湖南师大附中2027届高三月考试卷（一）化学+答案

班班C.将CO₂通入Ca(CIO)₂溶液D.将HCl通入CH₃COONa溶液气体气体溶液气体气体气体气体溶液A.制取Cl₂B.除去Cl₂中的HClC.收集Cl₂D.吸收尾气中的Cl₂5.下列离子方程式正确的是A.氯化银与浓氨水反应：AgCl+2NH₃·H₂O=[Ag(YUZ示的转化(略去部分产物),其中U和VYUZA.无水U可作干燥剂B.V溶于水可生成Z8.下列实验操作及现象不能推出相应结论的是选项操作及现象结论A往碘的CCl₄溶液中加入等体积浓KI溶液，振上层呈棕黄色碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl₄中的溶解能力B将一定浓度的葡萄糖溶液滴入新制Cu(OH)₂悬浊液中，加热，生成砖红色沉淀葡萄糖属于还原糖C向盛有2mLFeCl₃溶液的试管中加入过量铁粉，充分反应后静置，滴加KSCN溶液无明显现象；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液变红Fe²+具有还原性D分别测定0.10mol·L-¹的HCOONa和CH₃COONa溶液的pH,HCOONa溶液的pH更小结合H+的能力：化学试题(27T)第2页(共8页)B.常温下可能存在b→e→f的转化10.某研究小组设计如图电解池，可将中B.阳极区pH下降C.阴极消耗1molNO₃,理论上阳极将生成1molHOCH₂COO-11.某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质(忽略②~⑤试管中溶液体积化学试题(27T)第3页(共8页)化学试题(27T)第4页(共8页)A.试剂Y可以是稀硫酸A.步骤I产生的蓝色沉淀为[Cu(NH₃)₄]SO₄db/14.室温下，向0.1mol·L-¹柠檬酸钠(Na₃A)溶液中通入HCl气体(忽略溶液H₃A的分布系数db/A.曲线b表示HA²-D.pH约为5时，通入HCl发生的反应为HA²-+H+CeClCeCl₃溶液(1)盛放CeCl₃溶液的实验仪器名称为0 准溶液VmL。若(NH₄)₂Ce(NO₃)6的摩尔质量为Mg·mol-¹,则产品中化学试题(27T)第5页(共8页)化学试题(27T)第6页(共8页)16.(15分)钛酸钡是一种强介电化合物材料，具有高介电常数和低介电损耗，是以重晶石(主要成分为BaSO₄)为原料制备钛酸钡的流程如(2)可溶性钡盐有毒，医疗上常用硫酸钡作内服造影剂。基态钡子排布式为。常温下反应BaSO₄(s)+CO-(aq)BaCO₃(s)+SO2-(aq)的化学平衡常数K=。[已知：常温下，程中无气体生成),该过程发生反应的化学方程式为 (5)草酸氧钛钡[BaTiO(C₂O₄)₂]灼烧时要控制好温度，实验测得在220～470该反应的化学方程式为 距离且最近的O²-有个；若晶胞棱长为anm,设阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的密度为g·cm⁻³(用含a、NA的代数式表示)。17.(15分)化合物E是某类激酶抑制剂的合成中间体，其工艺制备路线a如下：(1)化合物官能团的名称为o路线a的总产率为11%,为了优化E的合(5)已知F→G和G→E的产率分别为90%和70%。路线b的优势有 物质Y-丁内酯四氢呋喃燃烧热/(kJ·mol-¹)0.8(1.4(F二醇)生反应I、Ⅱ。体系压强恒为7.3MPa,测得平衡时各含碳物质的百分含量x的变化如图所示。