河南安阳市殷都区部分学校2027届高三上学期模拟预测 化学试题（含解析）

2027届高三年级学情调研化学注意事项：1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，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。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5K39Mn55Zn65Pt195一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.下列自然界变化中，与电子转移无关的是A.植物光合作用 B.根瘤固氮 C.冰川融化 D.钢铁腐蚀【答案】C【解析】【详解】A．植物光合作用过程中吸收二氧化碳，释放出氧气，、元素化合价发生变化，存在电子转移，A不符合题意；B．根瘤固氮是将游离态转化为化合态含氮化合物，元素化合价发生变化，存在电子转移，B不符合题意；C．冰川融化是水由固态变为液态的物理变化，无新物质生成，不存在元素化合价变化，与电子转移无关，C符合题意；D．钢铁腐蚀过程中元素化合价升高被氧化，存在电子转移，D不符合题意；故答案选C。2.氯化胆碱是一种季铵盐，也是目前绿色化学和材料科学领域最受关注的“明星分子”之一，由一个带正电的季铵阳离子和一个组成。下列说法错误的是A.氯化胆碱属于离子化合物 B.氯化胆碱的熔点比氯化钠的高C.该物质含有羟基，具有亲水性 D.季铵阳离子中氮原子没有孤电子对【答案】B【解析】【详解】A．氯化胆碱由季铵阳离子和通过离子键结合而成，属于离子化合物，A正确；B．离子晶体熔点与离子键正相关，氯化胆碱的阳离子为有机阳离子，半径远大于，离子键小于氯化钠，故熔点比氯化钠低，B错误；C．该物质含羟基，可与水分子形成氢键，具有亲水性，C正确；D．季铵阳离子中氮原子形成4个键，价层电子全部参与成键，没有孤电子对，D正确；故选B。3.下列图示中，实验操作或仪器选择符合规范的是A．制备并干燥氨气B．高温灼烧碳酸钙C．转移溶液D．用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸溶液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．浓氨水与生石灰反应可制备氨气，氨气为碱性气体，可用碱石灰干燥，装置及操作均符合规范，A正确；B．高温灼烧碳酸钙固体应使用坩埚，蒸发皿仅用于蒸发浓缩溶液，不能承受高温灼烧固体的操作，B错误；C．向容量瓶转移液体时，玻璃棒下端应靠在刻度线以下的内壁，C错误；D．酸性高锰酸钾具有强氧化性，用酸式滴定管盛装，滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液的颜色变化，操作不符合规范，D错误；故答案选A。4.甲是一种钠盐，有如下转化关系，丙是一种非金属单质，乙能使品红溶液褪色且加热后溶液颜色恢复，下列说法正确的是A.乙溶于水能导电，属于电解质B.乙使酸性高锰酸钾溶液褪色，表现漂白性C.甲可以是硫代硫酸钠D.可通过电解丁的水溶液制备金属钠【答案】C【解析】【分析】甲是一种钠盐，丙是一种非金属单质，乙能使品红溶液褪色且加热后溶液颜色恢复，因此乙为，丙是一种非金属单质，与氧气反应生成，因此丙为，甲是钠盐，能和反应生成和，甲为，丁为。【详解】A．乙为，溶于水导电是因为其与水反应生成的发生电离，本身不能电离，属于非电解质，A错误；B．乙使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为具有还原性，与强氧化性的发生氧化还原反应，并非表现漂白性，B错误；C．硫代硫酸钠与盐酸反应的化学方程式为，符合题给转化关系，甲可以是硫代硫酸钠，C正确；D．丁为，电解水溶液生成、和，无法得到金属钠，制备金属钠需要电解熔融，D错误；故答案选C。