湖北省七市州2024-2025学年高三下学期3月联合统一调研测试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1湖北省七市州2024-2025学年高三下学期3月联合统一调研测试试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．中华文明源远流长，化学与中华文明联系紧密。下列叙述错误的是A．湖北随州出土的曾侯乙编钟是以铜为主要成分的合金制品B．四川蜀锦的主要原料蚕丝属于化学纤维C．唐陶彩绘女舞俑是以黏土为主要原料，经高温烧结而成D．云梦秦简是一种战国时期的竹简，主要成分纤维素属于天然有机高分子【答案】B【解析】曾侯乙编钟属于青铜器，青铜是铜与锡（或铅）的合金，A正确；化学纤维包括人造纤维（如粘胶纤维）和合成纤维（如涤纶），而蜀锦原料蚕丝是天然纤维，属于蛋白质，B错误；唐陶彩绘女舞俑是以黏土为原料经高温烧结而成，C正确；竹简主要成分为纤维素，属于天然有机高分子，D正确。故选B。2．化学与生产、生活和科技密切相关。下列叙述错误的是A．市场上销售的暖贴通常是利用金属的电化学腐蚀原理制作的B．苯甲酸及其钠盐可用作食品防腐剂C．量子通信材料螺旋碳纳米管与富勒烯互为同素异形体D．稀土元素就是镧系元素，在科技、生产中有广泛的用途，被称为“冶金工业的维生素”【答案】D【解析】市场上销售的暖贴的成分有活性铁粉、木炭和电解质溶液，使用时构成原电池，是利用金属的电化学腐蚀原理制作的，A正确；苯甲酸及钠盐可以做食品防腐剂，B正确；碳纳米管和富勒烯都是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，C正确；稀土元素包括镧系元素和钇、钪共17种元素，D错误。故选D。3．用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是A．图甲装置用于测定氢氧化钠溶液的浓度B．图乙装置用于灼烧碎海带C．图丙装置用于检验二氧化硫的酸性与漂白性D．图丁装置用于制取氨气【答案】A【解析】甲装置可用已知浓度的盐酸来测定未知浓度的NaOH溶液的浓度，A正确；灼烧碎海带应在坩埚中进行，B错误；丙装置可检验二氧化硫酸性氧化物的性质，不能检验二氧化硫的漂白性，C错误；NH4Cl分解产生的NH3和HCl在试管口重新化合生成NH4Cl，应用Ca(OH)2和NH4Cl固体加热制取NH3，D错误。故选A。4．下列化学用语表达正确的是A．基态As原子的核外电子排布式为：ArB．有机化合物存在顺反异构体C．基态镁原子价层电子的电子云轮廓图：D．用电子式表示CO2的形成过程：【答案】B【解析】基态As原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，A错误；的碳碳双键两端分别连接两个各不相同的原子或基团，存在顺反异构，B正确；基态镁原子价层电子排布式为3s2，电子云轮廓图为球形，而不是哑铃形，C错误；用电子式表示CO2的形成过程为，D错误。故选B。5．类比法是一种学习化学的重要方法。下列说法正确的是A．CH4中碳为-4价，则SiH4中硅也为B．NF3为三角锥形分子，则BFC．CCl3COOH酸性强于CH3COOHD．Br-Br的键能大于I-I，则F-F【答案】C【解析】H比Si的电负性大，SiH4中硅为+4价，氢为-1价，A错误；BF3中心B原子有3个价层电子对，孤电子对为0，BF3为平面三角形分子，B错误；—CH3推电子基，F和Cl为吸电子基，使羧基上的羟基更易电离出H+，CCl3COOH和CF3COOH的酸性强于CH3COOH，C正确；由于F-F的键长短，两核间的斥力及电子层间斥力增大，使6．布洛芬具有抗炎、镇痛的作用，可以对其进行如图所示的成酯修饰。下列说法错误的是A．布洛芬能发生加成、取代和氧化反应B．布洛芬的核磁共振氢谱显示有10组峰C．成酯修饰后的产物对肠胃的刺激作用减小D．成酯修饰前后碳原子的杂化形式均为2种【答案】B【解析】布洛芬中的苯环能发生加成反应，布洛芬中的羧基和烃基能发生取代反应，苯环相连的碳原子上有氢原子，可以发生氧化反应，A正确；布洛芬分子内有8种氢原子，则其核磁共振氢谱显示有8组峰，B错误；布洛芬中的羧基有酸性，成酯修饰后羧基转变为酯基，又引入含氮原子的六元环，有弱碱性，则成酯修饰后的产物对肠胃的刺激作用减小，C正确；羧基、苯环、含N杂化及酯基中的碳原子杂化方式为sp2杂化，饱和碳原子中碳原子杂化方式为sp3杂化，则成酯修饰前后碳原子的杂化形式均为2种，D正确。