江西省鹰潭市高三下学期第一次模拟考试化学试题

鹰潭市2024届高三第一次模拟考试化学试题考试时间：75分钟分值：100分可能用到的相对原子质量H1C12N14O16Fe56Na23S32Cu64Bi209Ti48Ca40一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1.近几年我国在航空、深海、交通、互联网等方面取得了举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是A.我国研发出自主核磁共振仪，制造所用的强磁材料是掺杂钕的氧化铁B.“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油属于纯净物C.“奋斗号”下潜突破万米，采用新型抗压材料钛合金，钛属于ⅣB族元素D.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐【答案】C【解析】【详解】A．四氧化三铁为磁铁主要成分，强磁材料是掺杂钕的四氧化三铁，A错误；B．煤油含有多种成分，属于混合物，B错误；C．钛为22号元素，属于ⅣB族元素，C正确；D．高温结构陶瓷种类很多，包括氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷等，它们均不属于硅酸盐，D错误；故选C。2.反应可以除去天然气中的。下列说法正确的是A.空间填充模型，可表示分子，也可表示分子B.的VSEPR模型为C.分子中含非极性键D.反应中仅作还原剂【答案】B【解析】【详解】A．Cl的半径比C的大，该图中的中心原子半径更大，因此只能表示CH4，故A错误；B．H2S的中心原子S的价层电子对数为：，VSEPR模型为四面体形，故B正确；C．分子中为C与S形成极性键，故C错误；D．中碳元素化合价从4价升高到中+4价，同时H元素从+1将降低到0价，CH4既是还原剂又是氧化剂，故D错误；故答案选B3.已知：6H2SO4+5BaBr2+Ba(BrO3)2=6BaSO4↓+6Br2+6H2O，利用此反应和CCl4得到溴单质的实验中不需要用到的实验装置是A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】氯气氧化HBr提取溴的工艺为：6H2SO4+5BaBr2+Ba(BrO3)2=6BaSO4↓+6Br2+6H2O，利用过滤除去BaSO4沉淀后得到溴的水溶液，加入四氯化碳萃取分液分离溴单质，萃取分液得到四氯化碳的溴单质的溶液，通过蒸馏得到液溴，据此分析判断。【详解】氯气氧化HBr提取溴的新工艺反应之一为：6H2SO4+5BaBr2+Ba(BrO3)2=6BaSO4↓+6Br2+6H2O，反应过程中生成了硫酸钡沉淀，利用过滤除去沉淀后得到溴的水溶液，加入四氯化碳萃取分液分离溴单质，萃取分液得到四氯化碳的溴单质的溶液，控制温度通过蒸馏得到液溴，需要的装置有A、B、C，D装置是灼烧固体用装置，在该原理中不需使用，故合理选项是D。4.过量浓NaOH溶液和白磷加热煮沸可发生反应：。用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.含个键B.为酸式盐C.分子之间可形成氢键D.生成时，该反应中转移的电子数为【答案】A【解析】【详解】A．为正四面体结构，1个分子中含6个键，则含个键，故A正确；B．由题意可知不能与足量NaOH反应，应为正盐，故B错误；C．分子之间不能形成氢键，故C错误；D．生成时，该反应中转移的电子数为，故D错误；故选：A。5.根据下列实验操作和现象，得到的结论正确的是

实验操作和现象实验结论A向溶液中滴加3滴溶液，再滴加4滴溶液，白色沉淀转化为红褐色B向溶液中滴加酚酞溶液，溶液变为浅红色(和为的电离平衡常数)C往溶液中加入盐酸，将产生的气体通入溶液中，溶液中有沉淀生成非金属性：D向悬浊液中滴入适量氨水，悬浊液变澄清平衡正向移动A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．由实验现象可知白色沉淀可与氯化铁反应生成红褐色沉淀，则推知的溶解度小于，则，故A错误；B．由现象可知溶液呈碱性，则的水解程度大于其电离程度，可知Kh>Ka2，，则，故B错误；C．验证非金属性强弱应通过最高价含氧酸的酸性强弱验证，Cl的最高价含氧酸为HClO4，不能用盐酸进行实验，故C错误；D．