精品解析：湖南师范大学附属中学2025届高三下学期模拟试卷（一）化学试题

湖南师大附中2025届模拟试卷(一) 化 学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H~1 O~16 F~19 Na~23 K~39 Ta~181 Bi~209 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 科技是国家强盛之基，创新是民族进步之魂。下列说法正确的是 A. “天目一号”气象卫星的光伏发电系统，可将化学能转化成电能 B. C919飞机上使用了芳纶纤维，芳纶属于天然纤维 C. 一种高性能涂料的主要成分石墨烯属于不饱和有机物 D. “天和核心舱”电推进系统中的腔体采用氮化硼陶瓷，其属于新型无机非金属材料 【答案】D 【解析】 【详解】A．光伏发电系统，是将光能转化成电能，A错误； B．芳纶纤维，芳纶属于合成纤维，不是天然纤维，B错误； C．石墨烯是单质，不是有机物，C错误； D．氮化硼陶瓷硬度大、耐高温，属于新型无机非金属材料，D正确； 答案选D。 2. 下列化学用语或表述正确的是 A. H2S的电子式： B. 基态氧原子的核外电子排布图： C. 气态二聚氟化氢[(HF)2]分子结构： D. 《易经》中“泽中有火”描述了沼气燃烧，沼气的危险品标识： 【答案】C 【解析】 【详解】A．H2S分子是硫原子和氢原子通过共价键形成的共价化合物，所以H2S的电子式为，A错误； B．由于简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，原子的能量最低，基态氧原子的核外电子排布图为：，B错误； C．F的电负性很大，HF之间可以形成氢键，则气态二聚氟化氢分子[(HF)2]表示为：，C正确； D．沼气是易燃气，危险品标识应用易燃气体，而是腐蚀品标识，D错误； 答案选C。 3. 实验室进行下列实验时，所选玻璃仪器(其他材质仪器任选)均正确的是 A. 用含水酒精制备无水乙醇：①⑧⑨ B. 除去苯中的二甲苯：②④⑥⑦ C. 除去 KNO3 中少量NaCl：②⑤⑧⑨ D. 配制质量分数约为20%的 NaCl溶液：⑧⑨⑩ 【答案】D 【解析】 【详解】A．用含水酒精制备无水乙醇的方法为向含水酒精加入氧化钙充分反应后蒸馏得到，所选玻璃仪器③④⑤⑥，故A错误； B．苯和二甲苯互溶，但两者的沸点不同，所以除去苯中的二甲苯应用蒸馏法，所选玻璃仪器③④⑤⑥，故B错误； C．硝酸钾的溶解度随温度变化大，而氯化钠的溶解度随温度变化小，所以除去硝酸钾中少量氯化钠的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，所选玻璃仪器①⑤⑧⑨，故C错误； D．配制质量分数约为20%的氯化钠溶液的方法是称量一定质量的氯化钠固体，量取一定体积的蒸馏水于烧杯中，搅拌，可得一定质量分数的氯化钠溶液，所选玻璃仪器⑧⑨⑩，故D正确； 故选D。 4. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列说法正确的是 A. 环己烷中的碳原子为sp3杂化，苯中的碳原子为sp2杂化，因此苯的C—H键能大于环己烷的C—H键能 B. C3H8分子中的碳碳单键可以围绕键轴旋转，旋转时键的强度会发生改变 C. -CF3是吸电子基团，-CCl3是推电子基团，因此F3CCOOH的酸性强于 D. O-H…O氢键的作用力大于F—H…F氢键的作用力，因此H2O的沸点比HF高 【答案】A 【解析】 【详解】A．环己烷中的碳原子为sp3杂化，苯中的碳原子为sp2杂化，苯中的碳氢键为-s σ键，环己烷中的碳氢键为-s σ键，苯中的碳氢键键长更短，键能更大，A正确； B．C3H8分子中的碳碳单键是键，绕键轴旋转不影响原子轨道重叠程度，键的强度不会发生改变，B错误； C．-CF3是吸电子基团，-CCl3也是吸电子基团，由于氟元素的电负性强于氯元素，F3CCOOH中羧基中羟基的极性比Cl3CCOOH中羧基中羟基的极性更强，更容易电离出氢离子，因此F3CCOOH酸性更强，C错误； D．H2O的沸点比HF高，是因为相同物质的量的H2O分子间可形成更多的氢键，由于氟元素的电负性强于氧元素，O-H…O氢键的作用力小于F—H…F氢键的作用力，D错误； 答案选A。 5. 麦角酰乙二胺，常简称为“LSD”，结构如图所示。下列有关说法错误的是 A. 该有机物能使溴水褪色 B. 该有机物在酸性条件下的水解产物之一可与Na2CO3溶液反应 C. 1mol该有机物最多可与2molNaOH反应 D. 该有机物中碳原子的杂化方式有2种 【答案】C 【解析】 【详解】A．该有机物中有碳碳双键，能使溴水褪色，故A正确； B．分子中存在酰胺基，酸性条件下水解产生羧基，可与溶液反应，故B正确； C．分子中存在1个酰胺基，1mol该有机物中只有酰胺基可与1mol反应，故C错误； D．该有机物中碳原子有饱和的，也有碳碳双键，饱和碳原子为杂化，碳碳双键碳原子为杂化，该有机物中碳原子的杂化方式有2种，故D正确。 故选C。 6. 下列反应方程式正确的是 A. 向银氨溶液中加入足量盐酸： B. 向丙烯醛中加入足量溴水：C C. 将SO2通入Ca(ClO)2溶液： D. 使用硫化亚铁除去废水中汞离子： 【答案】B 【解析】 【详解】A．向银氨溶液中加入足量盐酸生成氯化银沉淀：，A错误； B．向丙烯醛中加入足量溴水，碳碳双键发生加成反应，醛基被氧化为羧基：C，B正确； C．将SO2通入Ca(ClO)2溶液，发生氧化还原反应，若通入少量SO2，离子方程式为：，C错误； D．使用硫化亚铁除去废水中汞离子：+Fe2+，D错误； 故选B。 