江西省南昌市高三下学期第一次模拟测试化学试题

2024年HGT第一次模拟测试化学可能用到的相对原子质量：H:1C:12N:14O:16Ca:40Co:59Y:89一、选择题(本大题包括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)1.2023年的一场跨年烟花秀，拉开了南昌成为网红城市的序幕。有关叙述错误的是A.南昌拌粉中的米粉主要成分是糖类B.秋水广场的喷泉水幕电影利用了胶体的丁达尔效应C.赣江两岸的美丽夜景，是霓虹灯中的物质发生物理变化放出的光D.瓦罐汤的瓦罐是用硅酸盐（如石英、长石、黏土）等烧制而成【答案】D【解析】【详解】A．米粉主要成分是淀粉，属于糖类，故A正确；B．水幕灯光秀的一道道光束利用了胶体的丁达尔效应，是光的散射现象，故B正确；C．霓虹灯发光原理是元素电子跃迁，属于物理变化，故C正确；D．瓦罐是用石英、长石、黏土等原料配合成的陶土，经过传统的木炭烧制法烧制而成，石英是SiO2不是硅酸盐，故D错误；故选D。2.下列化学用语表述正确的是A.H2O2的电子式： B.的VSEPR模型：C.基态的价电子排布图： D.空间填充模型：【答案】C【解析】【详解】A．H2O2是共价化合物，电子式为：，故A错误；B．中心原子价层电子对数为3+=4，VSEPR模型为四面体形，故B错误；C．基态的价电子排布式为3d6，价电子排布图：，故C正确；D．C原子的半径小于Cl原子，空间填充模型：，故D错误；故选C。3.下列物质与用途对应不正确的是A.苯甲酸钠：食品防腐剂 B.四氧化三铁：红色颜料C.碳酸氢钠：膨松剂 D.聚乙烯：食品包装袋【答案】B【解析】【详解】A．苯甲酸钠可防止食品变质，延长保质期，是常用的食品防腐剂，故A正确；B．四氧化三铁为黑色固体，无法做红色颜料，应当是三氧化二铁，故B错误；C．碳酸氢钠加热分解产生二氧化碳，常用作膨松剂，故C正确；D．聚乙烯无毒，可做食品包装袋，故D正确；故答案选B。4.我国古代思想家发现了许多哲学思想，下列叙述与对应的哲学观点不相符合的是选项叙述哲学观A水滴石穿量变到质变B同主族元素所表现的性质事物既有普遍性又有特殊性C氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂对立统一D苯硝化时生成硝基苯而甲苯硝化时生成三硝基甲苯相互影响A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．“水滴石穿”是指石头在水滴或雨滴的长期侵蚀作用下发生了的物理变化和化学变化而溶解，从而使石头穿孔，选项A不符合题意；B．同主族元素所表现的性质体现了事物既有普遍性也有特殊性，例如同主族元素的最高正化合价相同，但是氧和氟没有正价，选项B不符合题意；C．氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂，能体现对立统一，选项C不符合题意；D．苯硝化时生成硝基苯而甲苯硝化时生成三硝基甲苯，这体现了甲基对苯环的影响，甲基的邻对位活泼，但没有体现苯环对甲基的影响，不符合相互影响的哲学观，选项D符合题意；故选D。5.已知为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol/L溶液中数目小于B.标准状况下，11.2L中含有氧原子数目为C.常温常压下，26g乙炔含有的键数目为D.1mol金刚石中含CC键的个数为【答案】C【解析】【详解】A．溶液体积未知，无法计算1mol/L溶液中数目，故A错误；B．在标况下不是气体，11.2L物质的量不是0.5mol，故B错误；C．乙炔中含有3个键，常温常压下，26g乙炔的物质的量为=1mol，含有的键数目为，故C正确；D．1mol金刚石中含CC键的个数为，故D错误；故选C。6.能用如图所示装置完成气体制备、尾气处理（加热和夹持等装置略去）的是

