陕西商洛市山阳县2027届高三上学期一模考试 化学试题（含解析）

2027届高三化学高考模拟试（卷）注意事项：1.本试卷共8页，满分100分，时间75分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。3.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。涂写在本试卷上无效。4.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。5.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5Ca40一、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.下列变化过程不属于金属冶炼的是A.电解氧化铝

B.氯化铁溶液中加入铜片C.铁矿石与焦炭在高温下反应

D.铝粉与二氧化锰在高温下反应【答案】B【解析】【详解】A．电解氧化铝可得到金属铝单质，是工业冶炼铝的方法，属于金属冶炼，A不符合题意；B．氯化铁溶液中加入铜片发生反应，无金属单质生成，不属于金属冶炼，B符合题意；C．铁矿石与焦炭在高温下反应可得到铁单质，是工业炼铁的方法，属于金属冶炼，C不符合题意；D．铝粉与二氧化锰在高温下发生铝热反应得到锰单质，是冶炼锰的方法，属于金属冶炼，D不符合题意；故选B。2.反应可获得高活性的。下列说法正确的是A.反应中表现氧化性

B.的电子式为C.中O元素的化合价为

D.属于共价化合物【答案】D【解析】【详解】A．反应中转化为，元素化合价从+2升高到+3，失电子作还原剂，表现还原性，A错误；B．是中性自由基，原子最外层有7个电子，其电子式为，B错误；C．中元素为+1价，根据化合物化合价代数和为0，元素化合价为-1，C错误；D．中和原子以共价键结合，不存在离子键，属于共价化合物，D正确；故选D。3.利用氨气和氨水的相关性质进行实验，涉及的装置和原理不能达到目的的是A．制取氨气B．收集氨气C．验证氨气溶解性D．验证氨水挥发性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．CaO与氨水中的水反应放热，且使溶液中OH-浓度增大，促进NH3·H2O分解释放NH3，可制取氨气，能达到目的，A不符合题意；B．NH3密度小于空气，用向下排空气法收集，图示倒置烧瓶中NH3从短管通入，NH3密度小会上浮从长管流出，无法收集，应从长管通入，不能达到目的，B符合题意；C．挤压胶头滴管，NH3极易溶于水使烧瓶内压强快速减小，大气压将烧杯中的水压入烧瓶形成喷泉，可验证氨气的溶解性，能达到目的，C不符合题意；D．浓氨水挥发的NH3与浓盐酸挥发的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，产生白烟，可验证氨水挥发性，能达到目的，D不符合题意；故选B。4.下列物质的性质与制备、检验、分离提纯方法具有对应关系的是A.浓盐酸具有挥发性，可用和浓反应制得B.的焰色是砖红色，可用去除粗盐水中C.液溴具有氧化性，可用苯萃取溴水中的D.受热易升华，可用淀粉检验溶液中的存在【答案】A【解析】【详解】A．和浓反应制的原理为难挥发性酸制易挥发性酸，利用了易挥发即浓盐酸具有挥发性的性质，性质与应用存在对应关系，A正确；B．用去除粗盐水中的原理是难溶于水，与的焰色为砖红色无关，不存在对应关系，B错误；C．用苯萃取溴水中的是因为在苯中的溶解度远大于在水中的溶解度，且苯与水不互溶、不发生反应，与液溴的氧化性无关，不存在对应关系，C错误；D．用淀粉检验溶液中是因为遇淀粉会显示特征蓝色，与受热易升华的性质无关，不存在对应关系，D错误；故选A。5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.