[催化剂消耗H₂的量忽略不计，4化学试题(27T)第8页(共8页)高三化学一参考答案123456786AABCCCADDCBBBD2.A【解析】A.溶液中Na+、CI-与溴水均不反应，不影响盐溶液中离子大量共存，故A符合题意；B.将乙醇滴入酸性KMnO₄溶液，酸性KMnO₄溶液具有强氧化性，会将乙醇氧化，同时MnOT被还原为Mn²+,离子发生反应，影响共会发生强酸制弱酸的反应生成HCIO和CaCO₃或3.B【解析】A.浓盐酸与MnO₂加热反应生成MnCl₂、Cl₂和H₂O,可以用于实验室制取氯气，故A不符合题意；B.除合题意；C.氯气的密度大于空气，可以用向上排空气法收集Cl₂,故C不符合题意；D.Cl₂与NaOH反应生成NaClO、NaCl和水，可以用NaOH溶液吸收尾气中的Cl₂,故D不符合题意。4.C【解析】A.根据原子守恒，Mg和C₅H₆以物质的量之比为1:2反应生成Mg(C₅H₅)₂,则C₅H₆、Mg(C₅H₅)₂的计量关系为2:1,则反应①中每消耗0.5molC₅H₅生成Mg(C₅H₅)₂的物质的量为0.25mol,分子数目为0.25NA,故A错误；B.温度和压强未知，则气体摩尔体积未知，无法计算N₂的物质的量，则无法计算生成N的数目，故B错误；C.Mg和CO₂的反应方程式为元素的化合价由0价变为+2价、C元素的化合价由+4价变为0价，每消耗1molCO₂,转移电子的数目为4NAmol,,则消耗4.4gCO₂转移电子的数目为0.4NA,故C正确；D.MgCl₂溶液中，部分Mg²+水解生成Mg(OH)₂且溶液的体积未知，无法计算溶液5.C【解析】A.氯化银与浓氨水反应生成的银氨络离子为[Ag(NH₃)₂]+,离子方程式为AgCl+2NH₃·H₂O—[Ag(NH₃)₂]++Cl-+2H₂O,故A错误；B.铁与少量稀硝酸反应时Fe过量，反应生成Fe²+,离子方程式为3Fe+8H++2NO₃—3Fe²++2NO个+4H₂O,故B错误；C.碳酸钙溶度积小于硫酸钙，微溶的硫酸钙可在饱和碳酸钠溶液中转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为Ca强氧化性，I⁻具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，离子方程式为CIO⁻+2H++2I-—CI⁻+I₂+H₂O,故D错误。6.C【解析】漂白粉的有效成分是次氯酸钙，与盐酸反应生成氯气和氯化钙，与水和二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯7.A【解析】无蓝色沉淀生成说明无Cu²+,沉淀全部溶解说明无Mg²+,实验1中沉淀为Al(OH)₃,且n(AI³+)=0.01mol,AI³+与CO-会发生双水解不能大量共存，因此一定不存在CO₅-;实验2中沉淀为BaSO₄,说明溶液中一定含SO-,且n(SO₄-)=0.01mol,因此一定不存在与SO-生成沉淀的Ba²+;所有存在的离子浓度相等，则等体积下物质的量相等，已知n(AI³+)=n(SO²-)=0.01mol,总正电荷为0.01mol×3=0.03mol,负电荷仅由SO²-提供：0.01mol×2=0.02mol,还差0.01mol负电荷，因此一定存在CI-[且n(CI-)=0.01mol,刚好满足电荷平衡]。若存在Na+或K+,由于它们的浓度也为0.1mol/L,会额外增加正电荷，总正电荷数大于总负电荷数，电荷不守恒，因此8.D(作业原题)【解析】A.