7. 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； B．装置C中悬浊液变澄清只表明装置C反应完成，装置D不一定反应完成，装置C和D中悬浊液都变澄清表明整个制备实验完成，B错误； C．装置D热水浴中MnS2O6受热分解形成MnSO4，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。 8. 下列方案设计、现象和结论都正确的是 方案设计 现象和结论 A 向溶有的溶液中加入溶液 有白色沉淀生成，说明酸性条件下有强氧化性 B 灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中 铜丝恢复亮红色，该有机物中有醇羟基 C 向含有少量碘固体的饱和碘水中加入适量KI固体 碘固体完全溶解，说明碘在KI溶液中的溶解能力大于碘在水中的溶解能力 D 向KF和KSCN混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液为无色，说明结合的能力： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．铁离子也能将SO2氧化为硫酸根，生成硫酸钡沉淀，不能说明具有氧化性，A错误； B．灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中，铜丝恢复亮红色，该有机物中可能存在醇羟基（羟基所连碳上有氢原子）将CuO还原为Cu，也可能存在羧基将表面氧化铜溶解，还可能是醛基将氧化铜还原成亮红色的铜，该操作和现象不能说明该有机物中含有醇羟基，B错误； C．向含有少量碘固体的饱和碘水中加入适量KI固体，碘固体完全溶解，说明由水中转移进入浓溶液，碘在浓溶液中的溶解能力大于在水中的溶解能力，C正确； D．铁离子和SCN-形成红色物质，向KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液为无色，因KF和KSCN两种溶液的浓度未知，不能证明结合Fe3＋的能力：F－＞SCN－，D错误； 故选C。 9. 某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：Z<W<Q<X B. [WQ6]⁻中W为杂化 C. 分子键角：，与W、Z的电负性有关 D. W的最高价氧化物对应的水化物有强氧化性 【答案】C 【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失去一个电子后形成四个键，最外层有5个电子，W得到一个电子后形成6个键，W最外层是5个电子，则Z为元素，W为元素，Q的化合价为-1价，Q为元素，Y形成四个键，Y为元素，X形成一个键为元素，由此分析此题； 【详解】A．同族中随周期数增大，原子半径增大，第一电离能一般是上层元素 > 下层元素，故(A)所给的“Z < W”第一电离能上不符合规律，A错误； B．中中心原子的成键电子对数为6，孤电子对数=，价层电子对数为6，不可能为，故B错误； C．中中心原子电负性<，故N与形成的成键电子对电子云更容易靠近原子核，斥力大，键角大，故，则与W、Z的电负性有关，故C正确； D．W（）的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，没有强氧化性，故D错误； 故选C。 10. 中国科学院福建研究所制备了一种新型铋基ZMOF(Bi-ZMOF)材料，将其用作Zn-CO2电池的电极，可提高电池放电效率，电池结构如图所示，双极膜中H2O解离出的H+和OH⁻在电场作用下向两极移动。下列有关说法正确的是 A. 锌电极的电势高于Bi-ZMOF电极的电势 B. 放电时，每消耗0.2molZn，双极膜内解离3.6gH₂O C. Bi-ZMOF电极的反应式为 D. 工作一段时间后需要定期补充H2O和NaOH 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，锌片为原电池的负极，碱性条件下失去电子发生氧化反应生成，消耗，要额外补充；Bi—ZMOF电极为正极，酸性条件下在正极得到电子发生还原反应，被消耗生成。双极膜中的移向Bi—ZMOF电极、离子移向锌片，双极膜中水减少，要额外补充。 【详解】A．由分析可知，为电池的负极，Bi－ZMOF为电池的正极，正极的电势高于负极的电势，因此锌电极的电势低于Bi－ZMOF电极的电势，A错误； B．由分析可知，双极膜中的移向Bi—ZMOF电极、离子移向锌片。电池工作时，每消耗0.2mol 时，外电路转移电子的物质的量为0.2mol×2=0.4mol。在串联电路中，任何一个截面经过的电量都是相同的，因此有0.4mol移向Bi—ZMOF电极，双极膜内将解离0.4mol水，即0.4mol×18g·mol-1=7.2g水，B错误； C．由分析可知，Bi—ZMOF电极为正极，酸性条件下在正极得到电子发生还原反应生成，电极反应式为，C错误； D．由分析知，工作一段时间后，和被消耗，需要定期补充和，故D正确； 故选D。 11. 偏钒酸铵(NH4VO3)可作催化剂、媒染剂等，也是制备V2O5的原料，NH4VO3可溶于热水，微溶于冷水。利用某工业钒渣(含V2O5、V2O3、Al2O3)为原料制备NH4VO3的工艺流程如图所示。下列说法正确的是 已知：①上述条件下，Al3+在pH为3.7时才开始沉淀； ②“酸浸”后，滤液中钒主要以形式存在。 