2026届思南中学高三年级化学模拟检测试卷一

第=page11页，共=sectionpages11页2026届思南中学高三年级化学模拟检测试卷一命题组：化学组注意事项:

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单选题：本大题共14小题，共42分。1.某抗凝血作用的药物Z可用如图反应合成。下列说法正确的是(

)

A.X中所有原子一定共平面

B.1mol Y与NaOH溶液反应，最多消耗3mol NaOH

C.1molZ与足量H2发生加成反应，最多消耗5molH2

2.下列化学用语错误的是(

)A.甲烷的球棍模型： B.S2−的结构示意图：

C.葡萄糖的分子式：C6H12O6 3.糖类、油脂、蛋白质是人类重要的营养物质。下列有关这三类物质的说法正确的是(

)A.均是天然高分子化合物

B.均只由C、H、O三种元素组成

C.蛋白质是热值最高的营养物质

D.淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下均能发生水解反应4.有机化合物丙具有镇痉、抗肿瘤等生物活性，其部分合成路线如图。下列说法正确的是(

)

A.甲的核磁共振氢谱共有10组吸收峰 B.乙和丙相比，乙的沸点更高，水溶性更好

C.1mol丙最多可以和1mol NaOH反应 D.可用酸性高锰酸钾溶液验证甲中含有碳碳双键5.下列有关实验室仪器和试剂使用的说法错误的是(

)A.金属钠着火时，可用干燥的沙土灭火

B.使用容量瓶配制溶液，在定容时仰视会使所配制的溶液浓度偏低

C.实验室使用试管加热液体时，所盛液体体积应介于其容积的13～23之间

6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(

)A.标准状况下，2.24LH2O中含有的氢原子数为0.2NA

B.25℃，1.01×105Pa，0.1molNa2O2与足量水反应，转移电子数为0.1NA

7.劳动创造幸福生活。下列有关生产、生活中的离子方程式书写正确的是(

)A.环保工人用FeSO4除去酸性废水中Cr2O72−：6Fe2++14H++Cr2O8.在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是(

)A.熔点：SiO2>CCl4>S

B.晶格能由大到小：MgC12>MgO>NaCl

C.9.Z2[Z(XY)6]是一种蓝色染料。X、Y、Z的原子序数依次增加，且X、Y属于同一周期的短周期元素。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y的第一电离能比左右相邻元素都高，基态Z原子的A.X、Y、Z三种元素的单质中Z的熔点最高 B.每个XY⁻存在两对孤电子对

C.该蓝色染料中Z的化合价为+2、+3 D.Z位于元素周期表的d区10.下列实验操作正确且能达到实验目的的是(

)

A.图1模拟侯氏制碱法获得NaHCO3

B.图2用NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液

C.图3用2mL0.5mol⋅L−1CuCl2溶液，探究温度对11.实现化学能转变为电能的装置是(

)A.干电池 B.电解水

C.太阳能热水器 D.水力发电12.25℃下，向20mL0.1mol/LH2A溶液中滴加0.1mol/LNaOH

溶液，有关粒子物质的量的变化如图所示．下列有关说法正确的是(

)A.H2A

电离方程式

H2A=2H++A2−

B.V[NaOH(aq)]=20mL

时，溶液显碱性

C.已知25℃时

K2(13.贵州重晶石矿(主要成分BaSO4)储量占全国13以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡(BaTiO3)工艺。部分流程如图：

A.“气体”主要成分是H2S，“溶液1”的主要溶质是Na2S

B.“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥

C.“合成反应”中生成BaTiO14.已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ⋅mol−1

②2CO(g)+OA.O2的能量大于CO2的能量

B.C和CO2的能量之和等于CO的能量

C.反应二、流程题：本大题共1小题，共15分。15.自然界中，锰的主要矿石有软锰矿(主要成分Mn02)和菱锰矿(主要成分MnCO3

)金属锰的提炼方式主要有火法和湿法两种．请回答下列问题：

(1)火法炼锰可用铝与软锰矿高温反应进行．该反应的化学方程式是______．

湿法炼锰有电解硫酸锰溶液法．电解锰的生产过程分为化合浸取、氧化净化、沉淀除杂及产品回收．其生产工艺流程如图：

已知：①菱锰矿中主要杂质是Fe2+、Co2+、N物质Fe(OHNi(OHCo(OHMn(OHFe(OH开始沉淀pH8.32.7完全沉淀pH9.83.8③有关难溶氢氧化物和硫化物pKsp数据(pKsp=−1gKsp)难容物质Fe(OHNi(OHCo(OHNiSCoSpKsp38.5515.2614.718.4920.40(2)菱锰矿粉与硫酸反应的化学方程式是______