由实验现象可知加氨水最终生成，氨水中的氨气分子与悬浊液中溶解生成的银离子结合为，从而使沉淀溶解平衡正向移动，故D正确；故选：D。6.我国学者研制了一种锌基电极，与涂覆氢氧化镍的镍基电极组成可充电电池，其示意图如下。放电时，Zn转化为。下列说法错误的是A.充电时，a为外接电源负极B.放电时，正极反应：C.充电时，阴极反应为：D.放电时，若外电路有0.2mol电子转移，则有向正极迁移【答案】D【解析】【分析】放电时，Zn转化为，则锌发生氧化反应，为负极、而镍电极为正极；【详解】A．放电时，锌极为负极，则充电时，与锌极相连的a为外接电源负极，A正确；B．放电时，镍极为正极，得到电子发生还原反应生成镍，正极反应为：，B正确；C．充电时，锌极为阴极，得到电子发生还原反应生成锌单质，反应为：，C正确；D．结合C分析，放电时，负极反应为，混合电解液中没有锌离子，D错误；故选D。7.前20号不同主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子序数之和等于35，分析试剂常用于稀土金属分离的载体、陶瓷上釉等。加热16.4g固体M，剩余固体质量(m)与温度(T)的关系如图所示。下列叙述正确的是A.实验室可用制取B.简单氢化物稳定性：C.c→d段失去YZ分子D.900℃生成的固体化合物WZ，不与水反应【答案】A【解析】【分析】由M的化学式可知，X2Z可能是水，X可能是氢，Z可能是氧，则Y和W的原子序数之和等于26，根据图像中化合物M的热重分析结果，在226℃以下a→b失重3.6g，即失去0.2molH2O，说明16.4gM为0.1mol，M的相对分子质量为164，WY2Z4的相对分子质量为128，故WY2相对原子质量之和为64，结合W和Y原子序数之和等于26，而前20号元素中，W为钙，Y为碳，符合题意。【详解】A．为CaC2，为C2H2，即实验室制乙炔，其化学方程式为：，故A正确；B．Y为碳，Z为氧，由于非金属性Z>Y，因此简单氢化物稳定性：，故B错误；C．c→d段失重4.4g，即失去物质的相对分子质量为44，该物质为CO2，故C错误；D．d阶段对应的物质的相对分子质量为56，即固体为CaO，与水反应生成Ca(OH)2，故D错误；故选A。8.用催化剂实现麦麸C5馏分进行增值转化。其反应过程如图所示：下列叙述错误的是A.甲→乙的反应类型为还原反应 B.甲分子中有两种含氧官能团C.乙能使酸性溶液褪色 D.甲、乙分子所含手性碳原子数目相同【答案】D【解析】【详解】A．根据官能团变化可知，甲中醛基变成了乙中的羟基，发生的反应为还原反应，A正确；B．根据甲分子的结构可知，甲中含有羟基和醛基两种含氧官能团，B正确；C．乙中含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使其褪色，C正确；D．甲中共3个手性碳原子，乙中只含有2个手性碳原子，D错误；故选D。9.下列说法正确的是A．可用于探究铁与水蒸气的反应，反应方程式为B．用(杯酚)识别和，操作①、②均为过滤C．可用于实验室配制银氨溶液D．若将溶液替换成溶液，不能形成原电池A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．铁和水蒸气反应的产物为Fe3O4和H2，A错误；B．根据图示可知，步骤①和步骤②均为过滤，B正确；C．银氨溶液的配置是往硝酸银溶液中逐滴加入氨水，C错误；D．将左池中的硫酸锌换成硫酸铜，依旧能够构成原电池，D错误；故选B。10.甲醇与CO催化制备乙酸的反应历程及每分子甲醇转化为乙酸的能量变化关系如下图。下列说法正确的是A.该过程不涉及非极性键的形成B.该反应中，为催化剂，HI为中间产物C.反应ⅲ为该历程的决速步骤D.总反应的热化学方程式为【答案】C【解析】【详解】A．由历程可知，该过程涉及碳碳键（非极性键）的形成，A错误；B．根据反应机理可知H2O为该反应的中间产物、HI为催化剂，B错误；C．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；故反应ⅲ为该历程的决速步骤，C正确；D．由图可知，每分子甲醇的转化涉及能量为3.05eV，D错误；故选C。11.多巴胺是一种神经传导物质，其合成路线如下图所示。下列说法正确的是A.酪氨酸最多可以与发生加成反应B.L多巴分子中所有碳原子不可能共平面C.多巴胺可与溶液反应D.L酪氨酸、L多巴和多巴胺均既有酸性，又有碱性【答案】D【解析】【详解】A．L酪氨酸含有苯环，因此1molL酪氨酸最多可以与3mol发生加成反应，羧基不与氢气发生加成反应，A错误；B．