湖北省十一校2024-2025学年高三上学期第一次联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1湖北省十一校2024-2025学年高三上学期第一次联考试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1.我国是古代文明发源地。下列文物主要由传统无机非金属材料制成的是A．红珊瑚树B．夜明珠C．窃曲垂鳞纹青铜鼎D．原始瓷青釉双系陶罐A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】红珊瑚树的主要成分是碳酸钙，不属于传统无机非金属材料，A不选；夜明珠的主要成分为氟化钙，不属于传统无机非金属材料，B不选；窃曲垂鳞纹青铜鼎的主要成分为铜合金，属于金属材料，C不选；原始瓷青釉双系陶罐的主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，D选；故选D。2.生活中处处有化学，下列叙述错误的是A．传统提取中药有效成分的方法之一溶剂提取法利用了萃取原理B．尿毒症患者进行血液透析的治疗方法，利用了胶体的性质C．将变黑的银首饰浸泡在装有浓食盐水的锡纸容器中清洗，利用了原电池原理D．药皂中加入少量苯酚来杀菌消毒，利用了苯酚的强氧化性【答案】D【解析】传统提取中药有效成分的方法之一溶剂提取法，使中药中的有效分在溶剂中溶解，利用了萃取原理，从而分离出中药中的有效成分，A正确；血液可看作是胶体，血液透析净化尿毒症患者的血液，利用了胶体渗析，B正确；变黑的银首饰浸泡在装有浓食盐水的锡纸容器中清洗，硫化银、锡和电解质食盐水共同形成原电池，硫化银做正极发生还原生成银单质，利用了原电池原理，C正确；苯酚具有毒性，能够使蛋白质变性，从而杀菌消毒，与苯酚的氧化性无关，D错误；故选D。3.港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法有：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌(富含锌粉)底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是A．若将钢梁与直流负极相连，也可减慢腐蚀速率B．防腐过程中铝和锌均作为负极，失去电子C．方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除D．钢梁在水下部分比在空气与水交界处更容易腐蚀【答案】D【解析】将钢梁与直流负极相连，铁作电解池的阴极，发生得电子还原反应被保护，可减慢铁的腐蚀速率，该保护方法为外加电流法，故A正确；铝和锌的金属活动性均大于铁，二者可作原电池负极被氧化而损耗，铁作正极被保护，该保护方法为牺牲阳极法，故B正确；钢梁上安装铝片、使用高性能富锌(富含锌粉)底漆、使用高附着性防腐涂料可以减缓钢铁腐蚀，但不能完全消除铁的腐蚀，故C正确；空气与水交界处的氧气浓度较大，相较于水下铁更容易发生吸氧腐蚀，所以钢梁在水下部分比在空气与水交界处更难腐蚀，故D错误；故选D。4.下列化学用语表达错误的是A．氯化钙的电子式：B．CH3CHCHC．基态Fe3+的价电子排布图：D．H-H的σ【答案】C【解析】氯化钙是离子化合物，Ca失电子转移至Cl形成离子，钙离子和氯离子间存在离子键，电子式为，故A正确；CH3CHCH2CH32展开写为CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，主链5个碳，3号碳原子上连有甲基，系统命名法命名为3-甲基戊烷，故B正确；Fe原子序数26，基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe3+的价层电子排布式为3d5，价层电子排布图为，故C错误；两个氢原子形成氢分子时，两个氢原子的球形s能级的原子轨道相互靠近，杂化形成新轨道，用电子云轮廓图表示键的键形成示意图为，故5.学习结构化学有利于了解原子和分子的奥秘。下列叙述正确的是A．NaCl溶液中的水合离子：B．SO32-的VSEPRC．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：D．CH4分子和CCl4分子都可以用空间填充模型【答案】B【解析】Na+电子层数少于Cl-，所以Na+半径小于Cl-，且Na+吸引带负电性的氧原子，Cl-吸引带正电性的氢原子，则NaCl溶液中的水合离子：，故A错误；SO32-中心S原子的价层电子对数为3+6+2-2×32=4，有一对孤电子，VSEPR模型为四面体形，即，故B正确；邻羟基苯甲醛中的—OH中的H原子与电负性较大的O原子相连，该H原子与邻位醛基中的O原子之间形成氢键，表示为，故C错误；CH4分子的空间结构为正四面体形，四个H被Cl取代得到CCl4，则CCl4空间结构也是正四面体形，CCl4分子中Cl原子半径大于C原子，不能用空间填充模型6.