(3)Mn02的作用是除去菱锰矿的硫酸浸取液中的Fe2+，该除杂过程的离子方程式是______

(4)使用氨水的目的是调整pH到______(填pH范围，精确到小数点后1位数字).在“浸出液”中加入硫化按的目的是______

(5)电解槽中使用的是惰性电极板，电解反应方程式为三、实验题：本大题共1小题，共14分。16.已知无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用如图所示装置制备无水AlCl3。

请回答：

(1)仪器a的名称是______。

(2)写出装置A中发生反应的化学方程式：______。

(3)装置B盛放的试剂是______；装置F中盛放的试剂是______。

(4)装置G的作用是______(用离子方程式表示)。

(5)已知无水AlCl3遇潮湿空气，能发生复分解反应，产生大量的白雾，请写出该反应的化学方程式______。

(6)已知氯酸钾和浓盐酸在不加热的条件下可以制备Cl2，反应如下：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，比较KCl四、简答题：本大题共1小题，共14分。17.C1化学又称一碳化学，研究以含有一个碳原子的物质为原料合成工业产品的有机化学及工艺，因其在材料科学和开发清沽燃料方面的重要作用已发展成为一门学科。燃煤废气中的CO、CO2均能转化为基础化工原料、清洁能源甲醇：

①3H2(g)+CO2(g)⇌CH3化学键C−HC−OC=OH−HO−H键能/kJ/mol412351745436462则△H1______。

Ⅱ.一定条件下，在恒容的密闭容器中投入1mol CO和2molH2，反应②在催化剂作用下充分反应，CH3OH在平衡混合气中的体积分数在不同压强下随温度的变化如图1所示。

(1)图中压强的相对大小是P1______P2(填“>”、“<”或“=”)，判断的理由是______。

(2)A、B、C三点的化学平衡常数的相对大小K(A)______K(B)______K(C)(填“>”“<”或“=”)，计算C点的压强平衡常数Kp=______。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数)

(3)300℃，P2条件下，处于E点时v正______v逆。(填“>”、“<”或“=”)

(4)某温度下，不能说明该反应己经达到平衡状态的是______。

a.容器内的密度不再变化

b.速率之比v(CO)：v(H2)：v(CH3OH)=l：2：l

五、推断题：本大题共1小题，共15分。18.研究表明，肉桂硫胺F对新型冠状病毒(2019−nCoV)可能有抑制作用，以下为其合成路线：

已知：R1−CH2−COOH+R2−CHO→(CH3CO)2O+H2O(R1、R2均为烷基)。

回答下列问题：

(1)有机物B的名称为______；C中含有的官能团为______(填名称)。

(2)A→B的化学方程式为______。

(3)C→D发生反应的类型为______反应，E与足量氢气发生加成反应后，分子内手性碳的数目为______。

(4)满足下列条件的C的同分异构体有______种(不含立体异构)。

①可以发生银镜反应和加聚反应；

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A.苯、—OH、—COOH中所有原子共平面，单键可以旋转，X相当于苯分子中的氢原子被羟基和羧基取代，所以该分子中所有原子可能共平面，故A错误；

B.Y中酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1反应，一个Y分子完全水解生成1个酚羟基和2个羧基，所以1mol Y最多消耗3mol NaOH，故B正确；

C.Z中苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应，1mol Z最多消耗4mol氢气，故C错误；

D.Z分子中碳碳双键中的每一个不饱和碳原子均连接2个不同的原子或基团，但碳碳双键处于六元环上，由于空间位阻Z分子不存在顺反异构体，故D错误；

故选：B。

A.苯、—OH、—COOH中所有原子共平面，单键可以旋转；

B.Y中酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1反应；

C.Z中苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应；

D.Z分子中连接双键的环不能旋转。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系、顺反异构体的判断方法是解本题的关键，D选项为解答易错点。2.【答案】A

