湖南省湘潭市高三上学期二模化学试题

化学试卷本试卷满分分，考试用时分钟。注意事项：答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。本试卷主要考试内容：高考全部内容。可能用到的相对原子质量：H1COS一、选择题：本题共小题，每小题3分，共分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2025年“文化和自然遗产日”的主题是“让文物焕发新活力绽放新光彩”，主场活动在长沙举办。下列中国非物质文化遗产的制作工艺中，化学变化起主要作用的是A.京剧——脸谱制作中矿物颜料研磨与调配B.绍兴黄酒酿制技艺——酿制中粮食发酵生成乙醇C.醴陵釉下五彩瓷烧制技艺——制作过程中黏土塑形D.湘绣——蚕丝染色与织造【答案】B【解析】【详解】A．研磨与调配颜料是物理粉碎和混合，无新物质生成，无化学变化，A不符合题意；B．发酵过程通过生物酶催化，将粮食中的糖类转化为乙醇，有新物质产生，属于化学变化，B符合题意；C．黏土塑形仅改变物理形态，无新物质生成，无化学变化，C不符合题意；DD不符合题意；故答案为：B。2.下列操作或装置正确的是第1页/共23页

A.制取B.吸收D.用NaOH溶液滴定C.提纯四氯化碳次磷酸溶液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．受热分解，产生的和在试管口处相遇又会重新生成，无法制取，A错误；B．的溶解度非常大且能被溴水大量吸收，易产生倒吸，该装置采用球形干燥管可防止倒吸，B正确；C．氯仿和四氯化碳能够互溶不分层，不能用分液的方法进行分离，C错误；D．该滴定管有玻璃活塞，属于酸式滴定管，不能盛装碱性的NaOH溶液，D错误；故答案：B。3.某小组开发催化剂实现电催化活性亚甲基化合物的环丙烷化反应，如图所示（Ph为苯基，Me下列叙述正确的是A.上述反应属于加成反应第2页/共23页

B.甲分子中所有原子不可能共平面C.1mol乙最多能消耗40gNaOHD.1mol丙最多能消耗【答案】A【解析】【详解】A．根据甲分子的结构和丙分子的结构对比可以看出是甲分子中苯环链接的双键断裂其中1个键连接了乙分子断裂的2个键形成环丙烷结构，属于加成反应，A正确；B．甲分子可以看成1个双键、2个苯环的3个平面结构，3个平面通过单键连接，可以通过单键的旋转而产生共平面，B错误；C．乙分子含2个酯基，则1mol乙最多能消耗，质量为80g，C错误；D221mol丙最多能消耗D错误；故答案为：A。4.铁及其化合物的部分转化关系如图所示。下列反应方程式错误的是A.①为在稀硝酸中加入少量铁粉：B.②为在硝酸铁溶液中加入铁粉：C.③在溶液中加入氨水并通入空气：D.④为高温下和焦炭反应：【答案】D【解析】【详解】A．①为在稀硝酸中加入少量铁粉生成硝酸铁、一氧化氮、水，反应的离子方程式为：第3页/共23页

，故A正确；B．②为在硝酸铁溶液中加入铁粉生成硝酸亚铁，反应的离子方程式为，故B正确；C．③在溶液中加入氨水并通入空气生成氢氧化铁沉淀和硝酸铵，反应的离子方程式为，故C正确；D．④为高温下和焦炭反应生成铁、一氧化碳、水，反应方程式应该为，故D错误；选D5.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉（爆炸时发生反应：设为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是A.中含有键的数目为B.在、101kPa下，所含的分子数小于C.溶液中的数目为D.该反应中每生成，转移的电子数为【答案】B【解析】A．中有键，中含有键中含有键的数目为，故A错误；B101kPa下，气体摩尔体积大于25℃101kPa下，的物质的量小于1mol，所含的分子数小于，故B正确；第4页/共23页

