湖南省湘潭市2026-2027学年高三上学期第一次月考化学自测卷（范围：高考范围）（解析版）

湖南省湘潭市2026-2027学年高三上学期第一次月考自测卷化学试题（解析版）题号12345678910答案DBABCDACCD题号11121314答案ACCB1．D【详解】A．贝壳的主要成分是碳酸盐，A错误；B．陶器的主要成分是硅酸盐，B错误；C．铜鼓为金属材料，C错误；D．藤制盾牌的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，D正确；故答案选D。2．B【详解】A．氮化硼是以共价键结合的三维空间立体网状结构的共价晶体，A正确；B．可降解塑料聚羟基丁酸酯，可由3-羟基丁酸缩聚反应合成，B错误；C．高吸水性树脂是一种特殊的功能性高分子材料，以其超强的吸水能力著称，能够吸收其自身重量数百倍甚至上千倍的水，展现出极强的保水能力，C正确；D．聚酯纤维如涤纶等常用于生产服装面料，属于合成纤维，D正确；故选B。3．A【详解】纯金制金饰品，只是形状改变，属于物理变化，故A正确；玉米酿酒是淀粉转化为酒精，属于化学变化，故B错误；油脂制皂是油脂在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸钠和甘油，属于化学变化，故C错误；氯气对自来水消毒，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，属于化学变化，故D错误。4．B【详解】A．Cl元素的质子数为17，中子数为18的氯原子为，选项A错误；B．碳原子核外有6个电子，分别分布在1s、2s、2p轨道,核外电子排布的轨道表达式为，选项B正确；C．氯化铵为离子化合物，氯离子的最外层电子数必须标出，氯化铵正确的电子式为：，选项C错误；D．O原子比H原子大，H2O分子的比例模型是：，选项D错误；答案选B。5．C【分析】由流程可知，淡化海水中含溴离子，①中通入Cl2氧化溴离子生成溴单质，②中热空气吹出溴单质，③中Br2使用二氧化硫吸收，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，将溴元素进行富集，④中向含有Br－的浓溶液中通入Cl2氧化溴离子生成溴单质，得到高浓度Br2，达到富集溴的目的，然后蒸馏可分离出液溴；【详解】A．由分析，步骤①~③的目的是富集溴元素，A正确；B．③中Br2使用二氧化硫吸收，发生氧还原反应生成硫酸和HBr，反应为，B正确；C．乙醇和水互溶，不能萃取溶液中溴单质，C错误；D．由分析，①中通入Cl2氧化溴离子生成溴单质，④中向含有Br-的浓溶液中通入Cl2氧化溴离子生成溴单质，反应均存在，则理论上获得需消耗，D正确；故选C。6．D【详解】A．苯和三溴苯酚互溶，不能用过滤的方法进行分离，A不合题意；B．挥发的溴及生成的HBr均与硝酸银溶液反应，不能证明苯与溴发生取代反应，B不合题意；C．常温下铁遇到浓硝酸发生钝化制备不了NO2，稀硝酸与铁得到的NO不能用NaOH溶液来吸收，C不合题意；D．装置Ⅳ中阳极电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，阴极电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，溶液中的Fe2+和OH-结合成Fe(OH)2，且由H2还原性环境和苯隔绝空气，故用装置Ⅳ制备并较长时间观察到Fe(OH)2，D符合题意；故答案为：D。7．A【分析】根据均摊原则，1个晶胞中含Fe原子数为、Mg原子数为8；该合金储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，则1个晶胞中储存分子数为。【详解】A．根据以上分析，储存H2分子数、Mg原子数比为1:2，储存至少需要该储氢合金中含4molMg，Mg的质量为96g，故A正确；B．Mg原子位于铁原子围成的四面体体心，距离Mg原子最近的Fe原子个数是4，故B错误；C．合金属于金属晶体，存在金属键和自由电子，故C错误；D．若该晶胞的晶胞参数为，则该合金密度为，故D错误；选A。8．C【分析】由题干图示装置和电子移动方向可知，电池反应式为Li+FePO4LiFePO4，由图可知，左侧铜集流体电极为负极，电极反应式为Li-e-═Li+，右侧铝集流体电极为正极，电极反应式为FePO4+Li++e-═LiFePO4，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，放电时，磷酸铁锂为电池的正极，A正确；B．由分析可知，充电时，磷酸铁锂上的电极反应式为LiFePO4-e-=FePO4+Li+，B正确；C．由分析可知，放电时，正极的电极反应式为FePO4+Li++e-═LiFePO4，且电解质不能是水溶液，即正极区域的pH不变，C错误；D．