湖北省七市州2024-2025学年高三下学期3月联合统一调研测试化学试题 含解析

年湖北省七市州高三年级3月联合统一调研测试化学试卷本试卷共8页，题。全卷满分分。考试用时分钟。祝考试顺利注意事项：准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。区域均无效。选择题用铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H17BCNO一、选择题：本题共小题。每小题3分，共分。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.中华文明源远流长，化学与中华文明联系紧密。下列叙述错误的是A.湖北随州出土的曾侯乙编钟是以铜为主要成分的合金制品B.四川蜀锦的主要原料蚕丝属于化学纤维C.唐陶彩绘女舞俑是以黏土为主要原料，经高温烧结而成D.云梦秦简是一种战国时期的竹简，主要成分纤维素属于天然有机高分子【答案】B【解析】【详解】A．曾侯乙编钟属于青铜器，青铜是铜与锡（或铅）的合金，A正确；B原料蚕丝属于天然纤维，B错误；C．陶瓷以黏土为原料，经高温烧结成型，C正确；D．竹简主要成分为纤维素，属于天然有机高分子，D正确；故选B。2.化学与生产、生活和科技密切相关。下列叙述错误的是第1页/共21页A.市场上销售的暖贴通常是利用金属的电化学腐蚀原理制作的B.苯甲酸及其钠盐可用作食品防腐剂C.量子通信材料螺旋碳纳米管与富勒烯互为同素异形体D.稀土元素就是镧系元素，在科技、生产中有广泛的用途，被称为“冶金工业的维生素”【答案】D【解析】A学腐蚀原理制作的，A正确；B．苯甲酸及钠盐可以做食品防腐剂，B正确；C．碳纳米管和富勒烯都是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，C正确；D．稀土元素就是镧系元素和钇、钪共17种元素，D错误；答案选D。3.用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是A.图甲装置用于测定氢氧化钠溶液的浓度B.图乙装置用于灼烧碎海带C.图丙装置用于检验二氧化硫的酸性与漂白性D.图丁装置用于制取氨气【答案】A【解析】ANaOH定氢氧化钠溶液的浓度，A正确；B．灼烧碎海带应在坩埚中进行，B错误；C．C装置不能检验二氧化硫的漂白性，C错误；D．氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在试管口重新化合生成氯化铵，氨气应用Ca(OH)2和NHCl固体加热第2页/共21页制取，D错误；答案选A。4.下列化学用语表达正确的是A.基态As原子的核外电子排布式为：B.有机化合物存在顺反异构体C.基态镁原子价层电子的电子云轮廓图：D.用电子式表示的形成过程：【答案】B【解析】【详解】A．基态As原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，A错误；B．分子中碳碳双键两端分别连接两个各不相同的原子或基团，存在顺反异构，B正确；C．基态镁原子价层电子排布式为3s2，电子云轮廓图为球形，而不是哑铃形，C错误；D．用电子式表示CO2的形成过程为，D错误；故选B。5.类比法是一种学习化学的重要方法。下列说法正确的是A.中碳为价，则中硅也为价B.为三角锥形分子，则也为三角锥形分子C.酸性强于，则酸性强于D.的键能大于I-I，则F-F的键能大于【答案】C【解析】【详解】A．SiH4中硅为+4价，氢为-1价，A错误；第3页/共21页B．中心原子有3个价层电子对，孤电子对为0，为平面三角形分子，B错误；C．F和Cl是电负性很高的元素，F和Cl原子的极强的吸电子能力以及羰基的诱导作用，使和分子中羰基O原子的正电性增强，从而对H原子的吸引减弱而使其易于解离，所以酸性强于，F的电负性强于Cl，酸性也强于，C正确；D．由于F-F的键长短，两核间的斥力及电子层间斥力增大，使F-F的键能减小，小于Cl-Cl的键能，D错误；故选C。6.布洛芬具有抗炎、镇痛的作用，可以对其进行如图所示的成酯修饰。下列说法错误的是A.布洛芬能发生加成、取代和氧化反应B.布洛芬的核磁共振氢谱显示有10组峰C.成酯修饰后的产物对肠胃的刺激作用减小D.成酯修饰前后碳原子的杂化形式均为2种【答案】B【解析】A氧化反应，A项正确；B．布洛芬分子内有8种氢原子，则其核磁共振氢谱显示有8组峰，B项不正确；C修饰后的产物对肠胃的刺激作用减小，C项正确；D．