根据碳碳单键可以旋转，苯环所有原子共平面，则L多巴分子中所有碳原子可能同平面，B错误；C．多巴胺含有酚羟基，但酚的酸性比碳酸弱，不能与溶液反应，C错误；D．L酪氨酸、L多巴和多巴胺都含有氨基，具有碱性，同时都有酚羟基，具有酸性，D正确；故选：D。12.利用含钴废料(主要成分为，还含有少量的铝箔、等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：已知：萃取的反应原理：。下列说法错误的是A.“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分是B.“酸溶”反应中做氧化剂C.“反萃取”中可加入分离出D.“沉钴”时溶液滴加速率不宜过快，目的是防止生成【答案】B【解析】【分析】含钴废料（主要成分为，还含有少量的铝箔、等杂质）中加入NaOH溶液碱浸，铝箔溶解转化为（滤液Ⅰ）除去，滤渣主要含和，根据实验目的可知后续需要萃取Co2+，说明经过酸溶之后，+3价Co元素转化为Co2+，即在酸溶步骤中Co元素被还原，则加入的H2O2作还原剂，过滤，所得滤液中主要含CoSO4和Li2SO4，滤液中加入有机磷萃取，分液后得到含有Li2SO4的无机相及含有CoR2的有机相，有机相中可加入H2SO4进行反萃取分离出Co2+，最后加入Na2CO3溶液沉钴获得CoCO3，以此分析解答。【详解】A．由分析知，滤液Ⅰ”主要成分是，故A正确；B．由分析知，“酸溶”反应中H2O2作还原剂，故B错误；C．根据分析，“反萃取”中可加入H2SO4分离出Co2+，故C正确；D．“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大溶液碱性增强会产生杂质，将导致产品不纯，溶液滴加速率不宜过快，故D正确；故选B。13.为检测某品牌银耳中添加剂亚硫酸盐的含量，取银耳样品和蒸馏水放入三颈瓶中；取碘标准溶液和淀粉溶液加入锥形瓶中，并加入适量蒸馏水搅拌，部分装置如图。向三颈瓶中通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了碘标准液。另做空白实验，消耗碘标准溶液。下列说法正确的是A.选择的三颈瓶规格为B.滴定终点溶液变为蓝色，读数时应双手上下持滴定管C.“不通氮气”或者“先加磷酸再通氮气”，这两种做法都会使测定结果偏高D.银耳样品中亚硫酸盐的百分含量(以质量计)为【答案】D【解析】【详解】A．三颈烧瓶所盛液体体积通常占其容积的1/3~2/3，则本实验应选择的三颈烧瓶规格为，A错误；B．将SO2消耗完后，过量的碘单质与淀粉反应使溶液显蓝色，读数时应单手持滴定管，B错误；C．开始通入氮气的目的是将装置中的空气排出，防止空气中的氧气将亚硫酸盐部分氧化成硫酸盐而影响实验，若“不通氮气”或者“先加磷酸再通氮气”，反应生成的SO2量较少，消耗的标准碘液也少，所测结果偏低，C错误；D．反应中消耗I2的体积为0.4mL+1.0mL0.2mL=1.2mL，n(I2)=1.2×103L×0.01mol/L=1.2×105mol，根据关系式I2~SO2知，n(SO2)=1.2×105mol，m(SO2)=64g/mol×1.2×105mol=7.68×104g=0.000768g，样品为10.00g，因此SO2的含量为，D正确；故选D。14.钙钛矿电池是第三代非硅薄膜太阳能电池的代表，具有较高的能量转化效率。如图是一种边长为apm的钙钛矿的正方体晶胞结构，其中Ca原子占据正方体中心，O原子位于每条棱的中点。原子1的分数坐标为(0，0，0)。阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是A.原子2的坐标为B.Ti原子与Ca原子最近距离为C.距离Ti原子最近的O原子有8个D.该晶胞密度约为【答案】D【解析】【详解】A．原子1为坐标原点，结合晶胞结构中原子2的位置可知其坐标为，故A错误；B．Ti原子位于顶点，Ca原子位于体心，两原子间的最近距离为体对角线的，距离为，故B错误；C．Ti位于顶点，O位于棱形，则距离Ti原子最近的O原子有6个，故C错误；D．该晶胞中，钙原子数为1个，氧原子数为12×=3个，碳原子数为8×=1个，晶胞密度为g·cm3=，故D正确；故选：D。二、非选择题：本题共4大题，共58分。15.铋酸钠(，Mr=280g/mol)是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。