气体制备试剂烧杯中试剂A碱石灰与浓氨水溶液B大理石和硫酸石灰水C电石与水水D与浓盐酸NaOH溶液A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．浓氨水滴入固体碱石灰上，生成NH3，氨气尾气吸收时不能将导管直接通入溶液中，会引起倒吸，故A错误；B．不能用硫酸与大理石制备CO2，生成的硫酸钙会附着在大理石上，阻碍反应进行，故B错误；C．电石与饱和食盐水反应生成C2H2，尾气应用酸性高锰酸钾溶液或修的四氯化碳溶液吸收，故C错误；D．MnO2与浓盐酸在加热条件下制取Cl2，为了防止污染空气，过量的Cl2用NaOH溶液吸收，故D正确。答案选D。7.下列有关化学反应表示正确的是A.用稀硝酸溶解银镜：B.铜溶于氨水和过氧化氢的混合溶液：C.燃烧热的热化学方程式：D.尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：【答案】B【解析】【详解】A．用稀硝酸溶解银镜，即银单质与稀硝酸反应，应当生成NO，正确的离子方程式为：3Ag+4H++=3Ag++NO↑+2H2O，A错误；B．铜溶于氨水和过氧化氢的混合溶液，过氧化氢为氧化剂，氨与生成的铜离子形成配合物，离子方程式正确，B正确；C．燃烧热的热化学方程式中，水应当是液态，C错误；D．n个尿素分子和n个甲醛分子发生缩聚反应线型脲醛树脂，应当生成(2n1)分子的水，D错误；故选B。8.有机物M（）是合成某种水稻除草剂的中间体。下列说法正确的是A.有机物M分子中有一个手性碳原子B.有机物M的一氯代物有5种C.有机物M的中C有sp、、三种杂化方式D.1mol有机物M最多和3mol发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，有机物M分子中没有手性碳原子，故A错误；B．有机物M有5种环境的H原子，一氯代物有5种，故B正确；C．有机物M中含有苯环、羰基和甲基，C有、两种杂化方式，故C错误；D．有机物M中苯环和羰基都可以和氢气发生加成反应，1mol有机物M最多和5mol发生加成反应，故D错误；故选B。9.氯及其化合物种类繁多，部分含氯物质如图所示。下列说法错误的是A.与的水溶液不能共存B.与都可以用于杀菌消毒C.的氧化性比强D.与反应可得，每转移个电子可制得【答案】A【解析】【详解】A．a为含有Cl的盐，d为含有ClO的盐，Cl和ClO在碱性条件下可以大量共存，故A错误；B．d为含有ClO的盐，f为ClO2，二者都具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，故B正确；C．e为HClO，h为HClO4，大量H+与ClO结合后产生的吸电子效应使得Cl更缺电子，所以酸性条件下HClO的氧化性比HClO4强，故C正确；D．b为HCl，g为含有ClO，浓盐酸和KClO3反应可以生成Cl2，方程式为：2KClO3+4HCl(浓)═2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，KClO3中Cl元素由+5价下降到1价，每转移7个电子，消耗molKClO3，生成0.6molCl2，故D正确；故选A。10.香花石是我国地质学家发现的新矿物，其化学式为。已知X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的前20号元素；其中X、Y、N为金属元素，且Y与N同主族；Z原子的s能级电子总数等于P能级的电子总数，W原子核外有1个未成对电子，M的最外层电子数是最内层的2倍。下列说法正确的是A.原子半径： B.第一电离能：C.电负性： D.简单氢化物的沸点：【答案】D【解析】【分析】已知X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的前20号元素；Z原子的s能级电子总数等于P能级的电子总数，则电子排布式为1s22s22p4，为O元素；W原子核外有1个未成对电子，为F，M的最外层电子数是最内层的2倍，则M为Si元素；其中X、Y、N为金属元素，且Y与N同主族，X为Li、Y为Be，故N为Ca；【详解】A．同周期从左到右原子半径依次减小，同主族从上而下原子半径依次增大，故原子半径：，选项A错误；B．同主族从上到下金属性增强，第一电离能减小，故第一电离能：，选项B错误；C．金属性越强电负性越小，故电负性：，选项C错误；D．H2O、HF中存在氢键，水分子间氢键个数多于HF，所以简单氢化物沸点：，选项D正确；答案选D。11.下列实验方案合理，且能达到实验目的的是选项实验方案实验目的A将乙醇与浓硫酸的混合物加热至170℃，并将产生的气体干燥后通入少量溴的四氯化碳溶液中，观察溴的四氯化碳溶液颜色的变化验证乙醇发生了消去反应B将混有HCl杂质气体的通入饱和食盐水中除去杂质HCl气体C分别测定相同浓度的溶液和溶液的PH比较溶液和的酸性D向2mL0.1mol/L溶液中滴入几滴0.1mol/LKCl溶液，生成白色沉淀，再滴加几滴0.1mol/LKI溶液，观察沉淀颜色的变化证明A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．将乙醇与浓硫酸混合物加热至170℃，产生乙烯，将乙烯干燥后通入少量溴的四氯化碳溶液中，乙烯与溴发生加成反应，溴的四氯化碳溶液颜色变浅，故A正确；B．将混有HCl杂质气体的CO2通入饱和食盐水中，CO2也会溶解消耗，应当通入饱和NaHCO3溶液中，故B错误；C．CH3COONH4中铵根离子也会水解，影响溶液的酸碱性，而NaHCO3中钠离子不水解，故无法比较H2CO3和CH3COOH的酸性，故C错误；D．向2mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴入几滴0.1mol/LKCl溶液，生成白色沉淀，再滴加几滴0.1mol/LKI溶液，会出现黄色沉淀，但是由于银离子过量，可能是过量的银离子直接和碘离子反应生成碘化银黄色沉淀，无法证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D错误；故答案选A。12.科学家发明了一种可充电的电池，采用纳米管材料可以有效催化充放电过程中的析氧反应和的还原反应装置如图所示，其中双极膜在电场作用下能将水解离成和，下列说法错误的是A.析氧反应发生在充电时的左侧电极B.充电时溶液浓度增大C.放电时，双极膜产生的向锌电极迁移D.放电时，正极反应式为【答案】B【解析】【分析】由图可知，放电时，纳米管材料电极为原电池的正极，碳酸氢根离子作用下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲醇、碳酸根离子和水，锌电极为负极，锌在负极失去电子发生氧化反应，双极膜中水离解出的氢离子向纳米管材料电极迁移、氢氧根离子向锌电极迁移；充电时，与直流电源正极相连的纳米管材料电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，锌电极为阴极。【详解】A．由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的纳米管材料电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，所以析氧反应发生在充电时的左侧电极，故A正确；B．由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的纳米管材料电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水使碳酸氢根离子浓度减小，故B错误；C．由分析可知，放电时，双极膜中水离解出的氢氧根离子向锌电极迁移，故C正确；D．由分析可知，放电时，纳米管材料电极为原电池的正极，碳酸氢根离子作用下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲醇、碳酸根离子和水，电极反应式为，故D正确；故选B。13.