5.化学史不仅真实记录了影响化学发展的重要事件，还能系统揭示化学发展的规律。下列对化学史的相关陈述错误的是A.我国科学家张青莲在元素相对原子质量的测定上作出了卓越贡献B.英国化学家波义耳提出元素的概念，标志着近代化学的诞生C.我国科学家侯德榜发明侯氏制碱法获得国际金奖D.德国科学家维勒首次用无机物氰酸铵合成无机物尿素【答案】D【解析】【详解】A．我国科学家张青莲主持测定了多种元素的相对原子质量，是该领域的国际权威，在元素相对原子质量的测定上作出了卓越贡献，A正确；B．英国化学家波义耳1661年提出化学元素的概念，将化学确立为独立的自然学科，标志着近代化学的诞生，B正确；C．我国科学家侯德榜发明的侯氏制碱法（联合制碱法）大幅提升了纯碱的生产效率、降低了成本，曾获得万国博览会国际金奖，C正确；D．尿素属于有机物，德国科学家维勒首次用无机物氰酸铵合成的是有机物尿素，打破了“有机物只能由生命体合成”的“生命力论”，选项中“合成无机物尿素”的表述错误，D错误；故答案选D。6.下列过程中能发生反应且对应离子方程式书写正确的是A.向溶液中滴加少量溶液：B.醋酸溶解大理石：C.中滴加稀硝酸：D.通入石灰乳中：【答案】A【解析】【详解】A．电离出的优先与少量反应，不参与反应，离子方程式书写符合反应事实，A正确；B．醋酸是弱电解质，不能拆写为，需写化学式，，B错误；C．稀硝酸具有强氧化性，会将中的氧化为，同时生成，，C错误；D．石灰乳中主要以悬浊液形式存在，不能拆写为和，应写化学式，，D错误；故选A。7.一种具有生理活性的有机物结构如图所示。下列说法正确的是A.该有机物含有两种官能团B.该有机物能发生水解反应C.该有机物分子中含有一个手性碳原子D.1mol该有机物最多能与发生反应【答案】D【解析】【详解】A．该有机物含酮羰基、碳碳双键、醚键三种官能团，A错误；B．该有机物不含酯基、酰胺基、卤原子等可发生水解反应的官能团，无法发生水解反应，B错误；C．该有机物右侧脂环上与氧原子相连的碳原子、与中间稠环相连的碳原子均为手性碳原子，共2个，即，C错误；D．1mol该有机物中苯环可与3mol加成，2个酮羰基可各与1mol加成，2个碳碳双键可各与1mol加成，最多共消耗7mol，D正确；答案选D。8.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，在周期表中X的原子半径最小，基态Y原子中s电子数是p电子数的两倍，基态W原子的核外电子有5种空间运动状态且有两个未成对电子。下列说法正确的是A.第一电离能： B.属于非极性分子C.为酸性氧化物 D.的结构式为【答案】B【解析】【详解】X是短周期原子半径最小的元素，为；基态Y原子s电子数是p电子数的2倍，电子排布为，Y为；基态W有5种空间运动状态(即5个核外轨道)、2个未成对电子，电子排布为，W为；Z原子序数在和之间，为。A．同周期元素从左到右第一电离能依次递增，但的轨道半满结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能，即，A错误；B．为，正四面体结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，B正确；C．为，与碱反应生成硝酸盐、亚硝酸盐和水，发生氧化还原反应，不属于酸性氧化物，C错误；D．为，结构式为，与给出结构式不符，D错误；答案选B。9.为了探究工业盐酸呈黄色的原因，进行下列实验。实验甲：实验乙：已知：在水溶液中以形式存在，呈肉眼几乎无法分辨的淡紫色；呈黄色；呈橙黄色；较难与形成稳定的配合物。下列说法错误的是A.实验甲、乙中2试管均呈橙黄色与水解有关B.实验乙中3试管呈无色与硝酸的氧化性有关C.与的配位能力：D.工业盐酸中呈黄色的微粒是【答案】B【解析】【详解】A．水解生成橙黄色的，实验甲、乙的2试管均为橙黄色，与水解有关，A正确；B．