A. “焙烧”过程中只有一种元素化合价发生了变化 B. “滤渣”的成分为CaSO4、Al(OH)3 C. “沉钒”过程中反应的离子方程式： D. “滤液”中的溶质只有H2SO4，且能循环用于“酸浸” 【答案】C 【解析】 【分析】钒渣(含、、)中的在焙烧过程中被氧气氧化，稀硫酸酸浸过后钒元素以形式存在，在为3.7时才开始沉淀，所以滤渣成分仅为硫酸钙，沉钒过程中加入硫酸铵，转化为，则滤液成分为稀硫酸和硫酸铝，据此分析解答。 【详解】A．“焙烧”过程中钒和氧两种元素化合价都发生变化，故A错误； B．在为3.7时才开始沉淀，酸浸时为2.5，则“滤渣”中只含不含，故B错误； C．根据流程分析在溶液中反应生成，故“沉钒”过程中反应的离子方程式：故C正确； D．“滤液”中的溶质不仅有，应还有硫酸铝，故D错误； 故选C。 12. 一种钽(Ta)的化合物的四方晶胞结构如图所示()。已知为阿伏加德罗常数的值。原子分数坐标x、y、，原子分数坐标为1时记为0。M、N的原子分数坐标分别为，，下列说法错误的是 A. P的原子分数坐标为 B. 该化合物的化学式为 C. 与Q距离相等且最近的有8个 D. 该晶体的密度是 【答案】D 【解析】 【详解】A．已知原子分数坐标为1时记为0，P在X轴的坐标分数为，在Y轴的坐标分数为1，则记为0，Z轴坐标分数为，故P的原子分数坐标为，A正确； B．根据均摊法，的个数是，的个数是，则晶胞的化学式为，B正确； C．与Q距离相等且最近的分别位于上下两个晶胞的面上，因此，与Q距离相等且最近的共有8个，C正确； D．由B选项可知，一个晶胞含有两个，则晶胞的质量为=，晶胞的体积为，则该晶体的密度是，D错误； 故选D。 13. 常温下，用浓度为(的HCl标准溶液滴定10mL浓度均为的NaOH和Na2A的混合溶液，溶液中含A微粒的分布分数X表示H2A、HA或随pH变化曲线及滴定曲线如图(忽略溶液混合后体积变化)。下列说法错误的是 A. 的K≈10-8.4 B. a点存在： C. D. c点存在： 【答案】D 【解析】 【分析】图中左侧溶液中含A微粒的分布曲线只有两条，说明第一步完全电离，溶液中含A微粒有、，随着pH值增大，溶液中逐渐增多，逐渐减小；图中右侧为pH变化曲线； 【详解】A．加入10mL标准溶液时，恰好完全反应，所得溶液为和的混合溶液，溶液体积为20mL，pH=10.7，溶液中OH-浓度为10-3.3mol/L，根据 求得，的，A正确； B．点a加入10mL标准溶液，所得溶液为和混合溶液，溶液体积为20mL，浓度为0.1mol/L，浓度为0.1mol/L，水解，故，B正确； C．若，混合后所得溶液中和的浓度相同，由选项A分析知，水解程度大于的电离程度，使得溶液中浓度大于，而b点时浓度等于，可知b点加入标准溶液小于，，C正确； D．点c加入20mL标准溶液，溶液中存在电荷守恒：，存在物料守恒：，两式联立可得：，D错误； 故选D。 14. 逆水气变换反应：。一定压力下，按，物质的量之比投料，，温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，温度时反应速率常数k分别为。下列说法错误的是 A. B. 温度下达平衡时反应速率的比值： C. 温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变 D. 温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与温度时相同 【答案】CD 【解析】 【分析】由图可知，T1比T2反应速率速率快，则T1＞T2；T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时；由于起始CO2与H2的物质的量之比为1∶1，则达到平衡时CO2和H2的摩尔分数相等。 【详解】A．根据分析，T1比T2反应速率速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知k1＞k2，A项正确； B．反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2)，则，T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时，则，B项正确； C．温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化，C项错误； D．T2温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H2和CO2的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，D项错误； 答案选CD。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 铋酸钠(是一种新型的光催化剂。实验室利用如图所示装置制取铋酸钠。(加热和夹持仪器已略去) 已知：(是难溶于水的白色固体； 为浅黄色固体。不溶于冷水，在空气、热水及酸溶液中发生分解； ③Bi3+在酸性水溶液中呈无色。 回答下列问题： Ⅰ．制取铋酸钠 （1）检查装置气密性并加入试剂，装置丙中盛放固体与过量NaOH溶液的混合物，打开K1、K3，向三颈烧瓶中滴加浓盐酸。仪器X的名称为_______；装置丙中发生反应的离子方程式为_______。 （2）装置乙中间长导管的作用是_______。 （3）当装置丙中反应已完成，立即关闭K1、K3，打开K2，向甲中加入足量NaOH溶液，作用是_______；装置丁中盛放NaOH溶液，其中发生反应的化学方程式为_______。 Ⅱ．铋酸钠的分离提纯 （4）反应结束后，为了从装置丙中获取NaBiO3粗产品，下列选项中最合理的操作组合是_______(填标号)。 