广藿香酮是一种来自薄荷的具有抗菌和抗癌活性的抗生素，其结构简式如图所示，下列关于广藿香酮的叙述错误的是A．分子式为CB．分子中没有手性碳原子C．1mol该分子与足量的H2发生加成反应最多消耗D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】根据广藿香酮结构简式可知，分子式为C12H16O4，故A正确；连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，广藿香酮分子中不含有连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B正确；1mol该分子含2mol碳碳双键和1mol酮羰基，则1mol广藿香酮最多可与3mol氢气发生加成反应，故C7.下列离子方程式能用来解释相应实验现象或正确描述其反应的是选项实验操作或现象离子方程式A向Mg(OH)2悬浊液中滴加几滴3B向Na2S溶液通入过量SOC向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳气体2D二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色3A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】向Mg(OH)2悬浊液中滴加几滴0.1mol/LFeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀，说明发生沉淀的转化，Mg(OH)2转化为Fe(OH)3，反应的离子方程式为3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)⇌2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)，A项正确；向Na2S溶液中通入过量SO2，发生归中反应产生淡黄色沉淀硫单质，同时过量的SO2在溶液中形成NaHSO3，反应的离子方程式为2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3-，B项错误；碳酸的酸性强于次氯酸，次氯酸的的酸性强于碳酸氢根离子，根据强酸制弱酸原理，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳气体，反应生成HClO和NaHCO3，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，C项错误；题给离子方程式不平，正确的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，8.研究物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实解释错误的是选项实例解释A由R4N+与其离子的体积较大有关BNH3和CO具有完全相同类型的分子间作用力CCsCl晶体中Cs+配位数为8，而NaCl晶体中Na+Cs+比NaD逐步断开CCl4中的C各步的C-A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，可知由R4N+与PF6-组成的离子液体常温下呈液态，与其离子的体积较大有关，故A正确；NH3易液化，液态氨气汽化时吸收大量能量，导致温度降低，可作制冷剂，干冰是固态二氧化碳，易升华，升华时吸收热量，也可用作制冷剂，NH3分子间作用力为氢键和范德华力，CO2分子间仅存在范德华力不存在分子间氢键，故B错误；离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越大，配位数越大，Cs+周围最多能排布8个Cl-，Na+周围最多能排布6个Cl-，说明Cs+比Na+半径大，故C正确；断开第一个碳氯键时，碳原子周围的共用电子对多，原子核对共用电子对的吸引力较弱，需要能量较小，断开C-Cl9.Q、X、Y、Z、W五种短周期主族元素的原子半径依次增大，其中基态X原子未成对电子数目最多，Y和W同主族，基态Q原子填充3个能级，有1个未成对电子，基态Z原子电子填充了3A．X与W形成的化合物属于分子晶体 B．Q的氢化物的水溶液存在3种氢键C．化合物H3XZH3含有配位键 D．