漂白粉(s)B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．电解溶液可以得到，但制备漂白粉需要与石灰乳反应，石灰水浓度太低无法制得漂白粉固体，第二步转化不能实现，A错误；B．溶液与不反应，无法直接生成，侯氏制碱法中需先通入再通入才能得到，第一步转化不能实现，B错误；C．和盐酸反应可得到溶液，但电解溶液生成、和，得不到单质，需电解熔融才能制得，第二步转化不能实现，C错误；D．氧化性顺序为，可与置换得到，可与置换得到，两步转化均能实现，D正确；故选D。6.下列反应表示正确的是A.用除去粗盐水中的：B.新制氯水在强光下照射：C.向溶液中通入足量的：D.酸性淀粉溶液检验加碘盐中的：【答案】A【解析】【详解】A．与水反应生成，因溶解度远小于，可发生沉淀转化，该反应原子、电荷均守恒，反应物含固体，生成物无需标注沉淀符号，A正确；B．光照分解产物为和，选项产物错误，正确的方程式为，B错误；C．具有强氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反应，不会生成和，对应的正确方程式为：，C错误；D．该反应电子不守恒，正确离子方程式为，选项系数错误，D错误；故选A。7.下列说法正确的是A.工业用制备的主要反应之一：B.处理含氰废水：C.由和制时，应将滴加到溶液中D.制备乙酰苯胺时加入锌粉的作用是防止苯胺被氧化【答案】D【解析】【详解】A．工业上催化氧化制的第一步反应为，直接生成而非，A错误；B．反应为碱性环境，会与过量反应生成，产物不应出现，B错误；C．具有还原性，若将滴入溶液，过量会氧化生成的，应将滴入过量中，C错误；D．苯胺还原性较强易被氧化，锌的还原性强于苯胺，加入锌粉可优先被氧化，防止苯胺被氧化，D正确；故选D。8.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，为直线形分子，X、Z位于同一主族，且Z的原子序数等于W、X与Y的原子序数之和。下列叙述正确的是A.原子半径：B.Z的单质在固态时属于分子晶体C.第一电离能：D.最高价氧化物对应水化物的酸性：【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，为直线形分子，那么W为，X为，X、Z位于同一主族，Z为，Z的原子序数等于W、X与Y的原子序数之和，Y为。【详解】A．同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径，同主族从上到下原子半径增大，故，即原子半径，A错误；B．为，其单质晶体硅为共价晶体，不属于分子晶体，B错误；C．同周期主族元素第一电离能呈增大趋势，的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能，即，C错误；D．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性，故酸性，即，D正确；故选D。9.某同学设计以下实验，探究铜配合物的性质及平衡移动。已知：呈蓝色，呈黄色。步骤①：取溶液（蓝色）。步骤②：向①中滴加浓盐酸，溶液变为黄绿色。步骤③：向②中滴加适量蒸馏水稀释，溶液恢复蓝色。步骤④：向③中滴加氨水至过量，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色溶液。步骤⑤：向④的深蓝色溶液中加入适量95%乙醇，析出深蓝色晶体。下列说法错误的是A.中提供了空轨道，作配体B.③中滴加适量蒸馏水稀释，平衡逆向移动C.④中沉淀溶解是因为氨水滴加过量导致溶液中浓度增大，促使转化为可溶性配合物D.⑤中析出晶体是因为乙醇分子的极性比水分子弱，降低了溶剂的极性，使配合物的溶解度减小【答案】C【解析】【详解】A．中，中心离子提供空轨道，中提供孤电子对，作配体，A正确；