故选B。7．下列离子方程式书写错误的是A．向AgCl沉淀中加入氨水：AgClB．用Na2COC．黄绿色的CuCl2溶液中存在平衡：D．向含3molFeI2【答案】D【解析】AgCl沉淀溶于氨水形成银氨络离子，离子反应方程式为AgCl+2NH3=AgNH32++Cl-，A正确；用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢，硫酸钙可以转化为更难溶的CaCO3，离子反应方程式为CaSO4s+CO32-aq⇌CaCO3s+SO42-aq，B正确；黄绿色的CuCl2溶液中存在[CuCl4]2-和[Cu(H2O)48．结构决定性质是化学学科的核心观念。下列解释错误的是选项事实解释AO3在CClO3B离子化合物常温下为液态阴、阳离子半径大，所带电荷数少，形成的离子键弱，熔点低C键角：HO的电负性比S的大，H2O的成键电子对更偏向D沸点：后者形成了分子内氢键，使其沸点低于前者A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】H2O和O3属于极性分子，O3极性微弱，CCl4为非极性分子，根据相似相溶可知，O3在CCl4中的溶解度高于在水中的溶解度，A解释错误；为离子化合物，阴、阳离子半径大，所带电荷数少，形成的离子键弱，其熔点低，常温下为液态，B正确；H2O和H2S中心原子杂化方式相同，中心原子的孤电子对数目相同，O的电负性比S的大，H2O的成键电子对更偏向O，成键电子对间排斥力更大，键角更大，键角H2O>H29．某种离子化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z与W同主族。下列说法正确的是A．第一电离能：Z<W<C．分子极性：WQ3<【答案】D【解析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z与W同主族，Z失去一个电子后形成四个键，最外层有5个电子，W得到一个电子后形成6个键，W最外层是5个电子，则Z为N，W为P，Q的化合价为-1价，Q为Cl，Y形成四个键，Y为C，X形成一个键，X为H。同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大的趋势，则第一电离能P<Cl，电子层越少，原子半径越小，第一电离能越大，第一电离能Cl<N，则第一电离能：P<Cl<N，A错误；Y为C，Z为N，简单氢化物分别为CH4、NH3，、NH3分子间存在氢键，沸点：CH4<NH3，但C、N均存在其他氢化物，B错误；电负性P<N，分子极性：PCl3>NCl3，C错误；阴离子为[PCl6]-，空间构型为八面体形，D正确。故选D。10．利用MnO2悬浊液吸收SO2气体可制取MnS2O6和MnSOA．装置A中浓硫酸浓度越大反应速率越快B．装置C中悬浊液变澄清表明整个制备实验完成C．MnSO4在装置DD．装置D中热水浴温度越高越好【答案】C【解析】装置A中硫酸浓度增大一定程度，难电离出H+，H+浓度小，反应速率减慢，一般选择70%的硫酸，A错误；装置C中悬浊液变澄清只表明装置C反应完成，装置D不一定反应完成，装置C和D中悬浊液都变澄清表明整个制备实验完成，B错误；装置D热水浴中MnS2O6受热分解生成MnSO4，C正确；装置D热水浴温度太高，降低了SO2在水中的溶解度，不利于反应进行，D错误。故选C。11．硼化钙晶胞结构如图所示，每六个硼原子构成一个正八面体，各个顶点通过B-B键相互连接，正八面体中B-B键的键长为dnm，Ca位于立方体体心，原子分数坐标为12,1A．距离Ca最近的B有8个 B．Ca与B个数比为1：24C．M点的原子分数坐标为0,1,【答案】C【解析】距离Ca最近的B有3×8=24个，A错误；晶胞中Ca为1个在晶胞内部；B的个数为8×18×6=6个，硼化钙的化学式为CaB6，Ca与B个数比为1∶6，B错误；M点在x方向坐标为0，y方向坐标为1，B-B键的键长为dnm，M到顶点的距离为22dnm，z方向分数坐标为22ad，M点的原子分数坐标为0,1,212．甘氨酸合铜在医药、电镀和农业等领域都有广泛的应用前景，其结构如图所示。下列说法错误的是A．1mol甘氨酸合铜含有σ键16molB．电负性：OC．基态铜原子的电子有15种空间运动状态D．