Ⅰ．制取铋酸钠利用白色且难溶于水的在NaOH溶液中，在充分搅拌的情况下与反应制备，实验装置如下图(加热和夹持仪器已略去)。已知：粉末呈浅黄色，不溶于冷水，遇沸水或酸溶液迅速分解。请按要求回答下列问题：（1）仪器C的名称是___________。（2）B装置盛放的试剂是___________。（3）C中发生的反应化学方程式为：___________。（4）当观察到C中白色固体消失时，应关闭和，并停止对A加热，原因是___________。（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作是___________、过滤、洗涤、干燥。（6）实验完毕后，打开，向A中加入NaOH溶液的主要作用是___________。Ⅱ．产品纯度的测定（7）取Ⅰ中制取的产品xg，加入足量稀硫酸和稀溶液使其完全反应，再用0.1mol/L的标准溶液滴定生成的(已知：)，当达到滴定终点时，消耗ymL。该产品的纯度为___________。【答案】（1）三口(颈)烧瓶（2）饱和食盐水（3）（4）防止过量使溶液呈酸性，导致分解（5）在冰水(冷水)中冷却结晶(或冷却结晶)（6）除去A中残留（7）【解析】【分析】A制备氯气，B除氯气中的氯化氢，C中被氯气氧化为，防止过量使溶液呈酸性，导致分解，所以当观察到C中白色固体消失时，应关闭和，并停止对A加热，D中氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染。【小问1详解】根据装置图，仪器C的名称是三口烧瓶；【小问2详解】A中生成得氯气中含有氯化氢，B装置的作用是除氯气中的氯化氢，所以盛放的试剂是饱和食盐水；【小问3详解】C中在碱性条件下，被氯气氧化为，根据得失电子守恒，发生的反应化学方程式为；【小问4详解】遇酸溶液迅速分解，防止过量使溶液呈酸性，导致分解，所以当观察到C中白色固体消失时，应关闭和，并停止对A加热。【小问5详解】粉末呈浅黄色，不溶于冷水，反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作是在冰水(冷水)中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【小问6详解】氯气有毒，为防止氯气污染空气，实验完毕后，打开，向A中加入NaOH溶液的主要作用是除去A中残留。【小问7详解】根据得失电子守恒建立关系式，，当达到滴定终点时，消耗0.1mol/L的标准溶液ymL。N()=n()=0.1mol/L×y×103L=y×104mol，该产品的纯度为。16.Ⅰ．等烟道气对环境有污染，需经处理后才能排放，处理含烟道气的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质。回答下列问题：（1）已知CO的燃烧热为，。则上述反应的___________。（2）其他条件相同、催化剂不同时发生上述反应。的转化率随反应温度的变化如图所示。和NiO作催化剂均能使的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择的主要优点是___________。（3）在密闭容器中，充入和，发生上述反应，平衡转化率随温度、压强的变化如图所示。①B点对应条件下，___________[对于反应，x为物质的量分数]。②A点和C点的压强平衡常数之比___________1(填“>”、“<”或“=”)。[用分压代替浓度，分压=总压×物质的量分数]。Ⅱ．烟气中常含有大量和等大气污染物，需经过净化处理后才能排放。除去燃煤产生的废气中的的过程如图所示。（4）过程Ⅰ是发生催化氧化反应，若参加反应和的体积比为4∶3，则反应的化学方程式为___________。（5）过程Ⅱ利用电化学装置吸收另一部分，使Cu再生，该过程中阳极的电极反应式为___________。若此过程中除去体积分数为0.5%的废气2240L(标准状况)，可使___________Cu再生。【答案】（1）269.2（2）Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源（3）①.176②.