a．在冰水中冷却 b．用普通漏斗过滤 c．用布氏漏斗抽滤 d．冷水洗涤 e．热水洗涤 f．自然晾干 g．在干燥器中干燥 Ⅲ．铋酸钠纯度的测定 （5）取上述制得的NaBiO3粗产品mg，加入足量的稀硫酸和稀溶液使其完全反应，生成Bi3+，溶液变为紫红色。将反应后的溶液准确配制成100mL溶液，取25.00mL用nmol/L的H2C2O4标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗H2C2O4溶液VmL。该产品的纯度是_______(用含n、m、V的代数式表示)。 【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. （2）平衡装置内外气压 （3） ①. 可防止分解，还能吸收多余氯气 ②. （4）acdg （5） 【解析】 【分析】浓盐酸与KMnO4在装置甲内反应制得Cl2，气体经过装置乙内饱和食盐水除去HCl杂质后进入装置丙，与丙中的Bi(OH)3在NaOH溶液环境发生氧化还原反应制得NaBiO3。 【小问1详解】 仪器X的名称：恒压滴液漏斗；丙装置中在NaOH溶液环境下与氯气发生反应生成NaBiO3：； 【小问2详解】 装置乙中间长导管与外界相连通，可起到平衡气压的作用； 【小问3详解】 在空气、热水及酸溶液中发生分解，所以反应完成后加入足量NaOH溶液，可防止分解，还能吸收多余氯气；丁中的氢氧化钠溶液可吸收多余氯气：； 【小问4详解】 据已知信息，不溶于冷水，在空气或热水中逐渐分解，为从丙中获取粗产品： a．在冰水中冷却，合理； b．用普通漏斗过滤，延长了过量时间，增大铋酸钠分解可能，不合理； c．用布氏漏斗抽滤，加快过滤，合理； d．冷水洗涤，减少溶解损失，合理； e．热水洗涤，由于铋酸钠在热水中逐渐分解，不合理； f．自然晾干，暴露空气中太久，铋酸钠分解，不合理； g．在干燥器中干燥，减少与空气接触，合理； 答案选选acdg； 【小问5详解】 将氧化为，自身被还原为，被还原，根据得失电子守恒：，关系式：，则纯度：。 16. 钴、镍是重要的战略物资，但资源匮乏。某冶金厂的废炉渣中含下列化学成分(表1)。现用如下工艺流程从废炉渣中综合回收Cu、Ni、Co。 表1废炉渣的主要化学成分 元素 Cu Co Ni Fe Mn Ca Mg Ti Zn 质量百分数/% 13.38 1.53 27.25 16.8 <0.01 2.0 <0.03| 0.03 <0.01 表2有机相中P204体积分数对萃取除杂效果的影响 φ(P204)/% 萃余液中金属离子质量浓度/(g·L⁻¹) Co2+ Ni2+ Cu2+ Fe2+ Zn2+ Mn2+ 10 1.45 27.2 0.017 <0.005 0.004 0.01 15 1.40 26.8 0.005 <0.005 0.005 0.005 20 1.20 26.1 <0.005 <0.005 0.005 0.003 已知：CaF2、MgF2难溶于水。 回答下列问题： （1）“酸浸”中稀硝酸需要缓慢加入反应液的原因是_______。 （2）“除铁1”中发生除杂反应的离子方程式为_______；若省去此步骤，对后续步骤造成的影响是_______。 （3）“滤渣2”中含有_______。 （4）“除铁2”的原理是溶液中的Fe2(SO4)3和Na2SO4在90℃左右，产生黄钠铁矾晶体请写出该反应的化学方程式：_______。该步骤若加入溶液，可以提高除铁效率，试从化学平衡角度解释原因：_______。 （5）“萃取1”中有机相(P204-煤油)中P204的体积分数不同，对金属离子的萃取效果也不同。表2是不同体积分数的P204-煤油溶液萃取除杂的效果数据，最合适的是_______%。 （6）已知下图分别是萃取剂P204和P507的结构(R是同一烃基)，两物质中P=O上的氧原子均可与Co²⁺配位形成配位化合物。请结合物质结构知识分析两者配位能力大小：O(P204)_______O(P507)(填“大于”“小于”或“等于”)。 【答案】（1）控制反应速率，防止反应过于剧烈，避免液体飞溅或气体产生过快； （2） ①. ； ②. 用铁粉置换铜步骤会消耗更多的铁粉 ； （3）铜和铁 （4） ①. 3Fe2(SO4)3＋Na2SO4＋12H2O Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5H2SO4 ②. 与溶液中的H+反应，降低H+浓度，促使Fe3+水解平衡Fe3++ 3H2OFe(OH)3 + 3H+向右移动，更多Fe3+转化为黄钠铁矾晶体，提高除铁效率； （5）20 （6）小于 【解析】 【分析】废炉渣酸浸，加入硫酸和硝酸，固体溶解，金属转化为对应离子；除铁1用碳酸钠溶液调节pH使铁离子水解为沉淀析出，滤渣1为Fe(OH)3；置换步骤用铁粉置换出铜，滤渣2主要为铜；通入O2将Fe2+氧化为Fe3+，除铁2进一步除铁，Fe2(SO4)3和Na2SO4在90℃左右反应，生成黄钠铁矾晶体，滤渣3为[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]；除杂加NaF去除钙镁，滤渣4为CaF2、MgF2；萃取1用P204，萃取2用P507，分离钴和镍；最后反萃取得到钴的化合物，处理水相得镍的化合物；据此分析解答。 