【解析】解：A.甲烷分子为正四面体结构，分子中存在4个等同的C—H键，碳原子的半径大于氢原子，甲烷的球棍模型：，故A错误；

B.S2−的核电荷数为16，核外电子数18，离子结构示意图：，故B正确；

C.葡萄糖的分子式：C6H12O6，故C正确；

D.N2的分子中含氮氮三键，结构式：N≡N，故D正确；

故选：A。

A.甲烷分子为正四面体结构，分子中存在4个等同的C—H键，碳原子的半径大于氢原子；

B.S2−的核电荷数为16，核外电子数18；

C.葡萄糖为单糖；3.【答案】D

【解析】解：A.油脂、低聚糖如单糖和双糖不是高分子化合物，故A错误；

B.蛋白质除了含有C、H、O外，还含有N元素，故B错误；

C.油脂是热值最高的营养物质，不是蛋白质，故C错误；

D.淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下均能发生水解反应，故D正确；

故选：D。

A.油脂、低聚糖不是高分子化合物；

B.蛋白质含有C、H、O、N等元素；

C.油脂是热值最高的营养物质；

D.淀粉水解生成葡萄糖，油脂酸性环境下水解生成甘油和高级脂肪酸，蛋白质水解生成氨基酸。

本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的官能团及性质是解题关键，难度不大。4.【答案】C

【解析】解：A.甲的结构不对称，有8种环境的氢原子，即核磁共振氢谱共有8组吸收峰，故A错误；

B.丙分子中含有羟基，可以形成分子间氢键，且能和水分子形成氢键，所以丙的沸点更高，水溶性更好，故B错误；

C.丙中只有酯基可以和氢氧化钠反应，且水解后没有酚羟基，所以1mol

丙最多可以和1mol

氢氧化钠反应，故C正确；

D.甲中除碳碳双键外，—CH2OH也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；

故选：C。

A.根据甲的结构不对称，有8种环境的氢原子，进行分析；

B.根据丙分子中含有羟基，可以形成分子间氢键，且能和水分子形成氢键，进行分析；

C.根据丙中只有酯基可以和NaOH反应，且水解后没有酚羟基，进行分析；

D.根据—C5.【答案】C

【解析】解：A.金属钠着火时生成过氧化钠，钠与水反应，过氧化钠与二氧化碳反应，所以不能用水、二氧化碳灭火，可以用干燥的沙土灭火，故A正确；

B.使用容量瓶配制溶液，定容时仰视，所配溶液的体积变大，会使所配制的溶液浓度偏低，故B正确；

C.试管加热液体时，所盛液体体积不能超过其容积的13，否则易导致液体溅出发生危险，故C错误；

D.用苯萃取溴水中的Br2实验时，为了避免分液漏斗中压强过大发生危险，振荡后应打开分液漏斗的活塞放气，故D正确；

故选：C。

A.钠与水反应，过氧化钠与二氧化碳气体，着火时不能用水、二氧化碳灭火；

B.定容时仰视，所配溶液的体积变大；

C.加热时试管中液体不能超过其容积的13；6.【答案】B

【解析】解：A.标准状况下，水不是气体，不能用标准状况下气体摩尔体积计算2.24LH2O的物质的量，不能计算含有的氢原子数，故A错误；

B.25℃，1.01×105Pa，0.1molNa2O2与足量水反应，过氧化钠中氧元素化合价−1价升高到0价，降低到−2价，转移电子数为0.1NA，故B正确；

C.乙醇的水溶液中，乙醇分子和水分子都含氧原子，所以100g46%的乙醇溶液中含有氧原子数大于NA，故C错误；

D.足量的MnO2与100mL12mol⋅L−1的浓盐酸充分反应，随着反应的进行，盐酸浓度降低变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以可制得氯气的分子数小于0.3NA，故D错误；

故选：B。7.【答案】A

【解析】解：A.Fe2+可以被酸性Cr2O72−氧化为Fe3+，同时生成Cr3+，该离子方程式：6Fe2++14H++Cr2O72−=6Fe3++2Cr3++7H2O，故A正确；

B.石膏含硫酸钙，硫酸钙微溶于水，反应为CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq)，故B错误；8.【答案】C