实验乙中加稀硝酸，浓度增大抑制水解，浓度降低，转化为几乎无色的，反应前后均为+3价，与硝酸氧化性无关，B错误；C．加入稀盐酸后溶液变为黄色，说明可以替换配离子中的生成，故配位能力，C正确；D．工业盐酸中含有大量，且酸性较强抑制水解，故黄色微粒为，D正确；答案选B。10.结构决定性质，下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA石墨同一层六元环中存在大π键石墨晶体中沿石墨平面的方向有导电性BF的非金属性大于Cl的沸点低于的沸点CHF分子间存在氢键，HCl分子间没有氢键HF分子比HCl分子稳定DNaCl晶体中离子键有方向性和饱和性NaCl晶体中阴、阳离子个数比为A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．石墨同一层中碳原子的未杂化p轨道平行重叠形成离域大键，大键中的电子可在层内自由移动，因此石墨沿平面方向具有导电性，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且存在因果关系，A正确；B．的非金属性大于表述正确，沸点低于是因为相对分子质量更小，分子间范德华力更弱，与非金属性强弱无关，二者无因果关系，B错误；C．分子间存在氢键、分子间无氢键表述正确，但分子稳定性由共价键键能决定，更稳定是因为键键能大于键，与氢键无关，二者无因果关系，C错误；D．离子键本质是静电作用，无方向性和饱和性，陈述Ⅰ本身错误，晶体阴、阳离子个数比为是因为二者所带电荷比为，D错误；故答案选A。11.聚碳酸酯(PC)俗称工程塑料之王，在“透明性”“抗冲击”“耐热”“尺寸稳定”这一性能组合上几乎无可替代。一种酯交换缩聚法合成工艺如下：①；②；下列说法正确的是A.中所有碳原子一定在同一平面上B.①为加聚反应，②为缩聚反应C.1mol最多消耗4nmolNaOHD.能发生取代反应、加成反应【答案】D【解析】【详解】A．中心饱和碳直接连接两个甲基碳和两个苯环碳，这四条C—C单键按四面体的空间方向分布，因此这些碳原子不可能全部共面，A错误；B．反应①和反应②的结构过程分别为和。两个反应都在形成长链的同时脱去苯酚，均属于缩聚反应，B错误；C．该有限链含n个碳酸酯单元和1个链端酚羟基。充分反应时，碳酸酯单元完全水解并使芳氧基转化为酚钠，共消耗4nmolNaOH；链端酚羟基再消耗1molNaOH。完全反应可表示为：由反应的化学计量数可知，1mol该有限链最多消耗(4n+1)molNaOH，C错误；D．含碳酸酯基，适当条件下可水解，属于取代反应；苯环在催化剂、加热和加压条件下可与氢气发生加成反应，D正确；故选D。12.中国科学家设计并提出一种协同氨分解的新型可充电电池，实现到的高效转化，转化关系如图所示。下列说法正确的是A.放电时锌电极电势高于复合石墨电极电势B.充电时电子迁移方向：复合石墨电极→电源正极，电源负极→锌电极C.一次充放电循环的总反应是D.放电时6.5g锌参加反应时，生成氢气的体积是2.24L【答案】B【解析】【分析】由图可知，放电时，锌电极为原电池的负极，碱性条件下锌在负极失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=，复合石墨电极为正极，水分子在正极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；充电时，与直流电源负极相连的锌电极为阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢氧根离子，电极反应式为+2e-=Zn+4OH-，复合石墨电极为阳极，碱性条件下氨分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为：2-6e-+6OH-=N2↑+8H2O。【详解】A．放电时失去电子转化为，为原电池负极，复合石墨为正极，原电池中正极电势高于负极，因此锌电极电势更低，A错误；B．