B．步骤③稀释时，平衡向离子总物质的量增大的方向移动，该反应左侧离子总系数为5，右侧为1，故平衡逆向移动，溶液恢复蓝色，B正确；

C．步骤④中沉淀溶解是因为过量作为配体与形成稳定的可溶性配合物，与浓度增大无关，C错误；

D．乙醇的极性弱于水，加入乙醇后溶剂极性降低，离子型配合物的溶解度减小，故析出深蓝色晶体，D正确；故选C。10.某铁基超导材料M仅由三种元素组成，其四方晶胞如图所示（Fe均不在晶胞内部）。以晶胞参数为单位长度建立的直角坐标系中，1号K的分数坐标为，2号Fe的分数坐标为。下列说法错误的是A.K、Fe、Se分别位于元素周期表的s区、d区和p区B.M的化学式为C.2号与3号原子之间的距离为D.晶体中与K原子距离最近且等距的Se原子有8个【答案】C【解析】【详解】A．K的原子序数为19，价层电子排布为，位于元素周期表的s区；Fe的原子序数为26，价层电子排布为，位于元素周期表的d区；Se的原子序数为34，价层电子排布为，位于元素周期表的p区，A正确；B．该晶胞中K的个数为1+8×18=2，Fe的个数为8×12=4，Se的个数为2+8×14=4，K、Fe、SeC．2号Fe的分数坐标为，对应实际坐标为，3号K的分数坐标为，对应实际坐标为，两个原子之间的距离为，C错误；D．以体心的K原子为例，与其距离最近且等距的Se原子为棱上的8个Se原子，D正确；故选C。11.温室气体N2O可作为温和的氧原子转移试剂。研究表明，气相中单核铁离子（Fe+）催化N2O氧化C2H6的反应历程如图所示（图中过程Ⅵ为副反应）。下列叙述错误的是A.N2O与X均为极性分子B.Y的沸点高于CH3CHOC.反应历程中存在极性键的断裂和形成D.若用N218O代替N2O，含18O的生成物有2种【答案】D【解析】【详解】A．为直线形结构但正负电荷中心不重合，属于极性分子，为，是V形极性分子，A正确；B．依据原子守恒为，分子间可形成氢键，沸点高于无分子间氢键的，B正确；C．根据示意图，反应历程中存在、等极性键的断裂，也存在、等极性键的形成，C正确；D．根据示意图，若用代替，含的生成物有、、共3种，D错误；故答案选D。12.相较于传统碳还原法，利用FFC法在熔融CaCl2中电解固态SiO2制备高纯多晶硅具有绿色环保、能耗低等优势，其工作原理如图所示。下列叙述错误的是A.镍丝网包裹的SiO2电极应连接电源的负极B.电解过程中，熔融盐中的向石墨电极方向移动C.阴极的电极反应式为D.若阳极生成等物质的量的CO和CO2混合气体，则理论上消耗的SiO2与生成的混合气体的物质的量之比为【答案】D【解析】【分析】中为价，生成单质时化合价降为价，发生得电子的还原反应，故镍丝网包裹的电极为电解池阴极，连接电源负极，石墨电极为阳极。阴极电极反应式为，电解过程中熔融盐中的阴离子向阳极即石墨电极移动。阳极上石墨中的元素失电子，与迁移来的结合生成、，可结合电子守恒、元素守恒计算反应物与生成物的物质的量之比。【详解】A．镍丝网包裹的电极发生得电子的还原反应，为阴极，应连接电源的负极，A正确；