羧基、苯环、含N杂化及酯基中碳原子杂化方式为sp2杂化，饱和碳原子中碳原子杂化方式为sp3杂化，则成酯修饰前后碳原子的杂化形式均为2种，D项正确；选B。7.下列离子方程式书写错误的是A.向AgCl沉淀中加入氨水：第4页/共21页B.用溶液浸泡锅炉水垢：C.黄绿色的溶液中存在平衡：D.向含的溶液中通入【答案】D【解析】【详解】A．AgCl沉淀可以溶于氨水形成银氨络离子，离子方程式为：，A正确；BCaCO3的溶度积小于CaSO4CaCO3，离子方程式为：，B正确；C溶液中存在[CuCl]2-和[Cu(HO)]2+，C正确；D．I-的还原性大于Fe2+的还原性，向含的溶液中通入4molCl2的离子方程式为：，D错误；答案选D。8.结构决定性质是化学学科的核心观念。下列解释错误的是选事实解释项在中的溶解度高于在水中A是非极性分子的溶解度离子化合物B常温键弱，熔点低下为液态第5页/共21页O的电负性比S的大，的成键电子对更偏C键角：向0，成键电子对间排斥力更大，键角更大沸点：D后者形成了分子内氢键，使其沸点低于前者A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．O3属于极性分子，但极性微弱，在中的溶解度高于在水中的溶解度，A错误；B子化合物常温下为液态，B正确；C．HO和HS中心原子杂化方式相同，中心原子的孤电子对数目相同，O的电负性比S的大，的成键电子对更偏向O，成键电子对间排斥力更大，键角更大，键角，C正确；DD正确；答案选A。9.某种离子化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z与W同主族。下列说法正确的是A.第一电离能：B.氢化物沸点：C.分子极性：D.阴离子空间结构为八面体形第6页/共21页【答案】D【解析】【分析】根据X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z与W同主族，Z失去一个电子5W得到一个电子后形成6W最外层是5Z为N元素，W为P元素，Q的化合价为-1价，Q为Cl元素，Y形成四个键，Y为C元素，X形成一个键为H元素。【详解】A．同周期第一电离能增大的趋势，则第一电离能P<Cl，电子层越少，原子半径越小，第一电离能越大，第一电离能Cl<N，则第一电离能：P<Cl<N，A错误；B．简单氢化物沸点：CH<NH，C、N均存在其他种类氢化物，该选项未强调简单氢化物，B错误；C．电负性P<N，分子极性：PCl>NCl，C错误；D．阴离子为[PCl]-，空间构型为八面体形，D正确；答案选D。10.利用悬浊液吸收气体可制取和，实验装置如图所示。已知：易溶于水，在酸性条件下较为稳定，受热易分解形成下列说法正确的是A.装置A中浓硫酸浓度越大反应速率越快B.装置C中悬浊液变澄清表明整个制备实验完成C.在装置D中制取D.装置D中热水浴温度越高越好【答案】C【解析】【详解】A．装置A硫酸浓度太大，难以电离出离子，反应速率减慢，一般选择70%的硫酸，A错误；BC中悬浊液变澄清只表明装置CDC和D中悬浊液都变澄清表明整个制备实验完成，B错误；第7页/共21页C．装置D热水浴中MnSO6受热分解形成MnSO，C正确；D．装置D热水浴温度太高，降低了SO2在溶液中的溶解度，不利于反应进行，D错误；答案选C。B-B中B-B键的键长为dnm，Ca位于立方体体心，原子分数坐标为，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.距离Ca最近的B有8个B.Ca与B个数比为1：24C.M点的原子分数坐标为D.该晶体的密度为【答案】C【解析】【分析】晶胞中Ca为1个在晶胞内部；B的个数为8×个。【详解】A．距离Ca最近的B有3×8=24个，A错误；B．由分析可知，硼化钙化学式为CaB，Ca与B个数比为1：6，B错误；CM点在x方向坐标为0y方向坐标为1，B-B键的键长为dnmM到顶点的距离为z方向分数坐标为，M点的原子分数坐标为，C正确；D．该晶体的密度为，D错误。答案选C。12.甘氨酸合铜在医药、电镀和农业等领域都有广泛的应用前景，其结构如图所示。下列说法错误的是第8页/共21页A.1mol甘氨酸合铜含有σ键16molB.电负性：C.基态铜原子的电子有15种空间运动状态D.甘氨酸合铜中铜的配位数为4【答案】A【解析】【详解】A．单键是σ键，双键有一个σ键，配位键也是σ键，1mol甘氨酸合铜含有σ键20mol，A错误；BC与H形成的化合物中C为负价，非金属性大于H，故非金属性，B正确；C．基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，核外电子占据15个轨道，有15种空间运动状态，C正确；D．甘氨酸合铜中一个Cu原子周围结合四个原子，铜的配位数为4，D正确；答案选A13.一种微生物电池无害化处理有机废水的原理如图所示，废水中含有的有机物用表示。下列说法正确的是A.N极电势低于M极电势B.温度越高废水处理速率越快C.M极产生，则Ⅲ区溶液质量增加23gD.M极的电极反应式为：第9页/共21页【答案】D【解析】【分析】M极有机物生成CO，发生氧化反应，是负极，N极为正极，正极上发生还原反应，依次分析。【详解】A．M极CHO6转化为CO，碳元素化合价升高，M极为原电池负极，负极电势低于正极电势，A错误；B．升高温度微生物容易失去活性，影响电池工作效率，B错误；C．未指明CO2所处的温度和压强，C错误；DMCO应式为：，D正确；答案选D14.25℃时，用NaOH标准溶液滴定20.00mL同浓度的三元酸溶液，滴定曲线及溶液中lgX[X代表或]随pH变化曲线如图。下列说法正确的是A.曲线表示随pH变化曲线B.当时，C.当时，D.当时，【答案】B【解析】第10页/共21页【分析】三元酸HA的电离常数K>K>K，lgX=0时，，对应的pH值I<II<III，H+浓度I>II>III，则I代表lg随pH值变化，II代表lg随pH值变化，III代表lg随pH值变化。【详解】A．根据分析，曲线I表示lg随pH变化曲线，A错误；B．根据曲线II可知，lg=2.8，pH=10，c(H+)=10-10，K==，当pH=6时，c(H+)=10-6，==10-1.2，lg=-1.2，B正确；C．当V(NaOH)=20.00mL时，生成NaHA，依据图像判断溶液显酸性，HA-的电离程度大于水解程度，则c(HA−)>c(HA2−)>c(HA)，C错误；D．当V(NaOH)=40.00mL时，生成NaHA，溶液显碱性，依据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(HA2−)+3c(A3−)+c(OH−)，物料守恒：c(Na+)=2c(HA)+2c(HA−)+2c(HA2−)+2c(A3−)，得到2c(HA)+c(HA−)>c(A3−)，D错误；答案选B。15.AB与带有正电荷的位点1相互作用较强；在酸性条件下，环状分子B与位点2的相互作用增强。下列说法错误的是A.酸性条件下，位点2的亚氨基结合而带正电荷，与环状分子B的作用力增强第11页/共21页B.酸性条件下，分子B与位点2之间存在氢键C.分子B内部有很大的空间，能与所有碱金属离子发生作用，把无机物带入有机物中D.通过加入酸或碱，可以实现该超分子在两种不同状态之间切换【答案】C【解析】【分析】由题图可知，在酸性条件下，A分子中位点2的烷胺基结合氢离子而带正电荷，与环状分子B的作用力增强；在碱性条件下，环状分子B与带有正电荷的位点1的相互作用力较强，因此通过加入酸或碱，可以实现该超分子在两个不同状态之间的切换。【详解】A．由题可知，在酸性条件下，A分子中位点2的烷胺基结合H+而带正电荷，与环状分子B的作用力增强，故A正确；B2有N-H键，分子B存O原子，酸性条件下，分子B与位点2之间存在氢键B正确；C．分子B只能与直径适合的碱金属离子发生作用形成超分子，不能与所有的碱金属离子作用，C错误；D．在碱性条件下，环状分子B与带有正电荷的位点1的相互作用较强，结合A选项分析可知，通过加入酸或碱，均可实现该超分子在两个不同状态之间的切换，故D正确；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共分。16.废旧三元锂电池正极材料富含Li、Ni、Co、Mn等有价金属，将其回收的工艺流程如图所示：已知：①浸出液中，，，。②25℃时，，。③少量的和与氨水反应生成的比更稳定。回答下列问题：（1）按照核外电子排布，Co位于元素周期表中的___________区。第12页/共21页（2）正极材料表示为(M代表Co、Ni、Mn，化合价均为价)______________________。（3）若往浸出液中直接加入，___________(填离子符号)应先沉淀。实际操作中先往浸出液中加入氨水再加入，难以沉淀的原因为___________。（4___________。（5）现有10L浸出液，回收得到的质量为44.03g，则的回收率为___________。【答案】（1d（2）①.2LiMO+3HSO+HO=LiSO+2MSO+O↑+4HO②.HO2受热易分解（3）①.Ni2+②.[Ni(NH)]2+比[Co(NH)]2+稳定性强，镍元素主要以[Ni(NH)]2+的形式存在于溶液中，故不能被沉淀（4）Mn2++2HCO=MnCO↓+HO+CO↑（5）85%或0.85【解析】【分析】由题给流程可知，废旧三元锂电池正极材料经预处理后，加入过氧化氢和稀硫酸的混合溶液酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，根据金属元素的化合价变化可知过氧化氢被氧化产生氧气，向酸浸液中加入氨水和草酸铵，将溶液中钴离子转化为草酸钴沉淀，过滤得到草酸钴和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得碳酸锰和滤液；向滤液中加入碳酸钠和氢氧化钠的混合aNiCO·bNi(OH)2子转化为碳酸锂沉淀，据此解答。【小问1详解】Co的原子序数是27，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区。【小问2详解】“酸浸”时(M代表Co、Ni、Mn，化合价均为价)将HO2氧化，Ni、Co、Mn元素被还原为+22LiMO+3HSO+HO=LiSO+2MSO+O↑+4HOHO2反而降低。【小问3详解】25℃时，K(CoCO)=6.3×10−8，K(NiCO)=4.0×10−10，浸出液中c(Co2+，c(Ni2+)=0.03mol/L，第13页/共21页Ni2+开始沉淀需要c(CO)=1.3×10−8mol/L，Co2+开始沉淀需要c(CO)=5.7×10−7mol/L，故Ni2+先沉淀。但由于[Ni(NH)]2+比[Co(NH)]2+[Ni(NH)]2+【小问4详解】“沉锰”过程产生气体X为二氧化碳，故发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO↓+HO+CO↑。【小问5详解】10L浸出液中n(Li+)=10L×0.14mol/L=1.4mol，n(LiCO)==0.595mol，回收得到n(Li+)=1.19mol，Li+的回收率为。17.含碳化合物的回收是实现碳达峰、碳中和的有效途径。催化加氢选择合成甲醇的主要反应如下：反应1：反应2：反应3：回答下列问题：（1）已知在25℃、下，由最稳定单质生成1mol某纯物质的焓变，称为该物质的标准摩尔生成焓。下表为几种常见物质的标准摩尔生成焓。物质标准摩尔生成焓/0则___________。（2）反应3在___________(填“较高”或“较低”)温度下能自发进行。（3）对于上述反应体系，下列说法正确的是___________(填标号)。a．其他条件相同，反应1分别在恒容和恒压条件下进行，后者的平衡转化率更高b．恒温恒容条件下，当容器内气体的压强不再改变，说明体系达到平衡状态c．增加催化剂的表面积，可加快反应速率，提高的平衡产率d．其他条件相同，增大投料比，可提高的平衡转化率第14页/共21页（4）在一体积固定的密闭容器中，按照投料，发生上述反应1和反应2，平衡时CO和在含碳产物中的物质的量分数及的转化率随温度的变化如图1所示。①150℃~250℃范围内，随着温度的升高，的平衡转化率减小的原因是___________。②270℃时，若容器起始压强为5MPa，则反应2的。为___________(保留两位有效数字)。（5(k为速率常数，TR和C为常数)。从图2可知(反应2)___________(反应3)(填“>”或“<”)，对于反应2，___________(用含、、T、R的代数式表示)。【答案】（1）−49.0（2）较低（3）ab（4）①.反应1为放热反应，反应2为吸热反应，升高温度，反应1逆移的程度大于反应2正移的程度，使二氧化碳的转化率减小②.0.015（5）①.>②.-lnk)或【解析】【小问1详解】第15页/共21页ΔH=-200.7kJ·mol−1-241.8kJ·mol−1+393.5kJ·mol−1=−49kJ·mol−1；【小问2详解】反应3的ΔS<0，ΔH<0，据ΔG=ΔH−TΔS<0反应才能自发，推出反应3在较低温度下能自发进行；【小问3详解】其他条件相同，反应1是气体体积减小的反应，反应在恒压条件下进行，容器体积减小，相当于恒容条件下的加压，反应1平衡正向移动，CO2的平衡转化率更高，a正确；反应1和反应3是气体体积减小的反应，反应2是气体体积不变的反应，容器内气体的压强不再改变，说明体系达到平衡状态，b正确；增加催化剂的表面积，可加快反应速率，但不能引起平衡的移动，也不能影响CHOH的平衡产率，c错误；其他条件相同，增大投料比[n(CO/n(H))]，CO2的平衡转化率变小，d错误；答案是ab；【小问4详解】①反应1为放热反应，反应2为吸热反应，升高温度，反应1逆移的程度大于反应2正移的程度，使二氧化碳的转化率减小；②270℃时，体积固定的密闭容器中，按照n(CO)：n(H)=1：3投料，设n(CO)=1mol，n(H)=3mol，容器内发生反应1和反应2α(CO)=24%CO和CHOHCO2为0.24mol，平衡时n(CO)=0.76mol，n(CHOH)=n(CO)=0.12mol，n(HO)=0.12mol+0.12mol=0.24mol，n(H)=3mol-0.12mol-3×0.12mol=2.52mol，反应2为反应前后气体体积不变的反应，则K==0.015；【小问5详解】据阿伦尼乌斯公式：lnk=+C，结合图像，反应2的倾斜程度大于反应3，斜率等于−E，即|Ea|越大，直线倾斜程度越大，则E：反应2>反应3；ΔH2=Ea−Ea=(C−lnklnk-lnk)或。18.某化学学习小组探究能否氧化并分析相关转化。第16页/共21页实验实验操作与现象序号实验向盛有溶液的试管中加入过量铜粉，5分钟后溶液变蓝1实将实验1反应混合物长时间静置，取上层清液于另一试管，滴加KSCN验KSCN2察到的现象相同，当加入大量KSCN溶液后，红色不再褪去，生成较多白色沉淀已知：i．CuSCN为难溶于水的白色固体。ii．有较强还原性，易被氧化为，化学性质与卤素单质相似向实验1充分反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，对其原因进行探究：假设①：静置过程中空气中的氧气将氧化。假设②：发生反应，将氧化为。假设③：在的影响下，将氧化为。回答下列问题：（1）配置溶液，需要用到下列仪器中的___________(填标号)。（2）实验1发生反应的化学方程式为___________。（3KSCN量红褐色沉淀，此红褐色沉淀为___________，由于溶液中浓度太低，不会使KSCN溶液显红色，故假设①不合理。第17页/共21页（4）取溶液于试管中，滴加KSCN溶液，放置2小时，未见白色沉淀，故假设___________(填“②”或“③”)2观察到的现象有可能是___________和___________(填离子符号)共同反应的结果。（5）分别取溶液和溶液于两支试管中，均滴加KSCN溶液，溶液不显红色，再将两溶液混合，溶液立刻变红并产生白色沉淀，发生反应的离子方程式为___________。（6）的氧化性不足以氧化，但当存在，能将氧化的原因可能为___________。【答案】（1）bcd（2）Fe(SO)+Cu=2FeSO+CuSO4（3）Fe(OH)3或氢氧化铁（4）①.②②.SCN-③.Fe2+（5）Fe2++Cu2++4SCN-=CuSCN↓+Fe(SCN)3或Fe2++Cu2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+（6SCN-时，生成了难溶的CuSCNCu2+的氧化性(或当存在SCN-时，生成了难电离的Fe(SCN)，增强了Fe2+的还原性)【解析】【分析】向盛有溶液的试管中加入过量铜粉，5分钟后溶液变蓝，发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，上层清液中加入KSCN，溶液变红色，说明存在Fe3+，震荡红色消失，产生白色沉淀为CuSCN，依此分析。【小问1详解】配置250mL0.05mol/LFe(SO)3溶液，需要用到250mL容量瓶、烧杯、胶头滴管，答案是bcd；【小问2详解】实验1盛有Fe(SO)3溶液的试管中加入过量铜粉，溶液颜色变蓝，发生反应的化学方程式为Fe2(SO)+Cu=2FeSO+CuSO；【小问3详解】FeSO4溶液于试管中长时间放置，观察到少量红褐色沉淀，依据此特征颜色推断出红褐色沉淀为Fe(OH)；【小问4详解】取CuSO4溶液于试管中，滴加KSCN溶液，放置2小时，未见白色沉淀，不可能发生反应2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)1反应后生成了Cu2+Fe2+KSCN液变红并产生少量白色沉淀，实验2观察到的现象有可能是Cu2+、SCN-、Fe2+共同反应的结果；【小问5详解】第18页/共21页FeSO4溶液和CuSO4Cu2+在SCN-Fe2+氧化为Fe3+，推测出发生反应的离子方程式为Fe2++Cu2++4SCN-=CuSCN↓+Fe(SCN)3或Fe2++Cu2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+；【小问6详解】Cu2+的氧化性不足以氧化Fe2+，但当存在SCN-，能将F