充电时为电解池，复合石墨作阳极，失去的电子流向电源正极，作阴极，电子从电源负极流向电极，电子迁移方向描述正确，B正确；C．由上述分析可知，放电时的总反应式为，充电时的总反应式为，则一次充放电循环的总反应是，C错误；D．首先选项未说明是标准状况，无法计算气体体积，D错误；答案选B。13.萘发生磺化反应过程中，异构体(-萘磺酸、-萘磺酸)的平衡含量随温度的变化及异构体能量随反应进程的变化如图所示。下列说法正确的是A.异构体1是-萘磺酸B.相同条件下萘生成-萘磺酸的速率快C.a点时两种异构体的生成速率相等D.反应过程中，-萘磺酸的浓度可能先增大后减小【答案】D【解析】【详解】A．由能量-反应进程图可知，-萘磺酸+H2O的总能量低于-萘磺酸+H2O，说明-萘磺酸的能量更低，结合平衡含量图，低温时异构体1平衡含量更高，故异构体1为-萘磺酸，A错误；B．反应速率由活化能决定，生成-萘磺酸的活化能低于-萘磺酸，故相同条件下生成-萘磺酸的速率更快，B错误；C．a点为平衡状态下两种异构体的含量相等，平衡时各物质的生成速率等于自身的消耗速率，二者生成速率不一定相等，C错误；D．反应初期-萘磺酸生成速率快，浓度逐渐增大，随着温度升高，平衡向更稳定的-萘磺酸移动，-萘磺酸转化为-萘磺酸，浓度减小，故其浓度可能先增大后减小，D正确；故选D。14.一定温度时，向1L浓度均为的和的混合溶液中通入，随的增加，和的平衡转化率如图所示(已知反应过程中无晶体析出，且反应充分)。已知：的电离常数为、；的电离常数为、。下列说法正确的是A.曲线表示的平衡转化率B.，C.反应过程中时，D.与少量的反应为【答案】C【解析】【详解】A．通入二氧化硫后，碳酸氢根按不断被消耗，其平衡转化率随二氧化硫通入量增加而升高，对应单调上升的；亚硫酸根受及亚硫酸氢根电离平衡共同影响，对应，A错误；B．a点两种物质的转化率均低于20%，b点碳酸氢根的转化率为50%，亚硫酸根的转化率仍很低。结合硫元素守恒、电荷守恒和弱电解质电离平衡可知，即使计入溶液中少量亚硫酸分子、氢离子等微粒，a点对应的二氧化硫通入量仍远小于1mol，b点对应的二氧化硫通入量仍小于1mol，因此a=1、b=2不成立，B错误；C．亚硫酸氢根的电离平衡为，且。当pH=7.22时，。设通入二氧化硫的物质的量为xmol，实际溶液体积为VL（x、V均为数值）。无晶体析出且钠不离开溶液，由钠守恒和硫守恒得，因此原不等式成立，C正确；D．亚硫酸的第一级酸性强于碳酸，而亚硫酸氢根的酸性弱于碳酸，二氧化硫少量时也应生成亚硫酸氢盐，正确的分子方程式为，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.工业上一种二氧化锰法制备氢氧化钡的流程如下：已知：。回答下列问题：（1）锰在元素周期表中的位置是__________。（2）重晶石的主要成分是，焙烧时发生的反应有(未配平)：a．时，b．℃时，工业生产中不同温度下用煤还原重晶石，钡转入溶液中的百分数随时间变化如图所示：选择重晶石和煤粉生产BaS最合适的化学方程式为_______________________________，理由是___________________________________________________________。（3）化料过程有生成，该反应的化学方程式为_______________________________；脱硫过程有MnO生成，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________。（4）试验表明，配料比为宜，理由是_______________________________。（5）的长方体晶胞及沿z轴的投影如图所示：晶体的密度是__________(用含a、b、的代数式表示，)。【答案】（1）第四周期第VIIB族（2）①.②.900℃时，所需时间较短，钡转入溶液中的百分数较高，且能耗较低（3）①.