甘氨酸合铜中铜的配位数为4【答案】A【解析】单键是σ键，双键有一个σ键，配位键也是σ键，1mol甘氨酸合铜含有σ键20mol，A错误；C与H形成的化合物中C为负价，C电负性大于H，同周期从左到右，元素的电负性增大，故电负性O>N>C>H，B正确；基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，核外电子占据15个轨道，有15种空间运动状态，C正确；甘氨酸合铜中一个Cu原子周围结合四个原子，铜的配位数为13．一种微生物电池无害化处理有机废水的原理如图所示，废水中含有的有机物用C6A．N极电势低于M极电势B．温度越高废水处理速率越快C．M极产生5.6LCO2，则ⅢD．M极的电极反应式为：C【答案】D【解析】由图示原电池可知，M电极C6H12O6转化为CO2，碳元素化合价升高，发生氧化反应，M电极是负极，N电极为正极，负极电势低于正极电势，A错误；升高温度微生物容易失去活性，影响原电池工作效率，B错误；未指明CO2所处的温度和压强，不能计算5.6LCO2的物质的量，C错误；M极为负极，电极反应式为C6H1214．25℃时，用NaOH标准溶液滴定20.00mL同浓度的三元酸H3A溶液，滴定曲线及溶液中lgX[X代表cA3-cHAA．曲线Ⅲ表示lgcH2B．当pH=6时，C．当VNaOH=20.00D．当VNaOH=40.00【答案】B【解析】三元酸H3A的电离常数K1>K2>K3，lgX=0时，cA3-cHA2-=cHA2-cH2A-=cH2A-cH3A，对应的pH值I<II<III，c(H+)I>II>III，则I代表lgcH2A-cH3A随pH值变化曲线，II代表lgcHA2-cH2A-随pH值变化曲线，III代表lgcA3-cHA2-随pH值变化曲线，A错误；由曲线II可知，lgc(HA2-)c(H2A-)=2.8，pH=10，c(H+)=10-10，K2=c(HA2-)×c(H+)c(H2A-)=102.8×10-10=10-7.2，当pH=6时，c(H+)=10-6，c(HA2-)c(H2A-)=K2c(H+)=10-7.210-6=10-1.2，lg15．化学家合成出一种超分子，在链状分子A上同时含有两个不同的识别位点。在碱性条件下，环状分子B与带有正电荷的位点1相互作用较强；在酸性条件下，环状分子B与位点2的相互作用增强。下列说法错误的是A．酸性条件下，位点2的亚氨基结合H+而带正电荷，与环状分子BB．酸性条件下，分子B与位点2之间存在氢键NC．分子B内部有很大的空间，能与所有碱金属离子发生作用，把无机物带入有机物中D．通过加入酸或碱，可以实现该超分子在两种不同状态之间切换【答案】C【解析】由题图可知，在酸性条件下，A分子中位点2的烷胺基结合H+而带正电荷，与环状分子B的作用力增强，A正确；位点2有N-H键，分子B存在O原子，酸性条件下，分子B与位点2之间存在氢键N-H⋅⋅⋅O，B正确；分子B只能与直径适合的碱金属离子发生作用形成超分子，不能与所有的碱金属离子作用，C错误；在碱性条件下，环状分子B与带有正电荷的位点1的相互作用较强，通过加入酸或碱，均可实现该超分子在两个不同状态之间的切换，二、解答题16．废旧三元锂电池正极材料LiNixCo1-x-yMnyO已知：①浸出液中Co2+=0.11mol/L，c②25℃时，KspCoC2③少量的Ni2+和Co2+与氨水反应生成的NiNH回答下列问题：(1)按照核外电子排布，Co位于元素周期表中的区。(2)正极材料表示为LiMO2(M代表Co、Ni、Mn，化合价均为+3价)，“酸浸”时反应的化学方程式为。“酸浸”时温度不能过高的原因为(3)若往浸出液中直接加入NH42C2O4，(填离子符号)应先沉淀。实际操作中先往浸出液中加入氨水再加入NH4(4)“沉锰”过程发生反应的离子方程式为。(5)现有10L浸出液，回收得到Li2CO3的质量为44.03g，则Li+的回收率为【答案】(1)d(2)2LiMO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2MSO4+O2↑+4H2OH2O2受热易分解(3)Ni2+[Ni(NH3)6]2+比[Co(NH3)6]2+稳定性强，镍元素主要以[Ni(NH3)6]2+的形式存在于溶液中，故不能被沉淀(4)Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+H2O+CO(5)85%或0.85【解析】废旧三元锂电池正极材料预处理后，加入H2O2和H2SO4的混合溶液酸浸，金属氧化物转化为可溶性硫酸盐，由金属元素化合价降低可知，H2O2被氧化生成O2，向酸浸液中加入氨水和NH42C2O4，Co2+转化为CoC2O4沉淀，过滤得到CoC2O4和滤液；向滤液中加入NH4HCO3沉锰，Mn2+转化为MnCO3沉淀，过滤得MnCO3和滤液；向滤液中加入Na2CO3和NaOH的混合溶液，Ni2+转化为aNiCO3·bNi(OH)2沉淀，过滤；向滤液中加入Na（1）Co的原子序数是27，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区。