【小问1详解】 稀硝酸是强氧化剂，可促进金属溶解，与反应液混合时反应剧烈，缓慢加入可控制反应速率，防止反应过于剧烈，避免液体飞溅或气体产生过快； 【小问2详解】 由分析可知，“除铁1”中发生除杂反应的离子方程式为：；若省去此步骤，用铁粉置换铜步骤会消耗更多的铁粉 ； 【小问3详解】 由分析可知，滤渣2中含有铜和铁； 【小问4详解】 由分析可知，该反应的化学方程式：3Fe2(SO4)3＋Na2SO4＋12H2O Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+5H2SO4；该步骤若加入溶液，与溶液中的H+反应，降低H+浓度，促使Fe3+水解平衡Fe3++ 3H2OFe(OH)3 + 3H+向右移动，更多Fe3+转化为黄钠铁矾晶体，提高除铁效率； 【小问5详解】 分析表中数据，萃取的目的是使萃余液中金属离子浓度尽可能低，当φ(P204)％为20%时，萃余液中多种金属离子质量浓度最低，说明此时萃取效果最佳； 【小问6详解】 观察结构，P507中与P相连的基团为烃基（R），烃基给电子能力强，使P=O上O的电子云密度更大；而P204中与P相连的是RO，P=O上O的电子云密度相对较小；电子云密度越大，配位能力越强，故O(P204) 小于 O(P507)。 17. 左旋多巴(A)是治疗帕金森的一线药物，临床疗效佳，但长期服用可能诱发异动症，为在保证药效的同时降低毒副作用，可合成其衍生物(H)进行替代。一种制备H的合成路线如下： 已知：表示由纸面向外伸展的共价键，-Boc代表-COOC(CH3)3。 回答下列问题： （1）物质C中存在能发生水解反应的含氧官能团，其名称为_______。 （2）步骤①的反应类型为_______，其化学反应方程式为_______。 （3）步骤②、③的目的是_______。 （4）TFA表示CF3COOH，根据路易斯酸碱理论，CF3COO⁻和CH3COO⁻属于碱，其碱性大小随氧原子电子云密度增大而增强，请比较二者碱性：CF3COO-_______CH3COO-(填“>”或“<”)。 （5）已知-Boc是目前有机合成中广为采用的氨基保护基，选择性较好，短时间内一般不会与醇羟基反应，原理如下： 结合题目所给合成路线与上述信息，设计以HOCH2CH2CH2NH2、HCHO为原料制备的路线_______(用流程图表示，其他试剂任选)。 【答案】（1）酰胺基、酯基 （2） ①. 取代反应 ②. （3）保护羧基、保护酚羟基 （4）< （5）HOCH2CH2CH2NH2 【解析】 【分析】A（）与CF3COOCH3发生取代反应生成B（），B（）与CH3I发生取代反应生成C（），C（）中酚羟基与CH3COCH3反应形成缩酮，生成D（），D（）经过反应④（酯基和酰胺基水解）生成E（），E（）与F（）发生取代反应生成G（），G（）开环生成H（）。 【小问1详解】 物质C中能发生水解的含氧官能团为酰胺基和酯基，故答案为：酰胺基、酯基； 【小问2详解】 由分析知，①的化学方程式为，该反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；； 【小问3详解】 反应②中，将羧基转化为酯基，反应④中酯基转变为羧基，故反应②的目的是保护羧基；反应③中酚羟基与丙酮反应转变为缩酮，反应⑥缩酮又变为酚羟基，故③保护的官能团为酚羟基，故答案为：保护羧基；保护酚羟基； 【小问4详解】 甲基是给电子基，而—CF3是吸电子基，吸电子基导致氧原子电子云密度减小，碱性：CF3COO-＜CH3COO⁻，故答案为：＜； 【小问5详解】 根据题目所给合成路线与上述信息，需先保护氨基，再将羟基氧化为醛基，接着羟醛缩合反应，最后再去保护。故设计路线如下：HOCH2CH2CH2NH2，故答案为：HOCH2CH2CH2NH2。 18. 甲醇是主要的有机原料，常利用CH4、CO2等进行制备。回答下列问题： Ⅰ．甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。 （1）2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(l) ∆H=-329kJ/mol，该反应的正反应方向在_______(填“高温”或“低温”)条件下更有利于其自发进行。 （2）已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的。从反应速率的角度分析，通入CH4后将体系温度维持在200℃的原因是_______(不考虑催化剂活性变化)。 Ⅱ．利用合成气CO、H₂制备甲醇，涉及的反应如下： 反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g) ∆H1＜0 反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ∆H2＞0 在不同压强下，按照n(CO2):n(H2)=1:3进行投料，在容器中发生反应①、②，平衡时，CO和 CH3OH在含碳产物(即 CH3OH和CO)中物质的量分数及 CO2的转化率随温度的变化如下图所示。 （3）判断图中压强。 p1、p2、p3大到小的顺序为_______。 （4）压强不变时，分析升温过程中CO2转化率变化的原因：_______。 （5）在某恒温恒容体系中，按起始c(CO2)=1mol/L、c(H2)=3mol/L进行实验，平衡时 CH3OH的物质的量分数为点M，此时(CO2转化率为20%，则该条件下反应②正反应的平衡常数K= (保留一位有效数字)。 Ⅲ．科学家设计如图所示装置(串联光电催化反应池)减少CO2排放并获取制备甲醇的原料CH4。 （6）光催化电池中的半导体是在晶体硅中掺杂硼原子和磷原子实现的。p型半导体也称为空穴型半导体，n型半导体也称为电子型半导体。据此，推测 n型半导体掺杂的是_______(填元素符号)。 （7）产生 CH4的电极反应式为_______。 