C．在水溶液中会水解，故溶液中的数目小于，故C错误；D．生成1molN2的同时，有3molC被氧化为CO，碳元素化合价由0价升高为+4价，可知生成1molN2转移该反12mol电子，每生成，转移的电子数为，故D错误；选B。6.下列叙述均正确且存在关联的是选叙述Ⅰ叙述Ⅱ项A碱性：子云密度越大，碱性越强加热条件下，Li、Na、K均能与氧气剧烈反应且产物均只BLi、Na、K的最外层电子数相同为过氧化物硝酸乙基铵C熔点：固体是分子晶体，固体是离子晶体苯氧基负离子可形成共轭体D苯酚能与NaOH溶液反应，甲醇不能与NaOH溶液反应系，羟基的极性增强A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．是推电子基，是吸电子基，前者能使中氮原子电子云密度增大，后者能使中氮原子电子云密度减小，所以碱性强弱关系为，A错误；BLiNaKLiK与氧气反应还能生成超氧化钾，B错误；第5页/共23页

C．处于固态时二者都是离子晶体，中阳离子体积大，晶格能更小，熔点更低，C错误；D．苯基与OH的相互影响，使得氧原子的轨道电子云向苯环转移，形成共轭体系，羟基的极性增强，从而使氢原子较易离去，而甲基是推电子基，使羟基的极性减弱，所以甲醇中OH中的氢原子难离去，因此苯酚能与NaOH溶液反应，甲醇不能与NaOH溶液反应，D正确；故选D。7.钙、镁和硅的矿物转化如图所示。下列叙述错误的是A.中阴离子的空间结构为正四面体形B.上述流程涉及的元素位于元素周期表中的s区或p区C.同周期中，镁的第一电离能高于相邻元素D.离子键百分数：【答案】D【解析】【详解】A．中阴离子为，价层电子对=，所以空间结构为正四面体形，A正确；B．上述流程涉及的元素Ca，Mg位于元素周期表中的s区，Si、O位于p区，B正确；C．同周期中，镁的半径比钠小，第一电离能比钠大，镁的价电子排布为3s2，Al的价电子排布为3s23p1，3s能级电子的能量比3p第一电离能高于相邻元素，C正确；D．CaO中，Ca与O的电负性差值更大，键的离子性更强，故离子键百分数：，D错误；故答案选D。8.我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂的阴离子结构如图所示。已知XYZW为原子序数依次增大的短周期非金属元素，W与Y同主族。下列说法正确的是第6页/共23页

A.简单离子半径：B.氢化物的沸点：C.Y的单质中只含非极性键D.同周期主族元素中有三种元素的第一电离能大于Y的【答案】A【解析】【分析】X形成4个单键，原子序数最小，推得X为C；Y、W同主族，W原子与3个原子成键，结合Y、W为同主族短周期元素且原子序数W>YY为OW为SZ原子序数介于O和S1个单键，非金属，推得Z为F，故X、Y、Z、W分别为C、O、F、S元素。【详解】A．电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大半径越小。有3个电子层，、均为2个电子层，半径：，即，A正确；BX为CCHF单氢化物，规律不成立，B错误；C．中的共价键为极性共价键，C错误；D．同周期主族元素第一电离能从左到周逐渐增大，但由于IIA、族元素原子价电子处于全充满、半充满状态较稳定，第一电离能大于同周期相邻主族元素，故同周期主族元素中第一电离能大于氧元素的有N、F共2种，D错误；故选A。9.A.①→②中，作氧化剂B.②→③中，氧化剂、还原剂的物质的量之比为第7页/共23页

C.③和④中显色粒子相同D.④→⑤中，可用KSCN溶液作指示剂【答案】A【解析】【详解】A．①中里价，②中里为价，化合价升高，发生氧化反应，因此得到电子作氧化剂，A正确；B．②③的反应为，反应前后化合价均为，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，不存在氧化剂和还原剂，B错误；C．③中显橙红色，④中显绿色，C错误；D．溶液的作用是检验，整个流程不存在铁元素，④→⑤是与氨水反应生成蓝绿色沉淀，不需要作指示剂，D错误；故选A。10.可作为锂电极的一种极具前景的替代品（如图，SEI表示固体电解质界面，代表石墨或A.可在SEI中快速迁移B.放电时，电极b为正极，发生还原反应C.充电时，工作电极连接电源正极，发生氧化反应D.充电时，电极b的电极反应式为【答案】B【解析】b上和，则电极b为负极，电极a为正极；充电时属于电解池装置，电极b上和得到电子，发生还原反应，第8页/共23页