由分析可知，充电时，锂离子从磷酸铁锂中脱离出来，迁移到阴极区，达到电子后进入石墨层表面，D正确；故答案为：C。9．C【分析】钼精矿(主要成分为)，途径Ⅰ焙烧过程中氧气作为氧化剂，焙烧得到和含有二氧化硫的尾气，碱性条件下，和氢氧化钠溶液反应生成含有的溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到；途径Ⅱ加入氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液，被氧化生成和，据此分析；【详解】A．焙烧过程中氧气作为氧化剂，通过适当增大空气进入量，提高反应器内氧气浓度，可提高“焙烧”效率，A正确；B．根据分析，“一系列操作”为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，B正确；C．“焙烧”时，被氧化生成和，Mo元素化合价由+4升高到+6，S元素化合价由-2升高到+4，1mol参与反应，转移电子的物质的量为(2+6×2)mol=14mol，C错误；D．途径Ⅱ加入氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液，被氧化生成和，离子方程式为，D正确；故选C。10．D【分析】Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价键，Z和Y同族，则Z和Y最外层的电子数均为5；Y原子序数比Z大，则Z为N元素，Y为P元素。W可形成4个共价键，原子序数比N小，即W为C元素。R可形成1个共价键，原子序数比C小，即R为H元素，X可形成2个共价键，原子序数在N和P之间，即X为O元素。综上所述：R为H元素、W为C元素、Z为N元素、X为O元素、Y为P元素；据此作答。【详解】A．WX2​是，属于分子晶体，不是共价晶体，A错误；B．氧化性强于，最高价氧化物的水化物酸性：，B错误；C．同一周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，N的价层电子排布为2s22p3，2p轨道处于半满的状态，比较稳定，使得第一电离能大于相邻的两种元素，即第一电离能：C(W)＜O(X)＜N(Z)，C错误；D．为，中心N价层电子对数=；为，中心C价层电子对数=；二者价层电子对数均为3，无孤电子对，VSEPR模型均为平面三角形，D正确；故选D。11．A【详解】A．晶胞中与原子最近的原子为图中（）红圈中的三个原子以及以原子为顶点的其他个晶胞中和原子最近的原子，其数目共为，A错误；B．晶体的晶胞为立方晶胞，则其晶胞边长相等，设其边长为，号原子分数坐标为，即，B正确；C．已知晶胞密度（晶胞边长为），由此可推出，C正确；D．的中心原子为，有6个键电子对（），中心原子上的孤电子对数，原子上的价层电子对数，根据模型，的空间构型为正八面体，D正确；故答案选A。12．C【详解】A．反应①为，元素由价降至价，转移电子，但未指明处于标准状况，无法由体积计算物质的量，故无法确定转移电子数，A不符合题意；B．反应②为，中存在非极性键，中存在非极性键，断裂个非极性键的同时生成个非极性键，B不符合题意；C．的最简式为，的化学式为，其最简式也为，二者最简式相同，混合物含“”的物质的量为，含氧原子数为，C符合题意；D．中含羟基和羰基，均不与反应，D不符合题意；故选C。13．C【详解】A．中子数为18的氯原子的质量数为18+17=35，元素符号为，A错误；B．分子中C与两个O原子分别形成2对共用电子对，正确的电子式为，B错误；C．该有机物主链上有5个C，第三个C上连有两个甲基，故化学名称为3，3-二甲基戊烷，C正确；D．中心原子N的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，D错误；故答案选C。14．B【分析】电离分两步：、；由题图分析，曲线①代表，曲线②代表，曲线③代表。【详解】A．曲线①表示H2X的分布分数，A错误；B．M点，此时，由的第一步电离常数，可得；N点，此时，同理得。根据物料守恒，M点，代入表达式可得，即，代入物料守恒得，B正确；C．在FeX饱和溶液中：，在饱和溶液中：2c(Fe2+)=c(OH-)，Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)c2(OH-)=4c3(Fe2+)=10-16.3，，显然，C错误；D．等体积混合后，初始，，则,会生成FeX沉淀；溶液中水解，，，解得，初始时：，也会生成沉淀，所以初始会同时生成两种沉淀，D错误；故选B。15．