【答案】（1）低温 （2）温度过低，反应速率降低；温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应速率减小 （3）p1＞p2＞p3 （4）升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动。250℃前，温度升高对反应①的影响是主要的，使CO2的转化率降低，250℃后，温度升高对反应②的影响是主要的，使CO2的转化率升高 （5）0.01 （6）P （7）CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O 【解析】 【小问1详解】 2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(l) ∆H=-329kJ/mol，该反应的正反应方向：ΔS＜0，△H＜0，则在低温条件下更有利于其自发进行。 【小问2详解】 已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，所以温度过低，虽然有利于气体在催化剂表面的吸附，但对提高反应速率不利；温度过高，不利于气体在催化剂表面的吸附，但对提高反应速率有利。从反应速率的角度分析，通入CH4后将体系温度维持在200℃的原因是：温度过低，反应速率降低；温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应速率减小； 【小问3详解】 反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g) ∆H1＜0 反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ∆H2＞0 由于反应①的∆H1＜0、反应②的∆H2＞0，低温时有利于反应①，所以下降的曲线为CH3OH(g)的物质的量分数随温度变化的曲线，上升的曲线为CO(g)的物质的量分数随温度变化的曲线。 对于反应①，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH(g)的物质的量分数增大，则 图中压强p1、p2、p3由大到小的顺序为p1＞p2＞p3。 【小问4详解】 压强不变时，升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，则升温过程中，CO2转化率变化的原因：升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动。250℃前，温度升高对反应①的影响是主要的，使CO2的转化率降低，250℃后，温度升高对反应②的影响是主要的，使CO2的转化率升高。 【小问5详解】 在某恒温恒容体系中，按起始c(CO2)=1mol/L、c(H2)=3mol/L进行实验，平衡时CH3OH和CO的物质的量分数为点M，此时二者的物质的量分数都为50%，CO2转化率为20%，则参加反应CO2的物质的量为1mol×20%=0.2mol。设反应①中参加反应CO2的物质的量为x，则反应②中参加反应CO2的物质的量为(0.2-x)mol，由此可建立如下三段式： x=0.2-x，x=0.1mol，则该条件下反应②正反应的平衡常数K==≈0.01。 【小问6详解】 B比Si少1个价电子，二者结合后形成空穴，导致空穴导电；P比Si多1个价电子，二者结合后，多出1个自由电子，能提供电子导电。p型半导体也称为空穴型半导体，n型半导体也称为电子型半导体。据此，推测 n型半导体掺杂的是P。 【小问7详解】 从图中可以看出，在光阳极，H2O失电子生成O2等；在光阴极，CO2、H+得电子生成CH4等，则依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出产生CH4的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。 【点睛】温度一定时，对于一个化学反应，化学平衡常数是一个定值。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南师大附中2025届模拟试卷(一) 化 学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H~1 O~16 F~19 Na~23 K~39 Ta~181 Bi~209 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 科技是国家强盛之基，创新是民族进步之魂。下列说法正确的是 A. “天目一号”气象卫星的光伏发电系统，可将化学能转化成电能 B. C919飞机上使用了芳纶纤维，芳纶属于天然纤维 C. 一种高性能涂料的主要成分石墨烯属于不饱和有机物 D. “天和核心舱”电推进系统中的腔体采用氮化硼陶瓷，其属于新型无机非金属材料 2. 下列化学用语或表述正确的是 A. H2S的电子式： B. 基态氧原子的核外电子排布图： C. 气态二聚氟化氢[(HF)2]分子结构： D. 《易经》中“泽中有火”描述了沼气燃烧，沼气的危险品标识： 3. 实验室进行下列实验时，所选玻璃仪器(其他材质仪器任选)均正确的是 A. 用含水酒精制备无水乙醇：①⑧⑨ B. 除去苯中的二甲苯：②④⑥⑦ C. 除去 KNO3 中少量NaCl：②⑤⑧⑨ D. 配制质量分数约为20%的 NaCl溶液：⑧⑨⑩ 4. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列说法正确的是 A. 