B．电解过程中，阴离子向阳极移动，石墨电极为阳极，故熔融盐中的向石墨电极方向移动，B正确；

C．阴极上得电子生成和，电极反应式为，C正确；

D．设生成的和的物质的量均为，生成转移电子，生成转移电子，阳极总共转移电子的物质的量为。根据电子守恒，阴极消耗的物质的量为，生成的混合气体总物质的量为，故消耗的与生成的混合气体的物质的量之比为，D错误；故选D。13.一定温度下，在恒容密闭容器中发生连串可逆反应：（反应速率，k为反应速率常数，x为各组分的物质的量分数）。已知反应的活化能，且三种物质的相对能量：。时刻向容器中仅充入，则下列描述错误的是A.反应过程中，A的物质的量分数会先增大后减小，出现峰值B.时刻，反应物M的消耗速率最大，而产物N的生成速率为0C.保持其他因素不变，适当升高温度，最终平衡时N的物质的量分数xN变大D.当A的物质的量分数达到最大值时，体系中存在等式【答案】C【解析】【详解】A．反应初始只有，转化为使的物质的量分数上升，当的消耗速率大于生成速率后，的物质的量分数下降，故存在峰值，A正确；B．时为最大值，故的消耗速率最大，此时，的生成速率，B正确；C．总反应的，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡时的物质的量减少，变小，C错误；D．当的物质的量分数最大时，的生成速率等于消耗速率，即，整理得，D正确；故选C。14.常温下，向溶液中缓慢滴入溶液，混合溶液的和与V（溶液）的变化关系如图所示（不考虑热量变化）。下列叙述正确的是A.滴加过程中，随着溶液滴入，不断减小B.点对应溶液中存在：C.点对应溶液中存在：D.若点溶液的，则该点溶液中水电离出的为【答案】C【解析】【分析】未加溶液​时，溶液呈碱性，pH不可能为2，因此起点为2的曲线代表的是与V（溶液）的变化关系，另一条代表与V（溶液）的变化关系。【详解】A．是溶度积常数，只与温度有关，温度不变，不变，A错误；B．点对应溶液中,V（溶液）=10mL，和的物质的量相等，恰好完全发生反应：，由化学方程式，生成的，故，由于水的电离，因此，钡离子恰好完全转化成沉淀，考虑沉淀溶解平衡，由图，,，故离子浓度，B错误；C．点对应溶液中，V（溶液）=20mL，和的物质的量为1:2，恰好完全发生反应：,溶质为碳酸钠，写出碳酸钠溶液的质子守恒式：，C正确；D．点溶液溶质为碳酸钠和过量的碳酸氢钠，它们都是强碱弱酸盐，盐类水解促进水的电离，，，氢离子浓度是溶液中氢离子，水电离出的氢离子还包括水解消耗的。而氢氧根都是水电离出来的，因此，水电离出来的，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.煤气化渣属于大宗固废，主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等。一种利用“酸浸-碱沉-充钠”工艺，制备钠基正极材料NaFePO4和回收Al2O3的流程如下：已知：①25℃时，，，；当离子浓度时，视为沉淀完全。②。回答下列问题：（1）“酸浸”后所得滤渣的主要成分为____________(填化学式)。（2）25℃“碱沉”时为使Fe3+沉淀完全，pH至少为___________(列出计算式即可)。（3）“酸化、还原”时发生总反应的离子方程式为_______________。取少量“酸化、还原”后的溶液，滴加____________，若溶液变红，则需补加Fe。（4）NaFePO4中Fe元素的化合价为________。“水热合成”中，NH4H2PO4作为磷源，“滤液2”的作用是提供碱性环境和____________。（5）“除杂”时需加入的试剂X是____________。（6）“水解”时加入Al(OH)3晶种可促使晶体析出。用于测定Al2O3·3H2O晶体结构的最常用仪器是____________。【答案】（1）（2）（3）①.②.（或硫氰化钾）溶液（4）①.+2②.作为钠源（5）溶液（6）X射线衍射仪【解析】【分析】煤气化渣(主要成分为及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，不反应成为“滤渣”，过滤往得到的滤液中加入氢氧化钠溶液碱沉，反应生成氢氧化铁沉淀和含镁离子、铝离子等的滤液1，过滤、煅烧氢氧化铁得到氧化铁，往氧化铁中加入稀硫酸酸化、足量铁还原后，加，滤液2和稳定剂反应得到，滤液1中加过量的氢氧化钠溶液除镁离子，过滤得氢氧化镁沉淀和含、的滤液，往所得滤液中加晶种，过滤，滤液2含，所得固体焙烧得。【小问1详解】煤气化渣的成分中，、、均可与浓硫酸反应生成可溶性硫酸盐，而​不与浓硫酸反应，因此酸浸后滤渣主要为；【小问2详解】沉淀完全时离子浓度，根据溶度积，代入沉淀完全的可得，再结合水的离子积换算为，故pH至少为；【小问3详解】酸浸后铁为+3价，碱沉生成氢氧化铁沉淀，煅烧氢氧化铁得到氧化铁，加入稀硫酸和Fe单质酸化还原，可将氧化铁转化为硫酸亚铁，总反应的离子方程式为；遇会显特征血红色，因此用KSCN溶液检验是否还有未还原的，若变红说明Fe不足，需要补加；【小问4详解】化合物中正负化合价代数和为0，为+1价、​整体为-3价，因此Fe的化合价为+2；结合最终产物为​，需要钠元素，滤液2来自后续铝回收的水解步骤，含NaOH，除提供碱性环境外，还能提供合成产物所需的；【小问5详解】滤液1为碱沉后得到的含（四羟基合铝酸钠）和少量的溶液，除杂需要将转化为沉淀除去，同时不引入新杂质，因此加入过量NaOH溶液，在保证完全沉淀的同时，保留进入后续水解工序；【小问6详解】测定晶体结构的最常用仪器为X射线衍射仪。16.H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与MgCl2反应制备液态H2S，实验装置采用逐级降温使H2S液化，如图所示。已知：①；②H2S的沸点是-61℃，有毒；③装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质；④装置B的作用是初步除去易溶于水的气体杂质和细小粉末，并实现第一次初步冷却H2S。请回答下列问题。（1）仪器X的名称为____________。（2）完善虚框内的装置排序：A→B→____________→F→G。（3）与本实验安全注意事项无关的图标有____________(填字母)。A.排风 B.护目镜 C.洗手 D.用电（4）装置C中盛装的干燥剂为___________(填“氯化钙”或“碱石灰”)。装置E中NaHS溶液的作用是_______________(用离子方程式表示)。（5）装置G中汞的两个作用是：①平衡气压；②________________。（6）该实验产生的H2S尾气不能用硝酸吸收，原因是_____________________。【答案】（1）U形管（2）E→C→D（3）D（4）①.氯化钙②.（5）液封（6）硝酸具有强氧化性，与反应会生成有毒的氮氧化物、气体等气体，造成二次污染【解析】【分析】A作为的发生装置；B用于初步除去易溶于水的气体杂质和细小粉末，并实现第一次冷却；E装置的作用为进一步除去中的HCl；C装置干燥；D、F都是冷却的装置；G的作用有平衡气压和液封，还可防止空气中的水蒸气等杂质进入体系，据此回答。【小问1详解】根据仪器X的形状特征，可知其名称为U形管，常用于盛装固体颗粒状干燥剂或吸收剂；【小问2详解】装置B初步除杂后，气体中仍含有酸性气体杂质和水蒸气，为了不引入新的杂质，应先通过盛有溶液的E装置除去酸性气体，同时利用冰盐冷浴进行第二级降温；由于经过水溶液后气体带有水蒸气，必须通过C装置进行干燥；干燥后的气体再进入D装置（-50℃）进行第三级降温；最后进入F装置（-80℃）液化，因此顺序为ECD；【小问3详解】A.本实验涉及有毒气体，需要排风，A不符合题意；B.涉及加热、低温及腐蚀性、毒性物质，需要佩戴护目镜，B不符合题意；C.接触化学试剂后需要洗手，C不符合题意；D.实验装置中没有涉及特殊的电气危险或高压用电操作，因此与本实验安全注意事项最无关的是用电安全图标，D符合题意；故选D。【小问4详解】是酸性气体，不能用碱性干燥剂（如碱石灰）干燥，否则会发生反应，因此装置C中应盛装中性干燥剂氯化钙；装置E中溶液的作用是吸收混入的酸性气体（如），同时不消耗，其反应的离子方程式为：；【小问5详解】装置F处于-80℃的极低温度，如果直接与大气相通，空气中的水蒸气会进入F装置并迅速凝结成冰，导致导管堵塞；同时空气中的氧气也可能氧化，因此，G装置中汞除了平衡气压外，还起到“液封”的作用，防止空气进入系统；【小问6详解】硝酸（）具有强氧化性，具有强还原性。