湖南炎德英才名校联考2027届高三上学期开学考试化学+答案

高三化学一-线晶体浸NaOH溶液的棉团品红溶液D.验证SO₂的漂白性化学试题(27Y)第1页(共8页)化学试题(27Y)第2页(共8页)A.该晶胞中Cu的配位数为6选项实验操作结论A室温下，用pH试纸分别测定等物CH₃COONa溶液的pHpH试纸颜色：CH₃COONa溶液呈蓝色，NaCIO溶液呈浅黄色酸性：CH₃COOH>HCIOB向久置的Na₂SO₃溶液中加入足量量稀盐酸部分Na₂SO₃被氧化C向2mL0.1mol/LAgNO₃溶液中先滴入4滴相同浓度的NaCI溶液，D向蔗糖溶液中加人适量稀硫酸后加液并加热未产生砖红色沉淀12.(★)实验室用VOCl₂溶液和NH₄HCO₃溶液制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体化学试题(27Y)第5页(共8页) (5)仪器A的作用为 沉淀球磨NaCl溶液滤液沉银沉淀提银稀硫酸铜阳化学试题(27Y)第6页(共8页)则a=oC.极性共价键 化学试题(27Y)第7页(共8页) 有3组峰的结构简式为o(6)已知是一种制备粘合剂的重要中间产物，结合题目信息，参照题干的合成路线设计以化学试题(27Y)第8页(共8页)高三化学一参考答案一、选择题：本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。题号123456789DBABACCACDBBCC正确；5G基站射频功率芯片采用氮化镓(GaN),其组成中不含酸根离子，因此不属于盐类，D错误。2.B【解析】观察丁达尔效应时，应在与光束垂直的方向进行观察，可看到一条光亮的“通路”,而不是从对面观察，A错误；明矾晶核在明矾饱和溶液中生长，可以获得完美的明矾晶体，B正确；温度计仅用于测量温度，不能代替玻璃棒3.A【解析】见教材必修一P31,A正确；见教材选必3P36,1,3-丁二烯的1,2-加成正确的化学方程式为,B错误；表示H₂的燃烧热时，产物应为液态水，C错误；见教材选必1P99,正确的负极反应式为Pb+SO₄-—2e⁻=PbSO₄,D错误。4.B【解析】离子液体完全电离，不是部分电离，A错误；二者均为离子晶体，1-乙基-3-甲基咪唑四氟硼酸盐的阳离子体积远大于Nat,离子键相对较弱，因此熔点更低，B正确；见教材选必2P16,该图为基态氮原子的轨道表示式，C错误；F最外层有7个电子，正确的电子式为,D错误。从左到右，原子半径逐渐减小，因此CI(M)原子半径小于S(Z),O(Y)原子半径小于C(X),A错误；O和S位于同一主族，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，则Y>Z,B错误；O的非金属性强于S,则H₂O的稳定性强于H₂S,C正确；O(Y)的电负性大于Cl(M),D错误。8.A【解析】该物质中含有—CH—CCl₃可发生消去反应，与苯环直接相连的C上连有H原子，可发生氧化反应，A正确；与苯环直接相连的C上连有两个对氯苯基，DDT中不含手性碳原子，B错误；DDE中碳碳双键、苯环上的原子共面，碳碳单键可以旋转，则碳碳双键可与苯环在同一平面内，DDE分子中所有原子可能共面，C错误；DDT对环境产生负面影响，已列入《关于持久性有机污染物的斯德哥尔摩公约》受控名单，见教材必修二P108,D错误。9.C【解析】A.放电时原电池中Lit由负极Li₂C,移向正极，充电时电解池中Lit由阳极LiCoO2移向阴极，图示中Lit从Li₂C,一侧迁移至Li₁-CoO₂一侧，对应放电状态，A错误；B.放电时Li₂C,中锂元素失电子发生氧化反应，反应为Li₂C,-xe⁻=C,+xLit,嵌锂石墨作负极，B错误；C.充电时该装置为电解池，阴极发生还原反应，C,结合Lit生成Li₂C,,电极反应为C,+xLit+xe⁻—Li₂C,,C正确；D.充电时阳极反应为LiCoO₂-xe⁻—Li₁-CoO₂+xLit,钴元素失去电子的数目与脱出的Li+数目相等，D错误。10.D【解析】由晶胞图可知，Cu与6个原子成键，Cu的配位数为6,A正确；为平面分子，C和N均采取sp²杂4个竖直面的面心上(图中六元环只画了一半),数目为,故Cu,L,(SiF₆)。中x:y:z=1:2:1,C正确；由C选项的分析可知，该晶体的化学式为Cu(C₄N₂H₄)₂(SiF₆),其相对分子质量为64+80×2+28+19×6=366,晶体密度,D错误。