环己烷中的碳原子为sp3杂化，苯中的碳原子为sp2杂化，因此苯的C—H键能大于环己烷的C—H键能 B. C3H8分子中的碳碳单键可以围绕键轴旋转，旋转时键的强度会发生改变 C. -CF3是吸电子基团，-CCl3是推电子基团，因此F3CCOOH的酸性强于 D. O-H…O氢键的作用力大于F—H…F氢键的作用力，因此H2O的沸点比HF高 5. 麦角酰乙二胺，常简称为“LSD”，结构如图所示。下列有关说法错误的是 A. 该有机物能使溴水褪色 B. 该有机物在酸性条件下的水解产物之一可与Na2CO3溶液反应 C. 1mol该有机物最多可与2molNaOH反应 D. 该有机物中碳原子的杂化方式有2种 6. 下列反应方程式正确的是 A. 向银氨溶液中加入足量盐酸： B. 向丙烯醛中加入足量溴水：C C. 将SO2通入Ca(ClO)2溶液： D. 使用硫化亚铁除去废水中汞离子： 7. 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 8. 下列方案设计、现象和结论都正确的是 方案设计 现象和结论 A 向溶有的溶液中加入溶液 有白色沉淀生成，说明酸性条件下有强氧化性 B 灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中 铜丝恢复亮红色，该有机物中有醇羟基 C 向含有少量碘固体的饱和碘水中加入适量KI固体 碘固体完全溶解，说明碘在KI溶液中的溶解能力大于碘在水中的溶解能力 D 向KF和KSCN混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液为无色，说明结合的能力： A. A B. B C. C D. D 9. 某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：Z<W<Q<X B. [WQ6]⁻中W为杂化 C. 分子键角：，与W、Z的电负性有关 D. W的最高价氧化物对应的水化物有强氧化性 10. 中国科学院福建研究所制备了一种新型铋基ZMOF(Bi-ZMOF)材料，将其用作Zn-CO2电池的电极，可提高电池放电效率，电池结构如图所示，双极膜中H2O解离出的H+和OH⁻在电场作用下向两极移动。下列有关说法正确的是 A. 锌电极的电势高于Bi-ZMOF电极的电势 B. 放电时，每消耗0.2molZn，双极膜内解离3.6gH₂O C. Bi-ZMOF电极的反应式为 D. 工作一段时间后需要定期补充H2O和NaOH 11. 偏钒酸铵(NH4VO3)可作催化剂、媒染剂等，也是制备V2O5的原料，NH4VO3可溶于热水，微溶于冷水。利用某工业钒渣(含V2O5、V2O3、Al2O3)为原料制备NH4VO3的工艺流程如图所示。下列说法正确的是 已知：①上述条件下，Al3+在pH为3.7时才开始沉淀； ②“酸浸”后，滤液中钒主要以形式存在。 A. “焙烧”过程中只有一种元素化合价发生了变化 B. “滤渣”的成分为CaSO4、Al(OH)3 C. “沉钒”过程中反应的离子方程式： D. “滤液”中的溶质只有H2SO4，且能循环用于“酸浸” 12. 一种钽(Ta)的化合物的四方晶胞结构如图所示()。已知为阿伏加德罗常数的值。原子分数坐标x、y、，原子分数坐标为1时记为0。M、N的原子分数坐标分别为，，下列说法错误的是 A. P的原子分数坐标为 B. 该化合物的化学式为 C. 与Q距离相等且最近的有8个 D. 该晶体的密度是 13. 常温下，用浓度为(的HCl标准溶液滴定10mL浓度均为的NaOH和Na2A的混合溶液，溶液中含A微粒的分布分数X表示H2A、HA或随pH变化曲线及滴定曲线如图(忽略溶液混合后体积变化)。下列说法错误的是 A. 的K≈10-8.4 B. a点存在： C. D. c点存在： 14. 逆水气变换反应：。一定压力下，按，物质的量之比投料，，温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，温度时反应速率常数k分别为。下列说法错误的是 A. B. 温度下达平衡时反应速率的比值： C. 温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变 D. 温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与温度时相同 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 铋酸钠(是一种新型的光催化剂。实验室利用如图所示装置制取铋酸钠。(加热和夹持仪器已略去) 已知：(是难溶于水的白色固体； 为浅黄色固体。不溶于冷水，在空气、热水及酸溶液中发生分解； ③Bi3+在酸性水溶液中呈无色。 回答下列问题： Ⅰ．制取铋酸钠 （1）检查装置气密性并加入试剂，装置丙中盛放固体与过量NaOH溶液的混合物，打开K1、K3，向三颈烧瓶中滴加浓盐酸。仪器X的名称为_______；装置丙中发生反应的离子方程式为_______。 （2）装置乙中间长导管的作用是_______。 （3）当装置丙中反应已完成，立即关闭K1、K3，打开K2，向甲中加入足量NaOH溶液，作用是_______；装置丁中盛放NaOH溶液，其中发生反应的化学方程式为_______。 Ⅱ．铋酸钠的分离提纯 （4）反应结束后，为了从装置丙中获取NaBiO3粗产品，下列选项中最合理的操作组合是_______(填标号)。 a．在冰水中冷却 b．用普通漏斗过滤 c．用布氏漏斗抽滤 d．冷水洗涤 e．热水洗涤 f．自然晾干 g．在干燥器中干燥 Ⅲ．铋酸钠纯度的测定 （5）取上述制得的NaBiO3粗产品mg，加入足量的稀硫酸和稀溶液使其完全反应，生成Bi3+，溶液变为紫红色。