生成，则电极b为阴极，电极a为阳极，据此分析作答。【详解】A．该体系中，固体电解质界面SEI起到传导锂离子的作用，能够在SEI中快速迁移，从而保证电池内部离子的正常传导，使电池能够正常工作，A项正确；B．根据分析，放电时，电极b为负极，发生氧化反应，B项错误；C接电源正极，发生氧化反应，C项正确；D．充电时，电极b上和得到电子，发生还原反应，生成，电极反应式为，D项正确；答案选B。某化合物M（由Na、O组成）是一种强氧化剂，常用于有机合成。M的晶胞如图所示，下列叙述正确的是已知：①晶胞参数，，，。②Na位于棱上和体内；3个O位于面上，其余的O位于体内或顶点。③为阿伏加德罗常数的值。A.M的化学式为B.M中只存在一种化学键C.离子半径：D.M的密度【答案】D【解析】第9页/共23页

A4个Na1个Na4个O4个（编号2567号）位于晶胞内部，3个O（编号1、3、4号）位于面上，1个晶胞含2个Na、6个O，M的化学式为，A错误；B．含Na离子形成的离子键，以及O与O之间形成的共价键，B错误；C．电子数都是10，质子数分别为、8，后者半径大于前者，C错误；D．1个晶胞中含2个Na、6个O，相当于2个单元，根据晶胞参数计算，，D正确；故选D。12.在不同催化剂作用下加氢还原反应历程与相对能量的关系如图(A1~A4B1~B4均表示过渡态)列说法正确的是A.该反应为吸热反应B.路径A和B，均包含4个基元反应C.路径A中，最大能垒(活化能)为2.15eVD.与路径B对比，路径A的反应速率更快【答案】B【解析】【详解】A．观察图像可知，反应物能量高于生成物能量，该反应为放热反应，A项错误；B．路径A和B，都有四个过渡态，均包含4个基元反应，B项正确；第10页/共23页

C．路径A中，最大能垒（活化能）为，C项错误；D．路径B的最大能垒为，路径A的最大能垒高于路径B，因此路径A的反应速率更慢，D项错误。故答案为B。13.一种从湿法炼锌产生的废渣（主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物）中富集回收Co，得到含锰高钴成品的工艺流程如图。下列说法错误的是A.滤渣中的物质主要为B.“氧化”时被氧化的离子为C.试剂X可以是ZnO或D.“氧化沉钴”时，【答案】B【解析】【分析】因为废渣含Pb的单质或氧化物，加入HSO4后会生成难溶的PbSOPbSO含有Co2+Zn2+Fe2+MnO2在酸性条件下有氧化性，所以该氧化步骤中会将Fe2+氧化为Fe3+入试剂X调pH=4使Fe3+沉淀；最后加入KMnO4氧化沉钴，得到MnO2和Co(OH)。【详解】A．废渣中含Pb的单质/氧化物，酸浸加入硫酸，Pb与硫酸反应生成难溶于水的，因此酸浸滤渣主要为，A正确；B以的目的是将氧化为pH生成沉淀除杂；在本步骤未被氧化，氧化在氧化沉钴时进行，B错误；C．试剂X需要调节pH除去，且不能引入新杂质，、均可与反应升高pH，不会引入新杂质，C正确；D．氧化沉钴中，氧化剂中从价降为产物的价，氧化剂得电子；还第11页/共23页

原剂从价升为产物的价，还原剂失电子，根据电子守恒得，D正确。故选B。14.已知25℃下，。25℃下，向、的混合溶液（的浓度均为）中逐滴加入醋酸溶液，混合溶液的电导率、pOH随加入醋酸溶液的体积说法错误的是A.a点溶液的B.若点，则C.c点时溶液的溶质含和D.d点，此时水电离出的【答案】B【解析】【分析】原混合液为和，故；滴加醋酸时，先和强碱反应，再和弱碱反应；图像中下降曲线为电导率，上升曲线为，且，据此分析解答。Aa点为原混合液，完全电离出电离出额外总，，下，A正确；B．滴加醋酸时，先中和，b点是恰好完全反应的点，此时，第12页/共23页

，故浓度，B错误；Cb点已经完全中和为b到c段是醋酸中和c点恰好完全反应生成，故c点溶质为和，C正确。D．d点pOH=7，则溶液pH=7，溶液呈中性。任何水溶液中，水发生电离，水电离出的和浓度永远相等，与溶液酸碱性无关，D正确；故答案选择B。二、非选择题：本题共4小题，共分。15.2025年诺贝尔化学奖授予开发“MOF”MOF5的化学结构可以表示为，是合成原料之一。某小组以为原料制备无水并测定产品纯度，可通过如下流程完成。回答下列问题：Ⅰ.制备无水，装置如图所示。（1）写出A装置中只生成正盐的化学方程式：_______。（2）B装置的作用是_______；D装置中干燥管的作用是_______。（3）如果直接加热制备，产品中可能混有_______（填化学式，写2（4A装置烧瓶中分离得到固体MM中含有_______。Ⅱ.测定产品纯度。第13页/共23页

（5）流程中称量时应使用_______（填“台秤”“托盘天平”或“分析天平”“溶解”时使用了玻璃棒，其作用是_______。（6250mL的容量瓶配制溶液，准确量取25.00mL配制的溶液于锥形瓶中，滴加几滴溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。①滴定终点时有砖红色沉淀产生。滴定中，溶液pH应保持在6.0~6.5之间，其原因是_______。②该产品的纯度为_______%（用含a、c、V滴定终点时俯视读数，测定结果会_______（填“偏高”“偏低”或“无影响”【答案】（1）（2）①.干燥HCl②.防倒吸（3）等合理答案（任写2个）（4）取少量M溶于水，滴加（5）①分析天平②.搅拌，加快溶解（6）①.酸性太强，易发生，会氧化；酸性太弱，易生成AgOH、（或其他合理答案）②.③.偏低【解析】为原料，通过脱水制备无水分溶液进行银量法滴定，测定Cl含量，从而计算的纯度。A装置NaCl和浓硫酸反应生成HCl，B装置的作用是干燥HCl，C装置中在HCl的氛围中加热脱水，D装置为尾气处理装置。【小问1详解】A装置是实验室制备HCl的装置，使用浓硫酸与NaCl反应。根据题目要求“只生成正盐”，即NaSO，化学方程式为：。【小问2详解】A装置产生的HCl气体中可能含有水蒸气，B装置中的浓硫酸用于干燥HCl气体，防止水蒸气进入C装置影响ZnCl2的纯度。同时，D装置用于吸收未反应的HCl尾气，但HCl易溶于水，直接通入水中会导致倒第14页/共23页

吸。干燥管（球形部分）可以防止倒吸。【小问3详解】ZnCl2是强酸弱碱盐，易水解：，直接加热时，HCl会挥发，促使水解平衡右移，生成Zn(OH)，Zn(OH)2受热分解可以生成ZnO，也可以发生反应：Zn(OH)Zn(OH)ClZnO（任写2【小问4详解】A装置中若HSO4过量或温度不够，可能生成NaHSO。要证明M中含有NaHSO，需检测H+，实验步骤为：取少量固体M，溶于适量蒸馏水中，配成溶液，滴加【小问5详解】根据题目要求，称量ag需精确至0.001g，台秤和托盘天平均无法满足精度要求，应使用分析天平。“溶解”时，玻璃棒的作用是搅拌，加速ZnCl2固体溶解。【小问6详解】①使用KCrO4作指示剂，反应为：、，若pH<6.0，会转化为，氧化Cl；若pH>6.5，酸性太弱，Ag+会生成AgOH或AgO沉淀，导致AgNO3消耗量增加；②25.00mL溶液中n(Cl)=n(Ag+)=cV×103mol，则250mL溶液中n(Cl)=10×cV×103mol=cV×102mol，根据ZnCl2~2Cln(ZnCl)=n(Cl)=cV×102molm(ZnCl)=cV×102mol×136g/mol=0.68cVg度为。滴定前仰视读数，导致初读数偏大；滴定终点时俯视读数，导致终读数偏小。则V(消耗)偏低，测定结果会偏低。16.是碱性锌锰电池的电极材料，铁矿（主要成分为）的矿粉为原料制备和的简易流程如图所示。第15页/共23页