X【答案】C【解析】基态X原子未成对电子数目最多，原子半径较小，X有3个未成对电子，X原子电子排布式为:1s22s22p3，X为氮元素，基态Z原子电子填充了3个原子轨道，故电子排布式为1s22s22p1，Z为硼元素，Z周期表中的位置与Y相邻，原子半径比Y大，故Y为碳元素；Y和W同主族，故W为硅元素，X与W形成的化合物为Si3N4，属于共价晶体，A错误；基态Q原子填充3个能级，有1个未成对电子，且原子半径比氮原子小，故Q原子电子排布式为:1s22s22p5，Q为氟元素，Q的氢化物为HF，水溶液存在的氢键有：F-H⋯F，F-H⋯O，O-10.冠醚与碱金属离子(Li+、Na+、下列有关叙述错误的是A．图示杂化方式为sp3B．图示冠醚空腔中适配的碱金属离子从左往右顺序为：LiC．向KMnO4溶液中加入冠谜(18-冠-6)D．图示超分子中的碳原子均在同一平面【答案】D【解析】C均形成4个σ键，无孤电子对，杂化轨道数为4，O均形,2个σ键，含2对孤电子对，杂化轨道数为4，二者杂化类型均为sp3杂化，A正确；Li+、Na+、K+电子层数逐渐增多，离子半径逐渐增大，与图示对应，B正确；由图可知，冠醚（18-冠-6）与K+形成超分子，使K+存在于其空腔内，进而增大KMnO4在有机溶剂中的溶解度，加快KMnO11.室温下，下列实验过程和现象能验证相应实验结论的是选项实验过程和现象实验结论A向0.1mol⋅L酸性：HB将某铁粉加稀硫酸溶解，再向溶解液中滴加几滴KSCN溶液，无明显现象铁粉未发生变质C将相同大小的钠块和钙块放入相同体积的蒸馏水中，钙与水反应不如钠剧烈金属活动性：NaD向CoH该配合物中Co3+的配位数是A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】氢硫酸是弱酸，硫酸是强酸，硫酸铜溶液能与硫化氢气体反应是因为生成硫化铜沉淀，与酸性强弱无关，故A错误；若铁粉变质形成氧化铁，与稀硫酸反应生成的铁离子，但过量的铁可将生成的铁离子转化为亚铁离子，所以将某铁粉加稀硫酸溶解，再向溶解液中滴加几滴硫氰化钾溶液，无明显现象不能说明铁粉未发生变质，故B错误；钙与水反应生成氢氧化钙和氢气，微溶的氢氧化钙附着在钙的表面阻碍反应的继续进行，所以将相同大小的钠块和钙块放入相同体积的蒸馏水中，钙与水反应不如钠剧烈不能说明钠的金属性强于钙，故C错误；向CoH2O3Cl3的水溶液中滴加硝酸银溶液无明显现象说明配合物的配体为水分子和氯离子，配位数为12.我国科学家研究成果“无细胞化学酶系统催化CO2合成淀粉”取得重要进展，其中一步核心反应如下图所示。下列说法正确的是A．反应②生成1molHCHO转移4B．反应④原子利用率100C．1molDHA可与足量NaHCO3D．淀粉属于非电解质【答案】B【解析】反应②的化学方程式为CH3OH+O2=H2O2+HCHO，乙醇被氧化为乙醛过程中碳元素的价态由-2价升高为0价，即每生成1molHCHO转移2mol电子，A项错误；DHA分子式为C3H6O3，HCHO分子式为CH2O，3分子HCHO合成1分子DHA，反应④化学方程式为3HCHO→，反应过程中无副产物，原子利用率为100%，B项正确；DHA含有官能团羟基和酮羰基，均不能与NaHCO3溶液反应，羧基可与NaHCO3溶液反应，C项错误；在水溶液中或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，淀粉是混合物，既不是电解质也不是非电解质，D项错误；故选B13.0.1000mol⋅L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol⋅下列说法错误的是A．②为PO43-的lgcB．b点时，溶液中存在cC．由图可知cD．当V(NaOH【答案】D【解析】根据图中a点，VNaOH=10mL时，溶液中溶质的物质的量之比为nH3PO4:nNaH2PO4=1:1，故③④为磷酸和磷酸二氢钠的曲线，又因为随着pH变大，H3PO4浓度变小，故③为H3PO4，④为H2PO4-，又因为pH=2.12时，cPO43-最小，②为PO43-的lgcmol⋅L-1与pH的关系，A正确；b点溶质为NaH2PO4，H2PO4-在溶液中既存在电离，也存在水解，此时溶液pH=5.0显酸性，说明其电离沉淀大于水解程度，则cH3PO4<cHPO42-，B正确；当V(NaOH)=10mL时，c(H14.我国科研人员设计了一条从乳酸增值至丙氨酸的电化学转化路径，同时可以实现废水的再利用，原理如图所示。已知：在外电场作用下，水分子会在双极膜的界面层解离为H+和OH下列说法错误的是A．理论上将废水中NO3-还原到羟胺NH2B．阳极发生的反应为CHC．阴极发生的反应为CHD．双极膜在阳极区产生OH-，阴极区产生【答案】A【解析】NO3-还原到羟胺NH2OH过程中N元素从+5价降为为-1价，理论上将NO3-还原到羟胺NH2OH需转移6个电子，题干中未说明NO3-具体的物质的量，无法计算电子的转移数目，A错误；在外电场作用下，左侧物质去氢发生氧化反应，则左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，左侧阳极发生氧化反应：CH3CHOHCOO--2e-+2OH-=CH15.