②.1：1（4）该反应二者化学计量数之比为1：1；若BaS过量会引入硫离子杂质，若MnO2过量会造成原料浪费，故配料比控制1：1为宜（5）【解析】【分析】重晶石、碳粉焙烧得到硫化钡，得到化料加水，再加入二氧化锰粉末进行脱硫反应，通过过滤去除滤渣，滤液蒸发、冷却结晶，再分离脱水得到母液和成品氢氧化钡；【小问1详解】锰为25号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第VIIB族，故答案为：第四周期第VIIB族；【小问2详解】选择重晶石和煤粉生产BaS最合适的化学方程式为，理由是900℃时，所需时间较短，钡转入溶液中的百分数较高，相比1000℃能耗较低；【小问3详解】BaS水浸，发生水解，一部分结合生成HS－得到硫氢化钡：；脱硫反应一般是：，锰元素由+4价降为+2价，MnO为还原产物；硫元素由-2价升高0价，S是氧化产物，根据方程式可知，该反应中氧化产物S与还原产物MnO的物质的量之比为1：1；【小问4详解】该反应二者化学计量数之比为1：1；若BaS过量会引入硫离子杂质，若MnO2过量会造成原料浪费，故配料比控制1：1为宜；【小问5详解】根据均摊法，该晶胞中含有个Mn，个O，即1个晶胞含有2个MnO2；密度为。16.顺铂[]具有抗癌活性，早期以为原料与氨水反应合成顺铂，所得产品不纯，含有一定量的反铂和绿盐{}，反铂和绿盐均难溶于水。现以为原料在一定条件下与、反应制备顺铂。回答下列问题：（1）Pt溶解制取。如图所示，在三颈烧瓶中加入铂粉，滴加王水，加热到70℃反应。仪器b的名称是__________；装置d的作用是______________________________。（2）制取。取（1）中反应后的溶液，充分加热后加入KCl得到固体，然后加入草酸充分反应制取，草酸的作用是______________________________。（3）取置于100mL烧瓶中，在电磁搅拌下加入去离子水40mL，加热，分别加入一定量的、KCl，保持回流一段时间，控制溶液pH接近中性。冷却，析出黄色晶体。过滤，用去离子水洗涤，40℃真空干燥，得产品2.8g。①加入的目的是______________________________________________；不直接加入氨水的原因是________________________________________________。②该实验的产率是__________%（保留三位有效数字）。（4）呈平面正方形结构，可推测其中Pt的杂化轨道类型为__________（填标号）。A. B. C.sp D.（5）制取的顺铂产品中可能有杂质反铂和绿盐，进一步提纯的实验方法是__________。【答案】（1）①.分液漏斗②.吸收有害尾气，防止污染空气，并防止倒吸（2）还原剂（3）①.提供氨，便于将溶液pH控制在接近中性②.氨水呈碱性，不利于维持近中性条件，且易生成反铂和绿盐，降低产品纯度③.93.3（4）D（5）重结晶【解析】【分析】制备过程中，铂先转化为含铂（Ⅳ）物种，再经草酸还原为含铂（Ⅱ）物种；随后在近中性条件下引入氨配体制得顺铂。提纯时需结合顺铂与杂质在水中溶解性的差异选择操作。【小问1详解】仪器b带有活塞，可控制王水的滴加速度，故为分液漏斗。尾气被NaOH溶液吸收可防止污染空气；气体被吸收时装置内压强降低，液体进入倒扣漏斗后，漏斗口可与液面脱离并进气，从而防止倒吸；【小问2详解】反应前后铂元素的化合价由+4价降至+2价，含铂物种被还原，因此草酸作还原剂；【小问3详解】①醋酸铵在水中存在水解平衡：，可持续提供氨，并有利于控制溶液pH接近中性。氨水呈碱性，不利于维持近中性条件，且直接使用氨水易生成反铂和绿盐，降低产品纯度。②四氯铂酸钾与顺铂按1∶1的物质的量之比反应：。四氯铂酸钾和顺铂的摩尔质量分别为415g/mol和300g/mol，设产率为η，则；【小问4详解】该配离子呈平面正方形，四个杂化轨道均位于同一平面，故Pt的杂化轨道类型为；故选D；【小问5详解】用适量热水溶解粗顺铂，趁热过滤除去难溶的反铂和绿盐，保留滤液；将滤液冷却结晶，再过滤、洗涤、干燥，故采用重结晶法提纯。17.作为原料代替CO合成甲醇是“变废为宝”的重要技术措施，是实现经济可持续发展的关键技术。、合成甲醇主要发生下列反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：回答下列问题：（1）资源充足且价格低廉，从热力学角度分析工业上不采用反应

。制取甲醇的原因是______________________________；分子的VSEPR模型是__________。（2）、合成甲醇的一种反应历程如图所示(TS表示过渡态)：该反应历程中决速步骤的基元反应方程式为_______________________________。（3）已知：553K、总压4MPa下，按投料比发生上述反应，不同催化剂组成对甲醇选择性及副产物CO选择性的影响如下表所示：组别组成CuO/(wt。%)ZnO/(wt。%)Al2O3/(wt。%)ZrO2/(wt。%)MnO/(wt。%)CH3OH选择性/%CO选择性/%aCuO/ZnO/Al2O365.826.37.9004060bCuO/ZnO/ZrO262.425.0012.608812cCuO/ZnO/ZrO2/MnO65.826.603.641000dCuO/ZnO/ZrO2/MnO65.826.605.6291已知：的选择性。a组中反应体系已达平衡状态。①表中___________。②许多研究结果表明，在催化剂中，形成的金属簇构成活性中心，基态的价层电子排布式为___________。反应Ⅰ：反应Ⅱ：③选择a组催化剂，只改变和的比例，平衡时的转化率、甲醇的产率、副产物CO的产率如图所示。表示甲醇产率的曲线是__________(填“L”“M”或“N”)，原因是___________________________________。副反应的__________(列出计算式)。【答案】（1）①.该反应熵变小于0，焓变大于0，在任何温度下都不能自发②.四面体（2）HC(OH)2=HCO+H2O（3）①.9②.③.N④.增大，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均正向移动，转化率持续升高，故曲线L为转化率曲线；a组催化剂下选择性为40%、选择性为60%，相同条件下产率高于产率，故曲线M为产率曲线，曲线N为甲醇产率⑤.【解析】【小问1详解】该反应熵变小于0，焓变大于0，在任何温度下都不能自发，故不采用该法制取甲醇；水分子中，中心氧原子价层电子对数为：，因此VSEPR模型为四面体。【小问2详解】决速步骤为活化能最大的一步（过渡态与前一个中间体能量差值最大）。由图，TS2段活化能最大，基元反应方程式为：HC(OH)2=HCO+H2O。【小问3详解】①甲醇选择性+CO选择性=100%，d组：甲醇选择性为91%，m%=100%-91%，m=9。②基态的电子排布式为：，是由Cu失去4s轨道1个电子形成的，价层电子排布式为。③增大，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均正向移动，转化率持续升高，故曲线L为转化率曲线；a组催化剂下选择性为40%、选择性为60%，相同条件下产率高于产率，故曲线M为产率曲线，曲线N为甲醇产率；温度不变，总压4MPa下，反应Ⅱ反应前后分子总数目不变，故由图，在时，二氧化碳转化率为14%，设，，转化二氧化碳为0.14mol，平衡时剩余二氧化碳为0.86mol，CO选择性为60%，则平衡时一氧化碳为0.084mol，甲醇选择性为40%，则平衡时甲醇为0.056mol，转化氢气为0.084mol+0.056mol×3=0.252mol，平衡时剩余氢气为2.748mol，根据化学方程式，平衡时即