（2）“酸浸”时LiMO2(M代表Co、Ni、Mn，化合价均为+3价)将H2O2氧化，Ni、Co、Mn元素被还原为+2价，离子反应方程式为2LiMO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2MSO4+O2↑+4H2O；H2O2（3）25℃时，Ksp(CoC2O4)=6.3×10−8，Ksp(NiC2O4)=4.0×10−10，浸出液中c(Co2+)=0.11mol/L，c(Ni2+)=0.03mol/L，Ni2+开始沉淀需要c(C2O42-)=1.3×10−8mol/L，Co2+开始沉淀需要c(C2O42-)=5.7×10−7mol/L，故Ni2+先沉淀。但由于[Ni(NH3)6]2+比[Co(NH3)6]2+稳定性强，镍元素主要以[Ni(NH3)（4）“沉锰”过程产生气体X为CO2，离子反应方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+H2O+CO2（5）10L浸出液中n(Li+)=10L×0.14mol/L=1.4mol，n(Li2CO3)=44.03g74g/mol=0.595mol，回收得到n(Li+)=1.19mol，Li+17．含碳化合物的回收是实现碳达峰、碳中和的有效途径。CO2反应1：CO反应2：CO反应3：CO回答下列问题：(1)已知在25℃、101kPa下，由最稳定单质生成1mol物质COHCHH标准摩尔生成焓/kJ-393.50-200.7-241.8则ΔH1=(2)反应3在(填“较高”或“较低”)温度下能自发进行。(3)对于上述反应体系，下列说法正确的是(填标号)。a．其他条件相同，反应1分别在恒容和恒压条件下进行，后者CO2b．恒温恒容条件下，当容器内气体的压强不再改变，说明体系达到平衡状态c．增加催化剂的表面积，可加快反应速率，提高CH3d．其他条件相同，增大投料比nCO2/(4)在一体积固定的密闭容器中，按照nCO2:nH2=1:3投料，发生上述反应1和反应2，平衡时CO①150℃~250℃范围内，随着温度的升高，CO2的平衡转化率减小的原因是②270℃时，若容器起始压强为5MPa，则反应2的。Kp为(保留两位有效数字)(5)已知阿伦尼乌斯公式：lnk=-EaRT+C(k为速率常数，Ea为活化能，T为热力学温度，R和C为常数)。从图2可知Ea(反应2)Ea(反应3)(填“>”或“<”)，对于反应2，ΔH2=kJ【答案】(1)−49.0(2)较低(3)ab(4)反应1为放热反应，反应2为吸热反应，升高温度，反应1逆移的程度大于反应2正移的程度，使二氧化碳的转化率减小0.015(5)>RT(lnk逆-lnk正)或RTlnk【解析】（1）ΔH1=-200.7kJ·mol−1-241.8kJ·mol−1+393.5kJ·mol−1=−49kJ·mol−1；（2）反应3的ΔS<0，ΔH3<0，由ΔG=ΔH−TΔS<0反应才能自发可知，反应3在较低温度下能自发进行；（3）反应1是气体体积减小的反应，其他条件相同，在恒压条件下，容器体积减小，相当于恒容条件下的加压，反应1平衡正向移动，CO2的平衡转化率更高，a正确；反应1和反应3是气体体积减小的反应，反应2是气体体积不变的反应，容器内气体的压强不再改变，说明体系达到平衡状态，b正确；增加催化剂的表面积，可加快反应速率，但不能引起平衡的移动，也不能影响CH3OH的平衡产率，c错误；其他条件相同，增大投料比[n(CO2/n(H2))]，CO2的平衡转化率变小，d错误。