某种离子型铁的氧化物晶胞如图2所示，它由图1中A、B单元组成。若通过图1图2●→已知：脱嵌率下列有关说法错误的是A．一个晶胞能够嵌入的Li+最多数目为B．放电时，该锂电池的正极反应为LiFeC．若该正极材料中，nFe2+D．A1中M原子分数坐标为(0,0,0)，晶胞边长为1，则B3中N【答案】B【解析】Li+嵌入或脱嵌晶胞的棱心和体心，棱心：12×14=3，体心：1，一个晶胞能够嵌入的Li+最多数目为4，故A正确；放电时，正极发生还原反应得电子，锂离子嵌入正极，该锂电池的正极反应为Li1-xFe6O8+xLi++xe-=LiFe6O8，故B错误；根据均摊原则，O2-位于体心，一个晶胞中含有O2-数为32，Fe2+位于顶角、棱心和体心，Fe3+位于晶胞内部，共24个，若该正极材料中，nFe2+:nFe3+=3:5，Fe2+数为24×38=9、Fe3+数为15，根据电荷守恒，嵌入二、解答题16.工业上常用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al已知：①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O②当溶液中某离子浓度cMn+FeAlMnFeK2.0×1.0×2.0×5.0×回答下列问题：(1)Mn在元素周期表中的位置为：。(2)“酸浸”时，软锰矿中的成分与SO2反应的离子方程式：①；②(3)加入MnCO3“调pH”时，调节pH的范围为4.7-5.5的原因是：(4)已知滤渣Ⅲ”主要成分为FeOOH，则“氧化”操作中主反应的离子方程式为。(5)为节能减排，整个工艺过程中可循环使用的物质为。(6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤即可得到明矾KAlSO42⋅12H2O，洗涤时若用乙醇洗涤的目的是【答案】(1)第四周期ⅦB族(2)SO2+MnO2(3)使Al3+转化为Al(OH)3(4)O(5)O(6)降低产品的溶解损失；便于得到干燥的产品【解析】（1）Mn原子序数25，位于元素周期表中第四周期ⅦB族（2）“酸浸”时，二氧化锰被二氧化硫还原为硫酸锰、氧化铁中铁元素为+3价，被还原为硫酸亚铁中的+2价，反应的离子方程式：①SO2+MnO2（3）Al(OH)3的Ksp=1.0×10-33，Al3+完全沉淀时，c(OH-)=31×10-331×10-5=10-283，c10-1410-28310-143（4）软锰矿中的Fe2O3，被加入的硫酸和二氧化硫酸溶并还原为硫酸亚铁，调pH过程中通入氧气把Fe2+氧化为FeOOH沉淀，由此可知氧气把Fe2+氧化为FeOOH沉淀，则“氧化”（5）由题干工艺流程图可知，“焙烧”反应中反应方程式为：2Li2CO3+8MnO2=焙烧4LiMn2O4+2CO2+O2，生成物O2可以循环到“氧化”步骤中使用；电解步骤中生成二氧化锰和硫酸，硫酸循环到“酸浸”步骤中使用，所以为节能减排，整个工艺过程中可循环使用的物质为O（6）明矾可用乙醇洗涤，是因为明矾不溶于酒精，酒精易挥发，洗涤时若用乙醇洗涤的目的降低产品的溶解损失、便于得到干燥的产品。17.“双碳战略”有助于我国实现高质量的发展，中科院研究人员通过利用光催化CO2转化为甲醇从而实现对光能的存储和利用，研究人员给这个方案起了一个贴切的名字——“液态阳光”。在某CO2催化加氢制CHI．CO2(II．CO(gIII．CO2((1)同时有利于提高CH3OH平衡产率和反应速率的是(填字母A．加入催化剂

B．升高温度

C．降低温度

D．增大压强

E．降低压强(2)已知：H2O(CH3OH常温常压下，在一密闭钢瓶中通入CO2和H2只发生反应Ⅲ，当生成1mol的CH3(3)在实际的生产过程中还会发生副反应，如IV．CH3OH(g)+2CO2(g)⇌3CO(g)+2H2O(g(4)某压强下，往密闭容器中按投料比nH2:nCO①图中Y代表(填化学式)。②体系中CO2的物质的量分数受温度影响不大，原因是③体系中X与Y的交点纵坐标为0.04，则该条件下CO2的转化率为。(结果保留一位小数④湖北省是冶金工业大省，为了实现湖北省低碳冶金的产业转型发展，某炼钢厂将生产过程中产生的烟道气(主要含有N2、CO、CO2、【答案】(1)D(2)124.8(3)K(4)CH3OH温度升高时，反应I平衡正向移动的程度和反应Ⅲ平衡逆向移动的程度相当29.6%【解析】（1）A．