向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中的碘离子反应生成碘三离子，使上层溶液呈棕黄色，证明碘在浓碘化钾溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正确；B.葡萄糖与新制的氢氧化铜悬浊液反应，生成的砖红色沉淀为Cu₂O,说明氢氧化铜作氧化剂，葡萄糖作还原剂，证明葡萄糖属于还原糖，故B正确；C.Fe³+被Fe还原为Fe²+,滴加氯水后Fe²+被氧化为Fe³+,证明Fe²+具有还原性，故C正确；D.HCOONa溶液的pH更小，说明CH₃COO的水解程度更大，HCOOH的酸性强于CH₃COOH,因此HCOO结合H+的能力9.D【解析】A.a'为NaH,H为一1价，有强还原性，故A正确；B.如果图像表示Na元素的价类二维图，b为单质Na,e为NaOH,f可以为碳酸钠，Na与水反应生成NaOH,NaOH与CO₂反应生成Na₂CO₃,故B正确；C.若b为黄绿色气5OH-=HOCH₂COO⁻+4H₂O,每转移4mol电子消耗5molOH⁻,同时有4molOH⁻从阴极区跨膜移向阳极区平衡电荷，且生成水，所以阳极区OH-浓度降低，pH下降，故B正确；C.阴极硝酸根离子得电子生成氨气，氮元素化合价由+5降低为—3,阴极消耗1mol硝酸根离子，电路中转移8mol电子，阳极乙二醇失电子生成羟基乙酸盐，生成1molHOCH₂COO-转移4mol电子，所以电路中转移8mol电子时阳极将生成2molHOCH₂COO,故C错11.B【解析】水合硫酸铁是黄色固体，溶于水得到黄色硫酸铁溶液②,由题给信息可知，Fe³+水解与OH-配位而显黄色，其水解平衡为Fe³++H₂OFe(OH)²++H+,向溶液②中滴加1滴稀硫酸，c(H+)增大，水解平衡逆向移动，向溶液⑤中加入适量稀硫酸，H+与C₂O-结合为H₂C₂O₄,H₂C₂O₄是弱酸，溶液中Fe³+又转化为[Fe(SCN)]²+,使溶液变红色，据此分析解答。A.溶液④中生成的Fe(SCN)²+使溶液呈红色，C₂O-与Fe³+配位能力更强，加入K₂C₂O₄·H₂O固体时Fe(SCN)²+转化为[Fe(C₂O₄)₃]³-,解离出SCN-,使c(SCN-)增大，则c(SCN⁻):④<⑤,故A正确；B.根据题意可知，在本题的条件下，配体结合Fe³+的能力：SCN-<C₂O-。试管③(浅黄色):加稀硫酸后，耗了大量Fe³+,因此c(Fe³+)骤降，远小于③;试管⑤(绿色):加入K₂C₂O₄·H₂O后，发生配体交换反应，[Fe(SCN)]²+中的Fe³+与C₂OFe²+,Fe²+与K₃[Fe(CN)₆]反应生成KFe[Fe(CN)₆]蓝色沉淀，故D正确。化除杂”:①加足量NaCIO:将Fe²+氧化为Fe³+,②调pH:Fe³+水解生成Fe(OH)₃沉淀，过滤除去，溶液仅含Na+和Ni²+;“萃取”(萃取剂RH):Ni²+与有机萃取剂结合生成NiR₂进入有机相；“反萃取”(试剂Y):萃取平硫酸更适合后续沉镍等操作，因此试剂X选稀硫酸，故选B。13.B(作业原题)【解析】A.步骤I中，向CuSO₄溶液中加入适量浓氨水，Cu²+与NH₃·H₂O反应生成蓝色沉淀Cu(OH)₂,且[Cu(NH₃)₄液中铜元素的存在形式为[Cu(NH₃)4]²+和Cu²+,大多数Cu²+在配离子的内界，很难电离出来，而向Cu(OH)₂沉淀因为[Cu(NH₃)₄]²+极难电离出Cu²+,溶液中Cu²+浓度太低，与铁发生反应的速率极慢，无明显现象，故C错误；D.