若用硝酸吸收，两者发生氧化还原反应，硝酸会被还原为或等有毒的氮氧化物气体，排入空气中会造成二次污染，因此不能用硝酸作为尾气吸收剂（通常使用溶液吸收）。17.SiHCl3是制备半导体基础原料高纯硅的重要化工中间体。回答下列问题。（1）SiHCl3分子的空间结构是___________。（2）在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3：。773K，在起始压强为的恒容密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4molH2(g)和0.1molSiCl4(g)反应，SiCl4转化率随时间的变化如下图所示：①0~50min，经方式____________处理后的反应速率最快。②经方式丙处理后，50min时反应用各物质分压表示的反应熵____________(用含的计算式表示)。③当反应达平衡时，H2的转化率为___________(列出计算式即可)。（3）已知反应I：反应II：反应I和II的(K为平衡常数)随(T为温度)的变化如图所示。代表反应II的曲线是____________(填“a”或“b”)，曲线b下降的原因是___________。（4）研究发现，Cl2解离出的引发了反应，据此提出两种反应历程，如图所示。①利用图和下表中的数据计算，A到C的能量变化为____________kJ/mol，D到C的能量变化为____________kJ/mol。化学键Cl-ClSi-ClH-Cl键能/(kJ/mol)243416432②根据反应过程的能量变化，该反应以历程____________(填“1”或“2”)进行。【答案】（1）四面体形（2）①.甲②.③.（3）①.a②.反应I为吸热反应，增大、温度降低时，平衡逆向移动，减小，因此曲线b随增大而下降（4）①.-237②.-189③.1【解析】【小问1详解】Si为中心原子，价层电子对数为4，无孤电子对，因4个成键原子不完全相同，空间结构为四面体形；【小问2详解】①同时间内转化率越高，反应速率越快。0~50min内方式甲的转化率始终最大，反应速率最快。②初始气体总物质的量为，恒容恒温下压强与物质的量成正比，初始总压为；50min时丙的转化率为4.2%，转化量为列出三段式为：，50min时总气体物质的量为；则，p50min=，则。③平衡时转化率为14.6%，则转化的，根据计量数关系，转化的，因此转化率=。【小问3详解】根据范特霍夫方程，与的斜率和正相关：吸热反应I，增大、温度降低时，平衡逆向移动，减小，对应下降的曲线b；放热反应II，增大、温度降低时，平衡正向移动，增大，对应上升的曲线a，因此代表反应II的曲线是a。【小问4详解】①由能量图可知，A点相对能量为0，C点相对能量为-237，因此A到C的能量变化为；结合键能数据可知D到C的能量变化为243kJ/mol-432kJ/mol=-189kJ/mol。②历程1的最大活化能为48kJ/mol，历程2的最大活化能为145kJ/mol，活化能越低反应速率越快，因此反应以历程1进行。18.化合物I是一种广泛应用于谷物病虫害防治的新型杀菌剂。下列为化合物I的合成路线(部分条件简化)：已知：。回答下列问题：（1）F中官能团的名称为____________、____________。一定条件下，E_________(填“能”或“不能”)与NaOH溶液反应。（2）下列说法正确的是____________(填字母)。a．B→C实现了由硝基到氨基的转化b．A→B所需的试剂和条件为Br2/光照c．E中碳原子有sp2、sp3两种杂化方式（3）Q的结构简式为____________。（4）G→H的化学方程式为_______________________________。（5）M的分子式为，H与M反应生成I的过程中有HCl生成，则H→I的反应类型为____________。（6）L是F的同系物，且相对分子质量比F少14，同时满足下列条件的L的同分异构体有____________种(不考虑立体异构)。①含有苯环；②含有手性碳