【解析】解：A.一般来说原子晶体大于离子晶体大于分子晶体的沸点，则沸点：SiO2>S>CCl4，故A错误；

B.镁离子、氧离子所带电荷大于钠离子、氯离子，而半径小于钠离子、氯离子，所以晶格能MgO>MgC12>NaCl，故B错误；

C.离子晶体的沸点高于分子晶体，氯化钠为离子晶体，甲醇和甲醛为分子晶体，甲醇相对分子质量大于甲醛，沸点大小为：NaCl>甲醇>甲醛，故C正确；

D.非金属性：F>O>N，元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越大，则热稳定性：HF>H2O>NH3，故D错误；

故选：C。

9.【答案】B

【解析】解：根据分析可知，X为C元素，Y为N元素，Z为Fe元素；

A.X、Y、Z三种元素的单质中石墨的熔点最高，即X(C)的熔点最高，故A错误；

B.CN−的电子式为，每个CN⁻存在两对孤电子对，故B正确；

C.Z2[Z(XY)6]为Fe2[Fe(CN)6]，6个CN−的总化合价为−6，该蓝色染料中Fe元素的化合价为+2，故C错误；

D.铁位于第Ⅷ族，属于元素周期表的ds区，故D错误；

故选：B。

Z2[Z(XY)6]是一种蓝色染料，X、Y、Z的原子序数依次增加，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X含有2个电子层，最外层含有4个电子，则X为C元素；Y的第一电离能比左右相邻元素都高，且X、Y10.【答案】C

【解析】解：A.氨气极易溶于水，直接通入溶液中会引起倒吸，故A错误；

B.氢氧化钠为强碱，应该使用碱式滴定管，且指示剂应使用酚酞试液，故B错误；

C.[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl−⇌[CuCl4]2−(黄色))+4H2O，反应吸热，温度改变，平衡移动使得溶液颜色不同，能探究温度对化学平衡的影响，故C正确；

D.挥发的盐酸也会和苯酚钠生成苯酚，干扰实验，故D错误；

故选：C。11.【答案】A

【解析】解：A.干电池属于原电池，原电池向外提供电能时化学能转化为电能，故A正确；

B.电解水，电能转变为化学能，故B错误；

C.太阳能热水器，太阳能转化为热能，故C错误；

D.水力发电，机械能转化为电能，故D错误．

故选A．

将化学能转化为电能，应为原电池装置，结合能量的转化特点判断．

本题考查常见能量的转化形式，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合考查，注意把握常见能量的转化形式，题目难度不大．12.【答案】C

【解析】解：A.图中曲线分析可知溶液中存在酸H2A的分子，说明为弱酸，则H2A在水中的电离方程式是：H2A⇌H++HA−；HA−⇌H++A2−，故A错误；

B.当V(NaOH)=20mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，HA−电离大于水解，溶液显酸性，则c(Na+)>c(HA−)>c(H+)>c(A2−)>c(OH−)，故B错误；

C.第二步电离HA−⇌H++A2−，平衡常数Ka2=c(H+)c(A2−)c(HA−)，则V[NaOH(aq)]=VmL13.【答案】B

【解析】解：A.“气体”主要成分是H2S，“溶液1”的主要溶质BaCl2，故A错误；

B.从溶液中获取晶体，采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，所以“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故B正确；

C.“合成反应”生成BaTiO3的反应中没有电子转移，所以不是氧化还原反应，故C错误；

D.钛酸钡能和稀硫酸反应，所以不能用稀硫酸洗涤粗品，故D错误；

故选：B。

重晶石题干一系列转化得到BaS溶液，BaS溶液中加入稀盐酸酸化得到BaCl2和H2S，然后向溶液中加入过量NaOH题干一系列操作得到Ba(OH)2⋅H2O还得到溶液1，溶液14.【答案】D

【解析】解：A.由反应①可知，1molC(s)和1molO2(g)能量总和大于1molCO2(g)能量，不能比较O2的能量和CO2的能量，故A错误；

B.根据盖斯定律：①−②得C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH=(−393.5+566)kJ/mol=+172.5kJ/mol，则说明1molC(s)和1molCO2(g)能量总和小于2molCO(g)，故B错误；

C.反应①②③均为放热反应，故C错误；

D.利用盖斯定律将③+②−2×①可得：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH=+141kJ/mol，故D正确；