故选ab；（4）①反应1为放热反应，反应2为吸热反应，升高温度，反应1平衡逆移的程度大于反应2平衡正移的程度，使CO2的转化率减小；②270℃时，体积固定的密闭容器中，按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3投料，设n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，容器内发生反应1和反应2，平衡时α(CO2)=24%，CO和CH3OH在含碳产物中的物质的量分数相等，反应的CO2为0.24mol，平衡时n(CO2)=0.76mol，n(CH3OH)=n(CO)=0.12mol，n(H2O)=0.12mol+0.12mol=0.24mol，n(H2)=3mol-0.12mol-3×0.12mol=2.52mol，反应2为反应前后气体体积不变的反应，则Kp=p(co)×pCH3OHp(CO2)×p(H2)=n(co)×nCH3OHn(CO2)×n(H2)=0.12×0.240.76×2.52=0.015；（5）据阿伦尼乌斯公式：lnk=-EaRT+C，结合图像，反应2的倾斜程度大于反应3，斜率等于−Ea，即|E18．某化学学习小组探究Cu2+能否氧化Fe实验序号实验操作与现象实验1向盛有2mL0.05mol实验2将实验1反应混合物长时间静置，取上层清液于另一试管，滴加KSCN溶液，溶液变红，振荡红色消失，产生少量白色沉淀，如此反复多次滴加KSCN溶液，振荡观察到的现象相同，当加入大量KSCN溶液后，红色不再褪去，生成较多白色沉淀已知：i．CuSCN为难溶于水的白色固体。ii．SCN-有较强还原性，易被氧化为SCN2，SCN2化学性质与卤素单质相似向实验1假设①：静置过程中空气中的氧气将Fe2+假设②：发生反应2Cu2++4SCN-=2CuSCN假设③：Cu2+在SCN-的影响下，将Fe2+回答下列问题：(1)配制250mL0.05mol/LFe2SO4(2)实验1发生反应的化学方程式为。(3)取2mL0.1mol/LFeSO4溶液于试管中，滴加KSCN溶液，长时间放置，未见溶液变红，但观察到少量红褐色沉淀，此红褐色沉淀为，由于溶液中(4)取2mL0.05mol/LCuSO4溶液于试管中，滴加KSCN溶液，放置2小时，未见白色沉淀，故假设(填“②”或“③”)不合理，实验2观察到的现象有可能是Cu2+、和(5)分别取1mL0.2mol/LFeSO4溶液和1mL(6)Cu2+的氧化性不足以氧化Fe2+，但当存在SCN-，能将Fe2+氧化的原因可能为【答案】(1)bcd(2)Fe2(SO4)3+Cu=2FeSO4+CuSO4(3)Fe(OH)3或氢氧化铁(4)②SCN-Fe2+(5)Fe2++Cu2++4SCN-=CuSCN↓+Fe(SCN)3或Fe2++Cu2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+(6)当存在SCN-时，生成了难溶的CuSCN，增强了Cu2+的氧化性(或当存在SCN-时，生成了难电离的Fe(SCN)3，增强了Fe2+的还原性)【解析】（1）配制250mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液，需要用到250mL容量瓶、烧杯、胶头滴管，选bcd；（2）实验1盛有2mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液的试管中加入过量铜粉，5分钟后溶液变蓝，化学反应方程式为Fe2(SO4)3+Cu=2FeSO4+CuSO4；（3）FeSO4溶液于试管中长时间放置，观察到少量红褐色沉淀，红褐色沉淀为Fe(OH)3；（4）取CuSO4溶液于试管中，滴加KSCN溶液，放置2小时，未见白色沉淀，不可能发生反应2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，故假设②不合理。实验1反应后生成了Cu2+、Fe2+，滴加了KSCN溶液，溶液变红并产生少量白色沉淀，实验2观察到的现象有可能是Cu2+、SCN-、Fe2+共同反应的结果；（5）FeSO4溶液和CuSO4溶液混合，溶液立刻变红并产生白色沉淀，依据假设③：Cu2+在SCN-的影响下，将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应方程式为Fe2++Cu2++4SCN-=CuSCN↓+Fe(SCN)3或Fe2++Cu2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+；（6）Cu2+的氧化性不足以氧化Fe2+，但当存在SCN-，能