常温下，用0.100mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的次磷酸H3PO2溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系数[比如的分布系数：[]随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.H3PO2是一种一元弱酸B.常温下，H3PO2的电离常数C.V(NaOH)=10mL时，c(Na+)＜c()D.pH=7时，溶液中c(Na+)＜0.05mol/L【答案】B【解析】【分析】左侧纵坐标是含磷微粒的分布系数，根据图示可知：随着NaOH溶液的加入，溶液的pH值逐渐增大，则曲线②为pH变化；含磷微粒只有2种，说明次磷酸为一元弱酸，且溶液的pH值越小，①、③为含磷微粒，δ(H3PO2)越大，溶液的pH值越大，δ()越大，故曲线③为δ(H3PO2)，曲线①为δ()，然后根据问题分析解答。【详解】A．随着NaOH溶液的加入，溶液的pH值逐渐增大，则②为pH变化；①、③为含磷微粒，且含磷微粒只有2种，说明次磷酸为一元弱酸，A正确；B．左侧纵坐标是含磷微粒的分布系数，而溶液pH随所加NaOH溶液体积V变化曲线(滴定曲线)是右侧的纵坐标，当(H3PO2)=()时，即c(H3PO2)=c()，溶液的pH＜4，所以Ka=＜1.0×103，B错误；C．根据图像可知：当V(NaOH)=10mL时，c()＞c(H3PO2)，溶液为H3PO2与NaHPO2的混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c()，此时溶液pH＜7，溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH)，故c(Na+)＜c()，C正确；D．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c()，当溶液pH=7，溶液显中性，则c(H+)=c(OH)，故c(Na+)=c()，此时溶液为H3PO2与NaHPO2的混合溶液，H3PO2过量，此时加入NaOH溶液的体积小于20mL，故c(Na+)=c()＜=0.05mol/L，即c(Na+)＜0.05mol/L，D正确；故合理选项是B。14.我国科学家在高压下设计了一种氢元素化合物体系的高温超导体，其晶胞结构如图所示。设该立方晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数为。下列说法错误的是A.该超导体的化学式为B.该晶胞中与Ca最近且距离相等的Y有8个C.该晶胞体的密度为D.该晶胞中相邻H原子之间最短距离为【答案】C【解析】【详解】A．该晶胞中Ca为于顶点，个数为8=1，Y位于体心，个数为1，H位于面心，个数为24=12，该超导体的化学式为，故A正确；B．由晶胞结构可知，该晶胞中与Y最近且距离相等的Ca有8个，由化学式可知，该晶胞中与Ca最近且距离相等的Y有8个，故B正确；C．该晶胞体的密度为，故C错误；D．由晶胞结构可知，相邻H原子之间最短距离为面对角线的，为，故D正确；故选C。二、非选择题(本大题包括4小题，共58分)15.五水硫酸铜在化工、农业、医药、食品等方面均有广泛的用途，实验室制备方法如下：（1）制备硫酸铜溶液称取3.0g铜粉放入双颈烧瓶中，加入11.0mL,再分批缓慢加入5.0mL浓,待反应缓和后水浴加热。在加热过程中补加6.0mL和1.0mL浓硝酸。①仪器甲的名称是______，硝酸的主要作用是______。②分批加入硝酸的主要原因是______。③实验过程中，观察到有气体生成，NaOH溶液的作用是吸收______和______。（2）制得五水硫酸铜粗品待Cu接近于全部溶解后，趁热用倾析法将溶液转至小烧杯中，然后通过“相关操作”得到粗五水硫酸铜晶体。①趁热用倾析法转液的目的是______、______。②通过“相关操作”得到粗五水硫酸铜晶体，其“相关操作”是指将溶液转至蒸发皿中，水浴加热，______。③如果蒸发水时温度过高，得到的晶体会偏白色，则原因是______。（用化学反应方程式表示）【答案】（1）①.分液漏斗②.氧化铜粉③.防止反应产生的热效应增加硝酸的挥发量④.二氧化氮⑤.一氧化氮（2）①.除去残余固体②.防止硫酸铜晶体析出③.浓缩至表面有晶膜出现，取下蒸发皿（或拆去热源），自然冷却，析出粗五水硫酸铜晶体④.【解析】【分析】实验室制备，将铜粉和稀硫酸加入双颈烧瓶中，然后分批缓慢加入浓，防止反应产生的热效应增加硝酸的挥发量，待反应缓和后水浴加热，在加热过程中补加6.0mL和1.0mL浓硝酸，待Cu接近于全部溶解后，趁热用倾析法将溶液转至小烧杯中，然后通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗五水硫酸铜晶体，以此解答。【小问1详解】①仪器甲的名称是分液漏斗，硝酸的主要作用是氧化铜粉；②分批加入硝酸的主要原因是防止反应产生的热效应增加硝酸的挥发量；③实验过程中，观察到有气体生成，NaOH溶液的作用是吸收二氧化氮和一氧化氮的混合气体。【小问2详解】①趁热用倾析法转液的目的是除去残余固体、防止硫酸铜晶体析出；②通过“相关操作”得到粗五水硫酸铜晶体，其“相关操作”是指将溶液转至蒸发皿中，水浴加热，浓缩至表面有晶膜出现，取下蒸发皿（或拆去热源），自然冷却，析出粗五水硫酸铜晶体；③如果蒸发水时温度过高，得到的晶体会偏白色，说明受热分解产生，方程式为：。16.我国的钴（Co）资源非常贫乏，一种利用湿法炼锌净化渣回收钴的工艺如下图所示。已知净化渣含有较高的锌、铜、铅、钴元素以及一定量的铁和锰元素，它们大多以金属单质和氧化物的形式存在。已知：①298K，，，。②在酸性溶液中有强氧化性（1）写出钴原子的价层电子排布式：______。（2）“常压浸出”需加热至70℃左右，宜采用______（填序号；①盐酸②硫酸③硝酸）进行酸浸，浸出渣主要成分为______。（3）大多数金属硫化物都难溶于水，能选择除铜的原因是______，若加入后溶液中,，则溶液的pH约为______。（4）过二硫酸钠（）氧化Mn2+生成MnO2沉淀，同时生成，请写出该反应的离子方程式：______。加入过二硫酸钠也可以氧化Fe2+生成Fe3+，但Fe3+不会生成沉淀，则还需要加入氯酸钠的原因是______。（5）根据流程可知：在“沉淀分离”步骤中，还原性Co2+______Mn2+（填“强于”或“弱于”）；氧化沉淀所得产物为Co(OH)3，最终钴产品是Co(OH)3脱水后的产物，脱水前后质量比为55:46，则钴产品的化学式为______。【答案】（1）3d74s2（2）①.②②.Cu、PbSO4（3）①.生成的CuS溶解度最小，先于其它的金属离子沉淀②.1（4）①.②.消耗了H+，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而被除去（5）①.弱于②.CoO(OH)【解析】【分析】以净化渣(主要含锌、铜、铅、钴元素以及一定量的铁和锰元素，它们大多以金属单质和氧化物的形式存在)为原料提取钴，加入硫酸进行酸浸，“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO4，其它金属元素均转化为对应的硫酸盐，Na2S常用作沉淀剂，铜渣为CuS，“氧化”过程中，Na2S2O8将Fe2+氧化为Fe3+，加NaClO3调节溶液pH，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再次加入Na2S2O8，可将Co2+氧化生成Co(OH)3，经一系列转化后可得钴产品。【小问1详解】Co为27号元素，其基态原子的价层电子排布式：3d74s2。【小问2详解】“常压浸出”的加热温度为70℃左右，温度高时，盐酸、硝酸均挥发，对设备的腐蚀能力强，而硫酸不挥发，则宜采用②硫酸进行酸浸。酸浸后金属元素转化为对应的金属硫酸盐，但铜与硫酸不反应，PbSO4为难溶物，则浸出渣主要成分为Cu、PbSO4。