已知：部分金属离子在溶液中沉淀的pH如下表所示。金属离子开始沉淀的pH1.97.08.1完全沉淀的pH3.29.010.1回答下列问题：（1再失去1个电子比气态再失去1个电子______________。（2）第一次“焙烧”产生的尾气要经过_______转化成，写出该反应的离子方程式：_______。（3_______pH”的范围为_______。（4X为，锰的沉淀率与温度的关系如图所示。当温度超过60℃时，锰的沉淀率降低的主要原因可能是_______。（5）用单线桥表示由滤渣制备反应转移电子的数目和方向：_______。（6）高铁酸钾处理饮用水，既能消毒杀菌，又能净水，其主要原因是_______。第16页/共23页

【答案】（1）①.难②.基态、的价层电子排布式分别为、，再失去1个电子易形成稳定的（或其他合理答案）（2）①.NaOH或②.（3）①.催化分解②.（4）温度高，加快分解（5）（6）菌变性；还原产物水解生成胶体，与水中杂质聚沉【解析】氧化转化为，被氧化为全部氧化为，调pH使沉淀分离，滤液沉锰后焙烧得到，滤渣经氧化得到。【小问1详解】的价电子排布为，是半充满的稳定结构，难失去电子；而失去1个电子后可得到更稳定的半充满结构，因此气态更难再失1个电子。【小问2详解】第一次焙烧硫铁矿会产生有毒酸性尾气溶液或吸收。“酸浸”中将转化成，离子方程式为。【小问3详解】调节pH的目的是使完全沉淀，同时保证不沉淀，因此pH需大于完全沉淀的pH=3.2，小于开始沉淀的pH=8.1。【小问4详解】温度超过60℃时，受热分解，反应物浓度降低。【小问5详解】第17页/共23页

滤渣为，制备的单线桥表示为。【小问6详解】高铁酸钾中Fe为+6价，具有强氧化性，可消毒杀菌；其还原产物水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮杂质，因此可以净水。17.有机物H是一种用于治疗多发性骨髓瘤的药品，其合成路线如图：已知：M的结构简式为。回答下列问题：（1）E中含氧官能团的名称为_______。（2）的反应类型为_______；的过程中生成F和_______（3B的同分异构体中，同时满足下列条件的同分异构体有_______振氢谱中峰面积之比为的结构简式为_______。a.分子中含有苯环b.与苯环直接相连（4）H可在NaOH溶液中水解，H在NaOH溶液中充分水解的产物为_______（填结构简式）和。（5）参照上述合成路线和信息，以、为原料，用不超过三步的反应设计合成第18页/共23页

的路线_______【答案】（1）酯基、硝基（2）①.还原反应②.甲醇、溴化氢（3）①.16②.（4）（5）【解析】A和BAA→BB为C→D为酯化反应，故D为。【小问1详解】E中含氧官能团的名称为酯基、硝基。【小问2详解】EMFE→F的过程中除生成F外，还生成了甲醇与溴化氢。【小问3详解】第19页/共23页

依据信息可知，符合条件的B的同分异构体中含苯环、苯的二取代衍生物，则另一个取代基可能为①、②，有邻、对、间三种位置异构，共种；若该同分异构体为苯的三取代衍生物，则另两个取代基为和，共有10种位置异B的同分异构体共有的结构简式为。【小问4详解】H的酰胺键可在NaOH溶液中水解成羧基和氨基，H在NaOH溶液中充分水解的产物为和氨气。【小问5详解】根据反应物和产物的结构比较可知，反应物中羧基与甲醇发生酯化反应，碳碳双键与溴化氢发生加成反应，硝基被还原为氨基，故合成路线为。18.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。Ⅰ.制氢技术对氢能产业链的整体布局与发展至关重要。催化重整制氢（SMR）是氢