故选：D。15.【答案】4Al+3MnO2 高温  2Al2O3+3Mn；【解析】解：(1)二氧化锰和铝在高温下发生铝热反应生成氧化铝和Mn，化学反应方程式为4Al+3MnO2 高温  2Al2O3+3Mn，

故答案为：4Al+3MnO2 高温  2Al2O3+3Mn；

菱锰矿的主要成分是碳酸锰，和稀硫酸发生反应MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑，菱锰矿中主要杂质是Fe2+、Co2+、Ni2+，MnO2在酸性条件下能氧化Fe2+生成Fe3+，离子反应方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，所以二氧化锰的作用是除去Fe2+，氨水是除去溶液中的过量稀硫酸，增大溶液pH，调节溶液的pH在2.7−7.6之间，使铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，然后采用过滤方法得到滤渣A，滤渣A为Fe(OH)3；然后向滤液中加入硫化铵，使

Co2+、Ni2+转化为NiS、CoS沉淀，然后采用过滤方法除去沉淀B，B成分为NiS、CoS沉淀，向净化液中加入硫酸铵，用惰性电极电解硫酸锰溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上锰离子放电生成Mn，最后得到硫酸溶液，硫酸循环利用，

(2)碳酸锰和稀硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，反应方程式为MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑，

故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；

(3)MnO2在酸性条件下能氧化Fe2+生成16.【答案】分液漏斗

4HCl(浓)+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑

【解析】解：(1)仪器a的名称是分液漏斗，

故答案为：分液漏斗；

(2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式为4HCl(浓)+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑，

故答案为：4HCl(浓)+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；

(3)通过以上分析知，生成的氯气中含有水蒸气、HCl，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，装置F的作用是防止水进入装置E，则其中盛放的试剂是浓硫酸，

故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；

(4)氯气有毒不能直接排空，应该用NaOH溶液吸收，所以装置G的作用是吸收多余的氯气防止污染环境，离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，

故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；

(5)无水AlCl3遇潮湿空气，能发生复分解反应，产生大量的白雾(白雾为盐酸酸雾)，同时生成氢氧化铝，该反应的化学方程式为AlCl3+3H2O=Al(OH)3+3HCl，

故答案为：17.【答案】=−219kJ/mol

>

反应②正反应方向为气体体积减小的反应，其它条件不变时，加压平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大

>

=

27P22

>

ab

通H【解析】解：Ⅰ.反应热=反应物键能之和−生成物键能之和，且18g水蒸气(1mol)变成液态水放出44kJ的热量，则反应①3H2(g)+CO2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(l)△H 1=(3×436+2×745−3×412−351−462−2×462+44)kJ/mol=−219kJ/mol，

故答案为：=−219kJ/mol；

Ⅱ.(1)根据图可知，当温度不变时，P1条件下达平衡CH3OH的体积分数最大，反应②正反应方向为气体体积减小的反应，在其它条件不变时，加压平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以P1>P2；

故答案为：>；反应②正反应方向为气体体积减小的反应，其它条件不变时，加压平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大；

(2)根据图象可知，升高温度甲醇含量降低，说明该反应的正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，A点温度低于B点，则K(A)>K(B)；B和C点温度相同，则平衡常数相等，即K(B)=K(C)，则三点的平衡常数关系为K(A)>K(B)=K(C)，根据图象可知：在C点时甲醇的体积分数为50%，对于反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，在开始时n(CO)=1mol，n(H2)=2mol，n(CH3OH)=0，假设CO转化物质的量为x，根据物质反应转化关系可知平衡时各种气体的物质的量分别是n(CO)=(1−x)mol，n(H2)=(2−2x)mol，n(CH3OH)=xmol，结合C点时甲醇的体积分数为50%，可得x(1−x)+(2−2x)+x=50%，解得x=0.75mol，所以C点的压强平衡常数K p=P20.751.5P20.251.5×(P20.51.5)2=27P22；

故答案为：>；=；27P22；

(3)300℃，P2条件下，E点要达到平衡状态甲醇的含量应升高，则化学反应向正反应方向进行，所以处于E点时v 正>v ​逆，

故答案为：>；

(4)a.反应混合物都是气体，气体的质量不变，容器的容积不变，