【小问3详解】大多数金属硫化物都难溶于水，能选择除铜的原因是生成的CuS溶解度最小，先于其它的金属离子沉淀；加入后的溶液中，，则溶液中的，根据、知，，其中，则，溶液的pH约为1。【小问4详解】过二硫酸钠（）氧化Mn2+生成MnO2沉淀，同时生成，根据化合价升降守恒、电荷守恒及原子守恒可得反应的离子方程式：。加入过二硫酸钠能氧化Fe2+为Fe3+，但Fe3+不会生成沉淀，氯酸钠属于强碱弱酸盐，加入氯酸钠可消耗溶液中的H+，从而促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而被除去。【小问5详解】由图知，在“沉淀分离”步骤中得到锰铁渣和含钴元素的溶液，说明还原性Co2+弱于Mn2+；Co(OH)3的相对分子质量为110，Co(OH)3脱水前后质量比为55:46，说明则该过程中发生：，则钴产品的化学式为CoO(OH)。17.一氧化二氮是一种强大的温室气体，也是人类最早应用于医疗的麻醉剂之一。它可由NH4NO3在加热条件下分解产生。（1）等电子体理论认为N2O与CO2分子具有相似的结构（包括电子式），则其空间构型是______，为______分子（填“极性”或“非极性”）。（2）一定温度下，将足量NH4NO3（s）加入含有催化剂的1L恒容密闭容器中，发生下面两个反应：反应1：反应2:;测得平衡时容器中气体总压为33.0KPa，且P(O2)为2.4KPa。则平衡时，P(H2O)为______kPa。（3）分别向三个体积不变的密闭容器中充入如表所示相应气体，进行反应。容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示：容器物质的量/mol编号体积/LN2ON2O2Ⅰ0.200Ⅱ0.200Ⅲ0.200①、、由大到小的顺序为______。②保持温度不变的情况下，达平衡后再向容器Ⅰ中注入Ar稀释，N2O的分压p(N2O)将______（填“增大”、“减小”或“不变”）。③370℃时该反应的平衡常数为______。（结果保留2位有效数字）（4）在Co*的催化作用下，用CO（g）还原N2O（g）以除去污染，反应的化学方程式为：，其反应历程和能量变化如图所示（逸出后物质认为状态未发生变化，在图中略去）。该反应分两步进行：第一步：;第二步：______（填写第二步反应的热化学方程式）。（5）若将CO（g）还原N2O（g）的反应设计成如图的原电池装置，则该电池正极的电极反应式为______。【答案】（1）①直线形②.极性（2）20.4（3）①.②.不变③.0.018（4）（5）【解析】【小问1详解】CO2分子的结构式为O=C=O，空间结构为直线形，属于非极性分子，等电子体理论认为N2O与CO2分子具有相似的结构（包括电子式），则N2O的空间构型也是直线形，由于其中一个N为中心原子，其分子的正负电荷中心不重合，属于极性分子。【小问2详解】设平衡时P(H2O)=xkPa，则平衡时容器中气体总压为P(H2O)+P(N2O)+P(N2)+P(O2)=x+()+4.8+2.4=33.0，解得x=20.4，则P(H2O)=20.4kPa。【小问3详解】①该反应是一个正向气体体积增大的反应，由图知，相同温度下，容器Ⅰ中的N2O的平衡转化率最高，说明其中的压强最小，则对应的最大，故。②容器Ⅰ的体积恒定，保持温度不变的情况下，达平衡后再向容器Ⅰ中注入Ar稀释，N2O的浓度不变，其分压p(N2O)也不变。③由图知，370℃时容器Ⅰ（体积为1L）中N2O的平衡转化率为40%，则反应达到平衡的过程中N2O转化了，平衡时N2O、N2、O2的物质的量分别为0.12mol、0.08mol、0.04mol，故该反应的平衡常数。【小问4详解】用总反应减去第一步反应式可得到第二步反应式：，由图知，其，则第二步反应的热化学方程式：。【小问5详解】由图知，N2O在正极被还原为N2，根据电荷守恒及原子守恒，正极的电极反应式：。18.溴代二氟甲基芳醚广泛存在于各类生物活性化合物中。近日，上海有机所卿凤翎课题组首次报道了一种通过苯酚、二氟卡宾前体（CH3）3SiCF2Br和CuBr的三组分氧化偶联反应，合成了一种溴