将反应后的溶液准确配制成100mL溶液，取25.00mL用nmol/L的H2C2O4标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗H2C2O4溶液VmL。该产品的纯度是_______(用含n、m、V的代数式表示)。 16. 钴、镍是重要的战略物资，但资源匮乏。某冶金厂的废炉渣中含下列化学成分(表1)。现用如下工艺流程从废炉渣中综合回收Cu、Ni、Co。 表1废炉渣的主要化学成分 元素 Cu Co Ni Fe Mn Ca Mg Ti Zn 质量百分数/% 13.38 1.53 27.25 16.8 <0.01 2.0 <0.03| 0.03 <0.01 表2有机相中P204体积分数对萃取除杂效果的影响 φ(P204)/% 萃余液中金属离子质量浓度/(g·L⁻¹) Co2+ Ni2+ Cu2+ Fe2+ Zn2+ Mn2+ 10 1.45 27.2 0.017 <0.005 0.004 0.01 15 1.40 26.8 0.005 <0.005 0.005 0.005 20 1.20 26.1 <0.005 <0.005 0.005 0.003 已知：CaF2、MgF2难溶于水。 回答下列问题： （1）“酸浸”中稀硝酸需要缓慢加入反应液的原因是_______。 （2）“除铁1”中发生除杂反应的离子方程式为_______；若省去此步骤，对后续步骤造成的影响是_______。 （3）“滤渣2”中含有_______。 （4）“除铁2”的原理是溶液中的Fe2(SO4)3和Na2SO4在90℃左右，产生黄钠铁矾晶体请写出该反应的化学方程式：_______。该步骤若加入溶液，可以提高除铁效率，试从化学平衡角度解释原因：_______。 （5）“萃取1”中有机相(P204-煤油)中P204的体积分数不同，对金属离子的萃取效果也不同。表2是不同体积分数的P204-煤油溶液萃取除杂的效果数据，最合适的是_______%。 （6）已知下图分别是萃取剂P204和P507的结构(R是同一烃基)，两物质中P=O上的氧原子均可与Co²⁺配位形成配位化合物。请结合物质结构知识分析两者配位能力大小：O(P204)_______O(P507)(填“大于”“小于”或“等于”)。 17. 左旋多巴(A)是治疗帕金森的一线药物，临床疗效佳，但长期服用可能诱发异动症，为在保证药效的同时降低毒副作用，可合成其衍生物(H)进行替代。一种制备H的合成路线如下： 已知：表示由纸面向外伸展的共价键，-Boc代表-COOC(CH3)3。 回答下列问题： （1）物质C中存在能发生水解反应的含氧官能团，其名称为_______。 （2）步骤①的反应类型为_______，其化学反应方程式为_______。 （3）步骤②、③的目的是_______。 （4）TFA表示CF3COOH，根据路易斯酸碱理论，CF3COO⁻和CH3COO⁻属于碱，其碱性大小随氧原子电子云密度增大而增强，请比较二者碱性：CF3COO-_______CH3COO-(填“>”或“<”)。 （5）已知-Boc是目前有机合成中广为采用的氨基保护基，选择性较好，短时间内一般不会与醇羟基反应，原理如下： 结合题目所给合成路线与上述信息，设计以HOCH2CH2CH2NH2、HCHO为原料制备的路线_______(用流程图表示，其他试剂任选)。 18. 甲醇是主要的有机原料，常利用CH4、CO2等进行制备。回答下列问题： Ⅰ．甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。 （1）2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(l) ∆H=-329kJ/mol，该反应的正反应方向在_______(填“高温”或“低温”)条件下更有利于其自发进行。 （2）已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的。从反应速率的角度分析，通入CH4后将体系温度维持在200℃的原因是_______(不考虑催化剂活性变化)。 Ⅱ．利用合成气CO、H₂制备甲醇，涉及的反应如下： 反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g) ∆H1＜0 反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ∆H2＞0 在不同压强下，按照n(CO2):n(H2)=1:3进行投料，在容器中发生反应①、②，平衡时，CO和 CH3OH在含碳产物(即 CH3OH和CO)中物质的量分数及 CO2的转化率随温度的变化如下图所示。 （3）判断图中压强。 p1、p2、p3大到小的顺序为_______。 （4）压强不变时，分析升温过程中CO2转化率变化的原因：_______。 （5）在某恒温恒容体系中，按起始c(CO2)=1mol/L、c(H2)=3mol/L进行实验，平衡时 CH3OH的物质的量分数为点M，此时(CO2转化率为20%，则该条件下反应②正反应的平衡常数K= (保留一位有效数字)。 Ⅲ．科学家设计如图所示装置(串联光电催化反应池)减少CO2排放并获取制备甲醇的原料CH4。 （6）光催化电池中的半导体是在晶体硅中掺杂硼原子和磷原子实现的。p型半导体也称为空穴型半导体，n型半导体也称为电子型半导体。据此，推测 n型半导体掺杂的是_______(填元素符号)。 （7）产生 CH4的电极反应式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $