广西河池市2027届高三上学期一模考试 化学试题（含解析）

高三自主检测练习化学试题(全卷满分100分，考试时间75分钟)注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：Li-7O-16S-32Co-59一、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.材料是人类文明发展的物质基础与核心驱动力，下列说法正确的是A.国产汽车小米SU7车身面板使用的碳纤维材料属于有机高分子材料B.新能源汽车动力电池中使用的石墨烯属于无机非金属材料，密度大C.“天舟七号”飞船用石英加速度计，核心部件含晶体硅D.喷气式飞机的发动机叶片使用的镍钴合金能承受1100℃高温【答案】D【解析】【详解】A．碳纤维主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，A错误；B．石墨烯是碳单质，属于无机非金属材料，但石墨烯密度很小，B错误；C．石英的主要成分为，不含晶体硅，C错误；D．镍钴合金属于耐高温合金，可承受1100℃高温，适合制备喷气式飞机的发动机叶片，D正确；故选D。2.下列化学用语表述错误的是A.NaCl溶液中的水合离子：B.3，3-二甲基戊烷的键线式：C.的价层电子对互斥(VSEPR)模型：D.、和互为同位素【答案】A【解析】【详解】A．电离出阳离子和阴离子，水分子中带部分负电、带部分正电，阳离子周围应是带负电的朝向阳离子，阴离子周围应是带正电的朝向阴离子，图示朝向相反，A错误；B．3，3-二甲基戊烷主链含5个碳原子，3号碳原子上连2个甲基，给定键线式符合其结构，B正确；C．中心原子价层电子对数为，VSEPR模型为平面三角形（含1对孤电子对、2对成键电子对），图示符合该模型，C正确；D．、、质子数均为6，中子数不同，属于碳元素的不同核素，互为同位素，D正确；故选A。3.虫蚁叮咬时所分泌的蚁酸，会引起肿痛。医用双氧水既可消毒，又可将蚁酸氧化，氧化原理为。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.含σ键的数目为B.pH=1的HCOOH溶液，的数目为C.反应生成，转移电子数目为D.反应0.1molHCOOH，生成【答案】C【解析】【详解】A．每个分子含2个O—H键和1个O—O键，共有3个σ键，故0.1mol该物质中σ键数为，A错误；B．pH=1，则，但题目未给出溶液体积，由不能确定其物质的量和离子数，B错误；C．HCOOH中C为+2价，氧化为CO2后升至+4价，每1molHCOOH转移2mol电子；由反应关系可知，生成时转移2mol电子，所以生成时转移电子数为，C正确；D．由反应关系可知，0.1molHCOOH生成；气体摩尔体积随温度和压强变化，题目未说明气体所处状况，不能确定其体积为，D错误；故选C。4.下列装置(省略部分夹持装置)或操作不正确的是A．用C2H5OH制C2H4B．探究温度对化学平衡的影响C．探究浓H2SO4的氧化性D．电解法制备MgA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．乙醇制乙烯需控制反应液温度为170℃，温度计水银球插入液面下测量反应液温度，装置符合要求，A正确；B．反应，两组装置仅温度不同，可通过气体颜色变化探究温度对化学平衡的影响，B正确；C．加热条件下与浓反应生成，品红溶液检验可证明浓硫酸的氧化性，浸溶液的棉花用于吸收尾气防止污染，装置合理，C正确；D．电解溶液时，阴极优先放电生成，无法得到单质，工业上制备需电解熔融，D错误；故选D。5.X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。基态X原子中电子对的数目、未成对电子数均与其所在周期数相同，Y与X相邻，基态Z原子最高能级的电子有4种运动状态，M与Y同主族，Q在同周期主族元素中第一电离能最大。下列说法不正确的是A.简单氢化物的键角：X＞M B.氧化物对应水化物的酸性：Q＞M＞XC.第一电离能：Y＞Z＞X D.XZ2、YZ2分别与H2O反应的反应类型不同【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子中电子对的数目、未成对电子数均与其所在周期数相同，则X位于第二周期，电子排布为，共2对电子、2个未成对电子，X为；Y与X相邻，原子序数更大，Y为；Z最高能级有4种运动状态的电子，每个电子运动状态不同，即最高能级有4个电子，Y为，Z原子序数更大，第二周期最高能级为，Z的最高能级为，Z为；M与Y同主族，M为；Q在同周期主族元素中第一电离能最大，同周期主族元素，从左往右第一电离能有增大的趋势，则Q为Cl。【详解】A．的简单氢化物为，中心原子无孤电子对；的简单氢化物为，中心原子有1对孤电子对，孤电子对的斥力会使键角减小，故键角，A正确；B．选项未说明是最高价氧化物对应的水化物，例如的低价氧化物对应水化物为弱酸，酸性弱于的最高价氧化物对应水化物，无法得出该酸性顺序，B错误；C．同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，的能级为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的，故第一电离能，C正确；D．与发生非氧化还原的化合反应，与发生氧化还原的歧化反应，二者反应类型不同，D正确；故选B。6.根据表中提供的数据，下列化学方程式或离子方程式书写正确的是化学式HClO电离常数A.向NaClO溶液中通入少量CO2：B.向溶液中通入少量SO2：C.向NaClO溶液中通入过量SO2：D.向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2+CO2+H2O=2+【答案】A【解析】【分析】根据电离常数可得酸性强弱顺序：。【详解】A．酸性强于，酸性弱于，因此少量与反应只能生成和，方程式书写正确，A正确；B．少量通入溶液时，只能将转化为，不会生成，正确离子方程式应为，B错误；C．具有强氧化性，具有还原性，二者会发生氧化还原反应生成和，正确离子方程式应为，C错误；D．苯酚酸性强于，因此少量通入苯酚钠溶液，只能生成，不会生成，正确离子方程式为，D错误；故选A。7.中药川芎具有活血行气、祛风止痛等功效，其中一种有效成分M的结构如图所示。下列有关M的说法正确的是A.属于芳香族化合物 B.红外光谱中出现C=C、C=O和C-O的吸收峰C.所有碳原子处于同一平面 D.1mol该物质可以消耗2molNaOH【答案】B【解析】【详解】A．芳香族化合物需要含有苯环结构，该有机物分子中无苯环，不属于芳香族化合物，A错误；B．该有机物分子中存在、酯基，酯基中含有和键，因此红外光谱中会出现这三种键的吸收峰，B正确；C．该有机物分子中存在多个杂化的饱和碳原子（如侧链烷基中的碳原子、连接烷基侧链的碳原子），具有四面体空间构型，所有碳原子不可能处于同一平面，C错误；D．1mol该有机物仅含有1mol酯基，酯基水解生成羧基和醇羟基，醇羟基不与反应，因此1mol该物质仅消耗1mol，D错误；故选B。8.某工厂采用如图所示工艺制备，已知焙烧后Cr元素以＋6价形式存在，下列说法错误的是A.“焙烧”中产生B.滤渣的主要成分为C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用【答案】C【解析】【分析】矿渣主要成分为FeO、Cr2O3，加入纯碱、空气焙烧，已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在，发生反应：，水浸之后除去生成的氧化铁，滤液中加入淀粉水解液，葡萄糖与Na2CrO4发生氧化还原反应生成Cr(OH)3，据此分析解题。【详解】A．铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成氧化铁、铬酸钠和二氧化碳，A正确；B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氧化铁，B正确；C．滤液①中Cr元素的化合价是＋6价，碳酸钠水解导致溶液显碱性，所以Cr元素主要存在形式为，C错误；D．滤液中加入淀粉水解液，葡萄糖与Na2CrO4发生氧化还原反应生成Cr(OH)3，淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；故选C。9.下列实验操作对应的现象(或结果)及所推出的结论均正确的是

实验操作现象(或结果)结论A向5mL碘水中加入1molCCl4，振荡，然后加入1mL浓KI溶液，振荡试管有机层紫色变浅I2在水中的溶解度大于其在CCl4中的溶解度B将1mLpH均为3的HA和HB溶液，分别加水稀释至100mL，测pHpH：HA＞HBHA酸性强于HBC将5滴0.1mol/LZnSO4溶液滴入Na2S溶液，再滴加溶液先产生白色沉淀后生成黑色沉淀D在试管中加0.5g淀粉和4mL2mol/LH2SO4溶液加热，冷却后加入少量的新制的Cu(OH)2，加热无明显现象淀粉水解产物无还原性糖A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．加入浓KI溶液后，与反应生成可溶于水的，使从有机层进入水层，并非在水中的溶解度大于其在中的溶解度，A错误；B．弱酸稀释时会促进电离，pH变化更小，pH均为3的HA和HB稀释相同倍数后pH：HA>HB，说明HA的电离程度更大，HA酸性强于HB，B正确；C．该实验中溶液过量，加入时，直接与过量的反应生成沉淀，不存在沉淀的转化，无法比较和的大小，C错误；D．淀粉水解后溶液呈酸性，未加碱中和过量的，酸性条件下会与酸反应，无法与还原性糖反应，不能得出淀粉水解产物无还原性糖的结论，D错误；故选B。10.某种氨基喹啉衍生物（M）合成反应的可能历程如图，表示活化能（kJ/mol）。下列说法错误的是A.反应热：历程Ⅱ历程Ⅰ B.反应速率：历程Ⅱ＞历程ⅠC.L-CuI是反应的中间产物 D.步骤①发生了N-O键断裂【答案】C【解析】【详解】A．两历程的反应物和产物相同，反应热只与反应物和产物的状态有关，与反应历程无关，因此两历程的反应热相等，A正确；B．历程Ⅰ的最大图示活化能为112.8kJ/mol，历程Ⅱ还包括共同步骤①，其最大图示活化能为91.5kJ/mol。91.5kJ/mol＜112.8kJ/mol，故历程Ⅱ的反应速率大于历程Ⅰ，B正确；C．L-CuI在反应开始时参与反应，并在反应结束时重新生成，改变了反应历程，因此L-CuI是催化剂，不是中间产物，C错误；D．由图可知，步骤①中转化为，因此步骤①发生了N—O键断裂，D正确；故选C。11.尼龙6的关键中间体环己酮肟可以通过电化学合成，将大气污染物NO转化为高价值化工原料，实现“变废为宝”，转化过程如图。下列说法错误的是A.电极B连接电源的正极，发生氧化反应B.离子交换膜应选用阳离子交换膜C.理论上获得1mol环己酮肟，标准状况下，电极B附近将生成16.8LO2D.电极A的电极反应式为：【答案】B【解析】【详解】A．电极B上转化为，元素化合价升高、失电子发生氧化反应，电极B为阳极，连接电源正极，A正确；B．电极A（阴极）反应生成，电极B（阳极）反应消耗，需要从阴极室迁移到阳极室，因此应选用阴离子交换膜，B错误；C．获得1mol环己酮肟需要消耗1mol，对应电路中转移3mol电子，阳极反应为，转移3mol电子时生成的物质的量为，标准状况下体积为，C正确；D．电极A上得电子生成，结合电荷守恒、原子守恒配平得到电极反应式为，D正确；故选B。12.硫化锂(Li2S)的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，Li2S晶体为立方晶胞，其结构如图。已知为阿伏加德罗常数的值，Li2S晶体密度为。下列说法错误的是A.位于形成的四面体空隙中B.Li2S晶胞沿x轴方向的投影图为C.B点的原子分数坐标为D.该晶胞参数a为【答案】D【解析】【详解】A．由题图可知，S2-采取面心立方最密堆积，晶胞内S2-总数为，Li+总数为8，面心堆积的S2-一共可形成8个四面体空隙，晶胞内的8个Li+恰好完全填充所有四面体空隙，因此Li+位于S2-形成的四面体空隙中，A正确；B．硫离子位于晶胞的面心、顶点，锂离子位于晶胞的内部，硫化锂晶胞x轴方向的投影图为，B正确；C．结合晶胞结构可知，B点位于右下方内侧小立方体的体心，结合坐标系可知，B点的原子分数坐标为，C正确；D．晶胞内包含4个Li2S，晶胞总质量，根据密度公式，设a为晶胞边长，晶胞体积，可得，得，1cm=107nm，因此得，D错误；故答案选D。13.工业制取丙烯腈反应为，将一定量的丙烯、NH3、O2投入恒容密闭容器中，分别在不同的温度和催化剂下进行反应，保持其他条件不变，反应相同时间，测得C3H6的转化率如图所示。下列说法错误的是A.在A点时，反应未达到化学平衡状态B.在C点时若使用催化剂2，v(正)＞v(逆)C.相同条件下，催化剂2比催化剂1的效率高D.若温度、、对应该反应的平衡常数为、、，则：【答案】C【解析】【详解】A．该反应为放热反应，若达到平衡状态，温度越高平衡转化率越低，而下B点转化率高于下A点转化率，说明A点未达到平衡，A正确；B．C点对应温度为，催化剂2的曲线在后仍呈上升趋势，说明反应未达平衡，仍正向进行，故，B正确；C．温度下，相同反应时间，催化剂1作用下的转化率更高，说明催化剂1反应速率更快、效率更高，因此催化剂2比催化剂1效率高的说法错误，C错误；D．该反应，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，温度，故，D正确；故选C。14.25℃时，向的NH4HCO3溶液(pH=7.8)中通入HCl(g)或加入NaOH(s)调节pH，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。含碳(或氮)微粒的分布分数[如：]与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是A.25℃时，NH4HCO3溶液(pH=7.8)中存在：B.曲线M表示含碳微粒的分布分数与溶液pH的关系C.由图可知，D.该体系在pH=8.3时，溶液中【答案】C【解析】【分析】向的NH4HCO3溶液(pH=7.8)中通入HCl(g)或加入NaOH(s)调节pH，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。含碳微粒有三种：，分别对应图像左侧的分布曲线，右侧则为含氮微粒的分布曲线。【详解】A．对初始溶液列质子守恒：。已知该溶液，即，代入守恒式可推得，A错误；B．含碳微粒包含​、、共3种，分布分数随pH变化会出现三条曲线；含氮微粒仅为​和共2种。曲线M是随pH升高分布分数逐渐减小，M表示铵根，B错误；C．对于碳酸的第一步电离，当时，对应交点，即，因此；又当pH=8.3时，，则，C正确；D．据图可知，当时，对应（即图中含氮两微粒分布分数相等的交点），D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.一种从深海多金属结核主要含、、，有少量的、、、]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液(、、)的工艺流程如下：已知：常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀()的pH：

开始沉淀的pH1.93.34.76.97.48.1完全沉淀的pH3.24.66.78.99.410.1回答下列问题：（1）欲提高“酸浸还原”的速率，可以采取的措施是___________________(写一条)。（2）“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是_________(写化学式)；还原的化学方程式为___________________________。（3）“沉铁”时，转化为的离子方程式为___________________，金属氢氧化物胶体可吸附金属阳离子，流程中通过_________途径防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降。（4）“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过_________。（5）“第二次萃取”时，、、均可以与混合萃取剂形成配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)，这些配合物中氮原子的杂化类型为_________，N原子所在的六元杂环形成_________大π键(填，a表示成键电子数，b表示成键原子数)。【答案】（1）升温或适当提高硫酸的浓度或搅拌或粉碎深海多金属结核（2）①.②.（3）①.②.加热至200℃（4）（5）①.②.【解析】【分析】深海多金属结核用二氧化硫、硫酸酸浸还原后金属元素以硫酸盐形式存在，二氧化硅与硫酸不反应，故滤渣主要成分为SiO2，通空气加热氧化将铁元素转变成Fe2O3除去，再加NaOH调pH除铝，然后通过萃取得到硫酸铜、电池级镍钴锰混合溶液，萃余液通过电解得到Mn，据此回答；【小问1详解】根据影响反应速率的常见因素，通过增大接触面积、提高温度、增大反应物浓度等方式，均可加快酸浸还原的速率，故可采取升温或适当提高硫酸的浓度或搅拌或粉碎深海多金属结核；【小问2详解】由分析可知，滤渣主要成分为SiO2，SO2作为还原剂将+3价的还原为，自身被氧化为，在硫酸介质中生成可溶性硫酸盐，由电子守恒可得方程式为；【小问3详解】沉铁过程中被空气中的氧化，在200℃高压、pH=3.2的条件下转化为，由电子守恒配平得到离子方程式4Fe2++O2+4H【小问4详解】首先根据完全沉淀的pH=6.7，计算的溶度积，完全沉淀时，pH=6.7对应，因此，由流程图可知沉铝时pH=5.2，对应，代入溶度积得；【小问5详解】六元杂环为吡啶环结构，环内的N原子形成2个σ键，剩余1个p轨道电子参与共轭，价层电子对数为3，杂化类型为，该六元杂环共6个成环原子（5个C、1个N），每个原子各提供1个p电子，共6个电子形成6中心6电子的大π键。16.可使CO、C2H4、H2混合气体通过催化反应器中发生如下反应：反应i：反应ii：反应iii：（1）已知：为物质生成焓，根据可计算化学反应的焓变，计算方法如下：反应焓变产物生成焓之和反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。物质52.40.10对于反应ii，____________，该反应在____________(填“高温”或“低温”)自发进行。（2）一定温度下，CO、C2H4和H2(体积比为x：2：1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为100kPa)发生反应i和ii。有CO存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，C2H4的转化率和产物的选择性()如图2所示。①根据图1，生成的决速步反应式为________________________。②结合图2，当x≥2时，随着x的增大，的转化率减小，原因是___________________；而当混合气体以较高的流速经过反应器时，的转化率也会减小，原因是_______________________________。③结合图2，当x=2时，在该温度下达到平衡时，的选择性为___________，容器内压强为_______________kPa。【答案】（1）①.②.低温（2）①.②.随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小③.当混合气体流速大时，与催化剂接触时间变短，未能充分反应，从而转化率也减小④.80%⑤.67.6【解析】【小问1详解】先计算反应ⅰ的焓变：。根据盖斯定律，反应ⅱ=反应ⅰ+反应ⅲ，。反应ⅱ：，反应后气体分子数目减少，。根据，低温条件下，反应自发进行，故该反应在低温自发。【小问2详解】①决速步是活化能最大的一步，由图1能量曲线可知，生成的决速步反应式：。②随着x增大，的分压增大，对于反应ⅰ和反应ⅱ相当于减压，反应ⅰ和反应ⅱ平衡均逆向移动，所以的转化率减小；当混合气体流速大时，气体与催化剂接触时间变短，未能充分反应，因此的转化率也会减小。③由图2可知，x=2时，选择性为20%，乙烯只转化生成和两种产物，因此选择性。设初始投料：，总物质的量。x=2时转化率90%，已转化的。，。剩余，剩余。平衡总物质的量：。恒温恒容条件下，压强之比等于气体物质的量之比，平衡总压：。17.近年来，我国新能源汽车行业蓬勃发展，冠醚可用作锂电池电解质添加剂，提高导电性能。回答下列问题：（1）基态Li原子的电子排布式为_________。（2）多种冠醚的空腔直径和适合粒子直径数据如下。冠醚名称冠醚空腔直径(pm)适合粒子直径(pm)12-冠-4120~150(152)15-冠-5170~220(204)18-冠-6260~320(276)、(404)①锂离子可与哪一种冠醚__________作用生成稳定的络离子。②18-冠-6()可使辛烯更易被溶液氧化，其原因是___________________。（3）锂钴复合氧化物是锂电池常用的正极材料，其晶体结构如图。①锂钴复合氧化物的化学式为____________。②该晶体的密度为___________________(列出计算式，表示阿伏加德罗常数的值)。③Li+在________(填“充电”或“放电”)过程中会从电解液嵌入正极材料层间，该过程会导致结构的c变小，原因是___________________________________________________________。【答案】（1）（2）①.12-冠-4②.18-冠-6可与作用生成稳定的络离子，增大在辛烯中的溶解度（3）①.②.③.放电④.锂离子增加，使得锂离子层与O-O层吸引力增强，克服O-O层之间的排斥使得层间距离变小【解析】【小问1详解】是3号元素，根据构造原理，其基态原子的电子排布式为。【小问2详解】①冠醚识别碱金属离子的必要条件是冠醚空腔直径与离子直径适配。的直径为，与表格中12-冠-4的空腔直径（）最接近，因此可与12-冠-4生成稳定的络离子。②18-冠-6的空腔直径（）与直径（）适配，能与形成稳定的络离子，起到相转移催化剂的作用，从而增大了在有机相（辛烯）中的溶解度；同时被冠醚包裹使得裸露，反应活性增强，故能使辛烯更易被氧化。【小问3详解】①根据均摊法，该六方晶胞中含有的原子数为，原子数为，原子数为。、、的原子个数比为，故该锂钴复合氧化物的化学式为。②晶胞中含有9个，其质量；底面正六边形的面积，晶胞体积。则该晶体的密度。③锂钴复合氧化物作正极材料，在放电过程中，从负极脱出，经电解液嵌入正极材料层间发生还原反应；嵌入后，正极材料层间的锂离子数量增多，增强了锂离子层与相邻氧层（层）之间的静电吸引力，使得层间距离减小，从而导致晶胞参数变小。18.他司美琼(T)是一种新型褪黑素受体激动剂，用于治疗睡眠障碍，调节患者生物钟的药物。其合成路线之一如下(未考虑立体异构)：回答下列问题：（1）T中的官能团为_________。(填写名称)（2）1molA最多可以消耗_________。（3）反应①引入基团的目的是__________________________________________。（4）用*标出H中的手性碳：________________