加入催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，但催化剂不能影响化学平衡移动，即催化剂不能影响甲醇的产率不变，故错误；B．升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，甲醇的产率降低，故错误；C．降低温度，反应速率减慢，故错误；D．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，反应速率加快，平衡向气体分子数减小的正反应方向移动，甲醇的产率增大，故正确；E．降低压强，反应速率减慢，故错误；故选D；（2）常温常压下，甲醇和水都为液态，则生成1mol甲醇时放出的热量为1mol×(48.9+40.7+35.2)kJ/mol=124.8kJ，故答案为：124.8；（3）由盖斯定律可知，反应I×2—反应II=反应IV，反应I扩大2倍，平衡常数变为平方数，两式相减，平衡常数相除，则反应的平衡常数K4=K12K（4）反应I为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳和水蒸气的体积分数增大，反应II和反应III都为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇和水蒸气的浓度均减小，则图中x、y、z分别代表一氧化碳、甲醇、水蒸气；①由分析可知，图中Y代表甲醇，故答案为：CH3②二氧化碳是反应I和反应III的反应物，体系中二氧化碳的物质的量分数受温度影响不大是因为温度升高时，反应I平衡正向移动的程度和反应Ⅲ平衡逆向移动的程度相当，故答案为：温度升高时，反应I平衡正向移动的程度和反应Ⅲ平衡逆向移动的程度相当；③设起始二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol和3mol，反应I生成一氧化碳的物质的量为amol、反应II生成甲醇的物质的量为bmol，由题意可建立如下三段式：COCO由体系中X与Y的交点纵坐标为0.04可得：a—b=b，b4-2b=0.04，解得a≈0.296，则该条件下二氧化碳的转化率为0.296mol1mol×100%④烟道气中混有杂质，杂质附着在贵金属催化剂表面导致其失活，降低了催化剂的选择性，导致甲醇的产率远低于理论计算值，故答案为：烟道气中的杂质使贵金属催化剂失活，降低了催化剂的选择性。18.某实验小组在完成铜与浓硫酸、浓硝酸的反应实验后，为了探究铜与浓盐酸的反应，设计了如下实验方案：实验序号试管①中试剂实验现象A5mL0.1无明显现象B5mL12molL铜丝溶解，溶液由无色缓慢变黄最终变为浅蓝色反应装置图如下：已知：物质CuClCuCuCuCuClCuCl颜色白色无色深蓝色浅蓝色无色黄色I．在实验过程中，甲同学发现铜丝溶解缓慢，溶液中有些许气泡冒出，于是用足量铜粉代替铜丝，重新进行实验。II．同学们对变黄前的无色溶液的成分进行了讨论，认为其中含有Cu(I)，为了验证猜想，同学们进行了如下实验：甲同学：将试管①中产生的气体通入试管②中吸收，发现气体通过试管②中足量氢氧化钠溶液后，试管③中仍然有气泡冒出；乙同学：取试管①无色溶液少许加水稀释发现有白色沉淀生成，对白色沉淀过滤，充分洗涤，进行下列检测实验；丙同学：取试管①无色溶液少许加入5mL10%H根据实验现象，回答下列问题：(1)甲同学用铜粉代替铜丝的目的是。(2)a．运用化学平衡原理解释试管①加水稀释后产生白色沉淀的原因。试管③中的气体是填化学式。b．乙同学实验中，第i步实验的离子方程式为。第ⅱ步深蓝色配离子CuNH342+的空间结构为(填“平面正方形”或c．写出丙同学实验中溶液由无色到浅蓝色的总反应离子方程式。d．结合该实验推测王水溶金实验中(已知Cl-可与Au(Ⅲ)形成AuCl4-配离子【答案】(1)增加铜和盐酸的接触面积，加快反应速率(2)加入蒸馏水后氯离子和CuCl43-浓度减小，使CuCl(s)+3Cl-(aq)⇌CuCl43-(aq)，Qc>K，反应逆向移动，析出CuCl沉淀H2【解析】（1）用铜粉代替铜丝，可增大反应接触面积，加快反应速率；（2）a．试管①中存在平衡：使CuCl(s)+3Cl-(aq)⇌CuCl4b．乙同学实验中，第i步实验中白色沉淀CuCl溶于氨水形成无色的CuNH32第ⅱ步深蓝色配离子CuNH342+，四氨合铜离子的空间构型为平面正方形，Cu2+位于正方形中心，氨分子位于正方形的四个顶点，其中的c．过氧化氢具有氧化性，结合实验现象和表中信息，在酸性条件下反应中生成的CuCl43-被过氧化氢氧化为浅蓝色CuHd．已知Cl-可与Au(Ⅲ)形成AuCl4-配离子，则王水溶金实验中浓盐酸可提供Cl-与Au19.某研究小组对一除草剂的有效成分喹草酮的合成路线进行了探究：回答下列问题：(1)H→I的反应类型是(2)化合物G所含的官能团名称为。(3)写出D→