11.B【解析】NaCIO溶液会发生水解，生成次氯酸，次氯酸能漂白pH试纸，无法用pH试纸测定NaClO溶液的pH,应该用pH计测量NaCIO溶液的pH,A错误；向久置的Na₂SO₃溶液中加入足量BaCl₂溶液，出现白色沉淀，再加入足会直接与I反应生成AgI沉淀，无法证明AgCl转化为AgI,故不能比较K,C错误；蔗糖在酸性条件下水解后溶液呈酸性，而新制Cu(OH)2和还原糖的反应需要在碱性环境下进行，实验未先加NaOH中和过量的H₂SO₄,因此无法12.B【解析】已知VO²+能被O₂氧化，结合实验装置可知反应过程中需要通入CO₂作保护气，装置I为制备CO₂的发生装置，装置Ⅱ为除杂装置，可选用饱和碳酸氢钠溶液除去CO₂中混有的HCl,装置Ⅲ为制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的装置。装置Ⅱ为除杂装置，可选用饱和碳酸氢钠溶液除去CO₂中混有的HCl,A正确；实验开始时，先打开活塞a,通入二氧化碳排尽装置内空气，再打开活塞b制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，B错误；Ⅲ中发生反应：6VOCl₂+8NH₄HCO₃+15H₂O—(NH₄)₅[(VO)₆(CO₃)₄(OH),]·10H₂O↓+4CO₂↑13.C【解析】由反应机理图中箭头方向可知，反应物为(CH₃)₃CCH(OH)CH₃,生成物为(CH₃)₂C=C(CH₃)2和水，H+作催化剂，反应过程为(CH₃)₃CCH(OH)CH₃中羟基与H+结合形成中间体→中间体脱水形成碳正离子→碳正离子碳链结构重排→重排后的碳正离子脱去H+,生成碳碳双键。也可以发生消去反应生成3,3-二甲基-1-丁为(CH₃)₃CCH(OH)CH₃+D+→(CH₃)₂C=C(CH₃)₂+HDO+H+,C正确；依据该机理可知，邻位碳上没有氢原子的醇在酸催化下可发生碳正离子迁移，C④由羟基所连的C转移到邻碳，再由邻碳正离子与相连的碳之间形成双14.C【解析】饱和溶液中金属阳离子只由固体溶解产生，根据元素守恒有c(M+)=2[c(A²-)+c(HA-)+c(H₂A)],金属阳离子的浓度大于任一含酸根粒子的浓度；pH降低时，c(A²Ⅲ表示c(A²-一),曲线Ⅱ表示c(HA-),曲线IV表示c(H₂A)。图中曲线Ⅱ与曲线Ⅲ在pH=7.3时相交，对应二、非选择题：本题包括4小题，共58分。15.(15分，除标注外，每空2分)(1)漏斗(1分)(2)3Fe²++4H++NO₃—3Fe³++N(3)防止氯化铁水解生成Fe(OH)₃使得到的产物不纯(5)冷凝回流，导气(1点1分，共2分)【解析】(2)K₃[Fe(CN)₆](铁氰化钾)与Fe²+反应生成特征蓝色沉淀。(3)FeCl₃是强酸弱碱盐，Fe³+在水中发生水解：Fe³++3H₂O=Fe(OH)₃+3H+,蒸发浓缩时，水分不断减少且温度升高，上述水解平衡正向移动，Fe³+水解加剧，最终可能生成Fe(OH)₃甚至Fe₂O₃杂质。通入HCl气体可增大(5)SOCl₂沸点为77℃,加热时极易挥发逸出。冷凝管将蒸出的SOCl₂冷凝为液体回流至烧瓶，确保FeCl₃·xH₂O充分参与反应；反应生成的SO₂和HCl气体通过冷凝管导出，NaOH溶液用于吸收尾气。(6)Zn²+加热时强烈水解，无法直接加热脱水，适合SOCl₂法；CuSO₄·5H₂O直接加热即可得到白色无水CuSO₄粉(7)已知：FeCl₃的摩尔质量M=(56+35.5×3)g·mol⁻¹=162.5g·mol⁻¹。反应前后铁元素守恒，结晶水合物与16.(14分，每空2分)(2)3Cu₂Se+20H++8NO₃=6Cu²++3H₂SeO₃+8NO个+7H₂O(4)将+3价的Au还原为+1价、提供配体(5)H₂SeO₃+2SO₂+H₂O=2H₂SO₄+Se↓(未打“↓”符号不扣分)KMnO₄、NH₄CI“球磨提金”,KMnO₄氧化Cl⁻生成高活性Cl₂,Cl₂将Au氧化为AuCl₃,经稀盐酸“酸溶”得到(2)Cu₂Se中Cu为+1价被氧化为Cu²+,Se为—2价被氧化为H₂SeO₃,NO₃被还原为NO,其离子方程式为3Cu₂Se+20H++8NO₃=6Cu²++3H₂SeO₃+8NO个+7H₂O。(4)SO'-具有还原性，[AuCl₄]-中Au由+3价降为+1价；SO₃-作为配(5)H₂SeO₃作氧化剂转化为Se,Se化合价下降4价，SO₂作还原剂转化为H₂,得刚好溶解时c(NH₃)=0.25碱性弱于NH₃。(1)+165(1分)mol⁻¹-41kJ·mol⁻¹=+165kJ·mCH₄的平衡转化率增大，因此曲线a为平衡时α(CH₄)随投料比的变化曲线；由图可知，在温度为TK、,设CH₄与H₂O的初始投料均为1mol,