(1)ac(2)MgSiO3+2HCl+(n-1)H2O=MgCl2+SiO2·nH2O↓(3)H2O2不稳定易分解(或Fe3+等金属离子会催化H2O2分解)(4)4.7≤pH<7.1促进Al3+、Fe3+水解生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，便于分离，(或防止形成胶体)(5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO(OH)2↓+H2O(6)Li+LiFePO4-xe-=xLi++Li1-xFePO4【分析】硼镁泥利用盐酸酸浸，生成SiO2·nH2O沉淀，滤液中含有亚铁离子、铁离子、铝离子、镁离子、锰离子，加入双氧水，亚铁离子被氧化为铁离子，加入氢氧化钠调节pH除去铁离子、铝离子，过滤，再加入双氧水氧化锰离子，加入氢氧化钠生成MnO(OH)2，然后经过一系列操作得到MgSO4·7H2O。【详解】（1）a．将硼镁泥制成浆料，增大反应物接触面积，提高镁的浸取率，选a；b．降低浸取温度，反应速率减小，不能提高镁的浸取率，不选b；c．用盐酸多次浸取，可提高镁的浸取率，选c；选ac；（2）“浸取”时，MgSiO3与盐酸反应生成SiO2·nH2O沉淀，反应的化学方程式为MgSiO3+2HCl+(n-1)H2O=MgCl2+SiO2·nH2O↓（3）由于H2O2不稳定易分解，另外Fe3+等金属离子也会催化H2O2分解，所以“氧化”步骤中工业上常用NaClO代替H2O2；（4）“除铁、铝”时不能生成氢氧化锰沉淀，根据表中数据可知需调节溶液pH范围为4.7≤pH<7.1；加热煮沸可促进Al3+、Fe3+水解生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，便于分离；（5）“除Mn2+”步骤中加入双氧水氧化锰离子，加入氢氧化钠生成MnO(OH)2沉淀，反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO(OH)2↓+H2O；（6）①放电时，镁是负极，阳离子移向正极，因此迁移至正极区的离子是Li+。②充电时，阳极LiFePO4失电子发生氧化反应生成Li1-xFePO4，电极反应式为LiFePO4-xe-=xLi++Li1-xFePO4。16．(1)kJ/mol(2)BD(3)<图233.3%(4)阴离子交换膜

【详解】（1）根据盖斯定律，将上式+下式得到总反应，总焓变@@@PG1ℎdGg+PC9tYXRoPg==ΔH=ΔH1​+ΔH2=−346kJ/mol，故1mol全部氧化成的热化学方程式为kJ/mol；（2）合成氨反应，正反应为气体分子数减少的放热反应；A．升高温度：反应速率加快，但正反应放热，平衡逆向移动，反应物转化率降低，不符合要求；B．加压至10MPa～30MPa：压强增大，反应速率加快，正反应气体分子数减少，平衡正向移动，反应物转化率提高，符合要求；C．使用铁触媒：催化剂只改变反应速率，不影响平衡，反应物转化率不变，不符合要求；D．分离出液态氨：平衡正向移动，反应物转化率提高，但生成物浓度降低，根据v=k[c(N2)]0.5⋅[c(H2)]1.5⋅[c(NH3)]−1反应速率提高，符合要求;故选BD；（3）分析：合成氨正反应是气体分子数减少的反应，压强越大，平衡正向移动，体积分数越大；恒压下加入不反应的Ar，体系体积增大，反应物浓度降低，平衡逆向移动，体积分数降低；①相同温度下，压强越大，体积分数越大，图中同温度下p1对应的体积分数小于，因此；乙投料比甲多10%的Ar，相同温度压强下乙的体积分数低于甲，因此乙对应图2；②根据题意，列三段式，，解得x=3y；则N2的转化率α=≈33.3%；气体总物质的量=x-y+3x-3y+2y=10y，N2的平衡分压=氨气的平衡分压=MPa，H2的平衡分压=MPa，故Kp==；（4）该装置为原电池，根据题意，Ⅱ室获得高纯度氯化亚铁，铜电极为负极，铂电极为正极，需要@@@PG1ℎdGg+PC9tYXRoPg==Cl-迁移到Ⅱ室平衡电荷，隔膜允许阴离子通过，因此为阴离子交换膜；硝基苯在正极得电子被还原，溶液显酸性，电极反应式为。17．(1)(2)(3)吡咯分子中氮原子有孤电子对与的空轨道形成配位键吡咯分子间有氢键(4)或或400(5)【详解】（1）铁为26号元素，Fe2+的基态价电子排布式为3d6；（2）同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，N元素2p能级半满更稳定，第一电离能比相邻元素大，故第一电离能大小顺序为I1(N)>I1(O)>I1(C)；（3）吡咯分子中氮原子有孤电子对与H+的空轨道形成配位键，故吡咯能与盐酸反应；吡咯中有分子间氢键，沸点高于噻吩；（4）①CO是2由2个原子构成的分子，且有14个电子，与其互为等电子体的微粒有N2或CN−或；②反应CO(aq)+Hb⋅O2(aq)⇌O2(aq)+Hb⋅CO(aq)的平衡常数K=；③由，要，则