产物可能为C【答案】D【解析】A．过程中Pd元素的化合价从+2价（[PdCl4]2-）变为0价（单质Pd），再变回+2价（PdCl2），化合价发生变化，A正确；B．反应中烯烃的C=C双键（含π键）断裂，O2的O=O双键（含σ键和π键）断裂，同时生成C=O键（含σ键和π键），存在σ键和π键的断裂与形成，B正确；C．根据机理，末端烯烃（RCH=CH2）被O2氧化为酮（RCOCH3），催化剂参与循环，总反应为2RCH=CH2+O22RCOCH3，原子守恒，C正确；D．1,3-丁二烯（CH2=CH-CH=CH2）含两个末端双键，根据题干“末端碳碳双键被氧化”及总反应，应生成，而非二元醛（OHCCH2CH2CHO），D错误；故答案为D。14.25℃时，向含有1mol甘氨酸盐酸盐(HOOCCH2NH3Cl)的溶液中加入NaOH固体，体系中三种粒子的分布系数随溶液pH变化的关系如图所示。已知：中的分布系数：δ(A2-)=下列说法错误的是A.曲线a代表B.Ka1的数量级为C.n点溶液：c(D.pH=7时溶液中【答案】C【解析】向HOOCCH2NH3Cl溶液中加入氢氧化钠固体时，溶液pH增大，溶液中浓度减小，浓度先增大后减小，浓度先不变后增大，则曲线a代表、曲线b代表、曲线c代表；由图可知，溶液pH为2.4时，溶液中c()=c()，则电离常数Ka1==c(H+)=10—2.4，同理可知，Ka2=10—9.6。A．由分析可知，曲线a代表、曲线b代表、曲线c代表，A正确；B．由分析可知，电离常数Ka1=10-2.4≈4×10-3，则电离常数的数量级为10-3，B正确；C．n点溶液中存在电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)+c()=c(Cl-)+c(OH-)+c()，存在物料守恒关系：c(Cl-)=c()+c()+c()，由分析可知，溶液中c()=c()，整合可得：，C错误；D．由图可知，pH=7时，溶液中c()最大，的水解常数Kh===10—11.6＜Ka2，则在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液中，所以离子浓度的大小顺序为：，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.一水硫酸四氨合铜(II){}是一种深蓝色晶体，某兴趣小组利用在CuSO4溶液中滴加氨水的方法合成该物质，并测定晶体中铜元素的质量分数。实验步骤如下：步骤1制备氨水：向水中通入氨气。步骤2制备铜氨溶液：向CuSO4溶液中滴加氨水，先产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液。步骤3析出晶体：向深蓝色溶液中加入适量95%的乙醇，并用玻璃棒摩擦器壁，静置，有深蓝色晶体析出。步骤4晶体纯化：减压过滤，用乙醇与浓氨水的混合液洗涤晶体，最后用丙酮洗涤，低温干燥。步骤5测定晶体中铜元素的质量分数：称取mg晶体，置于碘量瓶中，用煮沸的稀硫酸充分溶解后，再加入过量KI溶液，盖好瓶塞，振荡，充分反应，静置5分钟，用标准溶液滴定至淡黄色时，注入4mL0.2%的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。已知：[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4、2Cu2++4I-=2CuI+I2、2+I2=2I-+]。请回答下列问题：（1）的中心离子是_______，配位原子杂化方式为_______。（2）步骤1用氯化铵和熟石灰制备氨气的化学方程式为_______。（3）步骤3中用玻璃棒摩擦器壁的作用为_______。（4）步骤4中，用乙醇与浓氨水的混合液洗涤晶体，加入浓氨水的原因是_______。（5）（6）晶体中铜元素的质量分数为_______(用含m、c、V的代数式表示)。下列操作会导致测得的铜元素质量分数偏小的是_______(填标号)。A.稀硫酸未加热煮沸B.滴定管尖嘴滴定前有气泡，滴定后消失C.在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面D.在配制标准溶液时，烧杯中溶液有少量溅出【答案】（1）①.②.（2）（3）以玻璃棒摩擦器壁产生的玻璃屑为晶核，促进晶体的析出（4）提高氨的浓度，防止晶体在洗涤过程中分解失氨（5）碱式滴定管（6）①.②.C【解析】向水中通入氨气制备氨水，向CuSO4溶液中滴加氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加氨水，转化为配离子，然后加入95%乙醇结晶，经减压过滤、乙醇与浓氨水的混合液洗涤、丙酮洗涤、低温干燥得到一水硫酸四氨合铜晶体；将晶体溶于水通过碘量法滴定测晶体中Cu的含量。（1）的中心离子是，配位原子是N原子，N的价对数为，故杂化方式为。（2）氯化铵和熟石灰制备氨气的化学方程式为。（3）步骤3中用玻璃棒摩擦器壁的作用为以玻璃棒摩擦器壁产生的玻璃屑为晶核，促进晶体的析出。（4）乙醇本身作为弱极性溶剂，能降低硫酸四氨合铜在溶液中的溶解度，当乙醇与水按一定比例混合时，会形成共溶剂效应，进一步削弱晶体与溶剂的相互作用，使其更易从溶液中析出，浓氨水提供碱性环境，可抑制硫酸四氨合铜的水解，故答案为：提高氨的浓度，防止晶体在洗涤过程中分解失氨。（5）步骤5主要为用硫代硫酸钠标准溶液滴定碘单质，硫代硫酸钠具有碱性，需使用碱性滴定管。（6）消耗溶液的物质的量为，则生成的碘单质的物质的量为，则溶液中铜离子的物质的量为，晶体中铜元素的质量分数为；A．稀硫酸未加热煮沸，溶液中混有的氧气会氧化碘离子生成碘单质，消耗偏大，结果偏大，A错误；B．滴定管尖嘴滴定前有气泡，滴定后消失，消耗偏大，结果偏大，B错误；C．在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，消耗偏小，结果偏小，C正确；D．在配制标准溶液时，烧杯中溶液有少量溅出,导致标准溶液浓度偏小，消耗偏大，结果偏大，D错误；故选C。16.一种利用含钌、铋的废料(主要成分为Ru、Bi2O3、SiO2等)为原料，制备三氯化T(和硫化铋的工艺流程如下：已知：①滤液1中有等离子；②常温下，Ksp回答下列问题：（1）Bi的原子序数为83，在元素周期表中位于_______区。（2）“氧化碱浸”时，两种氧化剂在不同温度下对钉浸出率的影响如图所示，则适宜的氧化剂和反应温度分别为_______。（3）“还原”过程中有碳酸盐生成，写出该过程的离子方程式_______。（4）滤渣2的主要成分是_______(填化学式)。（5）气体X经NaOH溶液吸收后，可以循环利用，则X为_______(填化学式)。（6）“沉铋”时，若向溶液中加入溶液，反应后混合溶液中为则Bi3+的沉淀率为_______(忽略溶液混合引起的体积变化；保留三位有效数字)。（7）钌酸铋可用于光催化，其晶胞结构(氧原子未画出)如图所示，晶胞边长分别为anm、anm、cnm，晶胞棱边夹角均为90°。设阿伏加德罗常数的值为NA，的相对分子质量为Mr，则晶体的密度为_______g∙cm-3(列计算式)。【答案】（1）p（2）NaClO、200℃（3）（4）H2SiO3或H4SiO4（5）Cl2（6）86.7%（7）【解析】钌、铋的废催化剂(主要成分为Ru、、)加NaOH溶解，并加氧化剂氧化，反应后Ru、转化为、，转化为，过滤后，在滤液中加入乙醇，发生还原反应转化为，乙醇被氧化为碳酸盐，、进入滤液中，滤液2中加盐酸酸化，转化为硅酸沉淀，过滤得滤渣2；转化为，溶液中加Na2S反应生成；与氯酸钠发生反应被氧化为，加入盐酸中发生氧化还原反应生成气体X为氯气，同时生成，据此分析解答。（1）铋元素的原子序数为83，则其基态原子的外围电子排布式为，在元素周期表的p区；（2）从图中可以看出，用NaClO钌浸出率更高，且渣率低，最佳温度控制在200℃；（3）结合分析可知，在滤液中加入乙醇，发生还原反应转化为，乙醇被氧化为碳酸盐，相应的方程式为：；（4）结合分析可知，滤渣2的主要成分是H2SiO3或H4SiO4；（5）结合分析可知，气体X为Cl2；（6）最终混合溶液中为，则=，混合后的起始浓度为，的沉淀率为；（7）根据晶胞的结构，1个晶胞中原子的个数为，原子的个数为8，所以晶胞的相对分子质量为，晶胞密度为。17.丙烯是一种重要的化工原料，可通过下面两种方法由(合成。方法一、氧化丙烷脱氢法制丙烯在催化剂作用下和丙烷反应可生成丙烯，体系中主要发生如下反应：反应I：反应II：回答下列问题：（1）已知：ΔH=+124kJ/molΔH=-41kJ/mol反应I的=_______kJ/mol，该反应_______(填标号)。A.高温自发B.低温自发C.高温低温均自发D.高温低温均不自发（2）一定条件下，将和通入密闭容器中，发生上述反应，平衡时各产物的物质的量随温度变化如下图所示。图中表示随温度变化的曲线是_______，)在图示温度范围内几乎为0的可能原因是_______。（3）在TK、100kPa的恒温恒压密闭容器中，充入和在催化剂作用下进行上述反应，平衡时，的转化率为50%，C3H6的选择性S为80%。已知：①平衡时，n(CO)=_______mol。②该温度下反应I的分压平衡常数Kp=_______kpa(保留小数点后一位)。方法二、电解法制丙烯装置如图所示：（4）电解一段时间后，右室电极附近溶液pH_______(填“变大”“变小”或“不变”)；生成丙烯的电极反应式为_______。【答案】（1）①.+165②.A（2）①.L3②.823K前，反应II占主导，反应I几乎不发生；823K后，反应I生成的H2O与CO继续反应被消耗（3）①.1②.2.8（4）①.变小②.【解析】（1）已知：ΔH=+124kJ/mol①ΔH=-41kJ/mol②，反应I方程式=①-②，则=+124kJ/mol-(-41kJ/mol)=+165kJ/mol；该反应ΔS＞0，则根据ΔH-TΔS＜0能自发进行，则该反应在高温下能自发进行，故A正确。（2）因为反应1在高温下才进行，所以在一开始以反应Ⅱ为主，所以在823K前产物只有一氧化碳和氢气，故表示丙烯物质的量变化；)在图示温度范围内几乎为0的可能原因是823K前，反应II占主导，反应I几乎不发生；823K后，反应I生成的H2O与CO继续反应被消耗。（3）在TK、100kPa的恒温恒压密闭容器中，充入和在催化剂作用下进行上述反应，平衡时，的转化率为50%，则平衡的物质的量为0.5mol，转化量为0.5mol，C3H6的选择性S为80%，则C3H6平衡物质的量=0.4mol，则反应Ⅰ产生CO的物质的量=0.4mol，反应②产生CO的物质的量=0.6mol，则反应总共产生CO的物质的量=0.4mol+0.6mol=1mol。平衡氢气的物质的量=0.4mol，水的物质的量=0.4mol，平衡的物质的量=3mol-0.4mol-0.3mol=2.3mol，平衡气体总物质的量=0.5mol+2.3mol+1mol+0.4mol+0.4mol+0.4mol=5m