>（4）4SO2+3O2+2H2O+2Cu2CuSO4+2H2SO4（5）①.SO22e+2H2O=+4H+②.32【解析】【小问1详解】CO的燃烧热为，则有：①，②，①2②，得到，根据盖斯定律得到，=269.2；【小问2详解】由图可知，Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；【小问3详解】①密闭容器中，充入和，发生上述反应，B点对应条件下，SO2的平衡转化率为80%，则反应消耗的SO2的物质的量为0.8mol，则有：平衡后气体总物质的量为2.2mol，则=176；②该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向正向移动，SO2的平衡转化率增大，则压强：p1＞p2＞p3，A点和C点SO2的平衡转化率均为60%，所以平衡时各物质的物质的量及其物质的量分数相等，又因为右边气体化学计量数比左边小1，所以压强平衡常数之比为其压强反比，压强平衡常数之比为，＞1；【小问4详解】过程Ⅰ是发生催化氧化反应，被氧气氧化为H2SO4，Cu被氧化为CuSO4，参加反应和的体积比为4∶3，根据得失电子守恒，得到反应方程式4SO2+3O2+2H2O+2Cu2CuSO4+2H2SO4；【小问5详解】过程Ⅱ利用电化学装置吸收另一部分，使Cu再生，阳极上，SO2发生氧化反应转化为H2SO4，电极反应式为SO22e+2H2O=+4H+；阴极上，Cu2++2e=Cu，体积分数为0.5%的废气2240L中，的体积为，标准状况下，其物质的量为，由电极反应式：SO22e+2H2O=+4H+、Cu2++2e=Cu可知，消耗0.5mol，转移1mol电子，生成0.5molCu，则生成Cu的质量为。17.镍有广泛的用途，不仅可以用于不锈钢的制造，目前也是三元锂电池中的重要元素。由红土镍矿(主要成分为NiO，还含有少量以及铁的氧化物等)可以制取黄钠铁矾和。（1）Fe位于元素周期表第___________周期第___________族。（2）为加快红土镍矿的溶解，在“酸浸”步骤中可采取的措施是___________(举一例)。（3）“预处理”中，反应的离子方程式为___________。（4）“沉铁”中若采用作为除铁所需钠源，的用量对体系pH和镍的损失影响如图所示。当的用量超过时，镍的损失率会增大，其可能的原因是___________。(已知开始沉淀的pH分别为2.2、7.5)（5）若溶液中为0.1mol/L，溶液的体积为1L，则要使溶液中，应加入固体NaF为___________mol[忽略体积的变化，已知]。“沉镁”时应保证MgO将溶液的pH调节至5.5～6.0，原因是___________。（6）硫酸钠与硫酸镍晶体的溶解度曲线图如图所示，由滤液Y制备的步骤为：Ⅰ．边搅拌边向滤液Y中滴加NaOH溶液至沉淀完全，过滤：Ⅱ．用蒸馏水洗涤固体；Ⅲ．将所得固体分批加入足量稀硫酸，搅拌使其完全溶解：Ⅳ．稍低于___________℃减压蒸发浓缩，降温至稍高于___________℃，趁热过滤。请回答：①步骤Ⅱ中确定固体洗涤干净的方法是___________。②步骤Ⅳ中横线上的数字分别是___________、___________。【答案】（1）①.四②.Ⅷ（2）研磨粉碎红土镍矿或增大酸的浓度或适当升高温度等（3）（4）pH>2.2后，容易形成氢氧化铁的胶体，吸附溶液中的Ni2+，造成镍的损失（5）①.0.21②.pH过小，难以形成MgF2沉淀；pH过大，会形成Ni(OH)2沉淀（6）①.取最后一次的洗涤液于一支洁净的试管中，向其中滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，则已洗涤干净②.53.8③.30.8【解析】【分析】红土镍矿加入稀硫酸进行酸浸，二氧化硅不反应，滤渣为二氧化硅，NiO与稀硫酸反应生成Ni2+，MgO转化为Mg2+，铁的氧化物转化为Fe3+或Fe2+；加入双氧水进行预处理，Fe2+被氧化为Fe3+，加入硫酸钠固体进行沉铁，生成黄钠铁矾；加入氧化镁调节pH，加入NaF溶液进行沉镁，得到滤液Y，滤液Y经过一系列处理后得到固体。【小问1详解】Fe位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族。【小问2详解】反应速率受温度、浓度、接触面积等影响，为加快红土镍矿的溶解，在“酸浸”步骤中可采取的措施有研磨粉碎红土镍矿、增大酸的浓度或适当升高温度等。【小问3详解】“预处理”中，H2O2与Fe2+反应的离子方程式为。【小问4详解】开始沉淀的pH为2.2，当pH>2.2后，容易形成氢氧化铁胶体，吸附溶液中的Ni2+，造成镍损失。【小问5详解】沉镁时发生反应，当溶液中为0.1mol/L，溶液体积为1L时，完全反应Mg2+需要消耗NaF