步骤Ⅲ中加入稀盐酸后，H+会与NH₃结合成NH使[Cu(NH₃)₄]²+Cu²++4NH₃平衡正移，溶液中c(Cu²+)增大，Cu²+与铁发生置换反应析出红色的Cu,离子方程式为Fe+[Cu(NH₃)₄]²++4H+—Fe²++Cu+4NHZ,产生气泡表明加入的稀盐酸与铁发生置换反应：Fe+2H+—H₂个+Fe²+,故D错误。—H₂A-,H₂A-+H+—H₃A,曲线b表示H₂A-,故A错误；B.n点时，溶液中电荷守恒式为c(Cl-)+c(OH-)3c(A³-)=c(Na+),将电荷守恒式一元素守恒式得：c(CI-)+c(OH-)=3c(H₃A)+2c(H₂A-)+c(HA²-)+级水解方程式为A³-+H₂OHA²-+OH-,,利用曲线c、d交点可知c(A³-)=二、非选择题(本题共4小题，共58分)【解析】(1)根据图1可知，盛放CeCl₃溶液的仪器名称为分液漏斗。(2)根据图2可知，利用固体十固体气体，因此制备氨气的反应方程式为(4)氨气有毒，为防止污染环境，需要尾气处理，图1中的缺陷是没有尾气处理装置。(6)①滴定过程中Ce⁴+被Fe²+还原成Ce³+,Fe²+被氧化成Fe³+,根据得失电子守恒有：n[(NH₄)₂Ce(NO₃)₆]=n[(NH₄)₂Fe(SO₄)₂],则ag硝酸铈铵样品中化学参考答案(27T)第3页②A.配成250mL溶液，定容时俯视容量瓶刻度线，则待测液浓度偏高，测定结果偏高，故A符合题意；B.滴定管水洗后未用(NH₄)₂Fe(SO₄)₂标准溶液润洗，导致(NH₄)₂Fe(SO₄)2标准溶液浓度减小，消耗(NH₄)₂Fe(SO₄)₂标准溶液体积增大，则测定结果偏大，故B符合题意；C.滴定过程中向锥形瓶中加少量蒸馏水冲洗内壁，不影响待测物的物质的量，对测定结果无影响，故C不符合题意；D.滴定开始时滴定管尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡，导致标准溶16.(共15分，除标注外，每空2分)(1)将固体粉末吹起，增大气体与固体的接触面积，使煅烧更充分(1分)【解析】(2)常温下反应BaSO₄(s)+CO₃-(aq)一BaCO₃(s)+SO₄(aq)的化学平衡常数(3)BaS转化为两种可溶性化合物，且过程中无气体生成，该过程发生反应的化学方程式为(4)系列操作是从固液混合物中得到草酸氧钛钡沉淀，故可经过过滤、洗涤、干燥得到草酸氧钛钡固体。(5)BaTiO(C₂O₄)₂在220～470℃无氧时灼烧，发生分解反应，由元素守恒可知，高温下的两种气体产物是CO、CO₂,化学方程式为(6)位于顶点的Ba²+与位于面心的O²一距离最近，共有;Ba位于晶胞顶点，一个晶胞中Ba的数目位于体心，个数为1,则晶胞质量为晶胞边长为anm,则晶胞体积V=a³×10-²¹cm³,所以晶体密度17.(共15分，除标注外，每空2分)(1)碳碳双键、碳氯键(或氯原子)(2)取代反应1(4)作还原剂(5)产率高(1分)了化学参考答案(27T)第4页【解析】A发生取代反应生成B,同时还生成HCl;B和C质谱图中最右侧的分子离子峰的质荷比分别为195和197,则C比B的相对分子质量大2,结合D的结构简式、B生成C的反应条件可知，B中C—CH₂被氧化生成C—O,C为,C发生还原反应生成D,D通过一系列转化得到E。(5)已知F→G和G→E的产率分别为90%和70%,路线b的总产率为90%×70%=63%,比路线a产率高，故路线b的优势有产率高(答案不唯一)。(7)如果H中含有碳碳双键，H和HCl发生加成反应生成G,则H中碳碳双键连接醇羟基，此结构不稳定，所以H和HCl发生开环反应生成G,则H的结构简式18.(共14分，每空2分)(3)氢气还原后的Cu在ZnO表面高度分散，比直接使用Cu单质能提供更多的催化位点，催