化学试卷答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1208湖南省长沙市周南中学2024-2025学年高三上学期第四阶段模拟考试

2025 届高三第四阶段模拟考试化学试卷答案与解析 1．答案 B 解析 A.墨的主要成分炭黑是一种无定形碳，炭黑与金刚石均是由碳元素组成的 两种不同的单质，互为同素异形体，故A正确；B.我国古代绘画所用的“绢”是丝 织品，是天然高分子，故B 错误；C.雾属于胶体，有丁达尔效应是因为胶体粒子 对光有散射作用，故C 正确；D.白铜是铜与镍的合金，比纯铜硬度大，熔点低， 故D正确。 2．答案 D 解析 二氧化硅是共价晶体，无分子式，A 错误；SO 中S 的价层电子对数为 2 2 1 ＋ ×(6－2×2)＝3，VSEPR模型为平面三角形，C 项错误，基态Fe2＋的价层电子 2 中 3d 轨道上有 6 个电子，4s 轨道上没有电子，其价层电子轨道表示式为 。 3．答案 D 解析 A.制备普通玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英砂，与 Na CO 溶液呈碱性 2 3 无关，A错误；B.熔化状态下的氧化铝能导电，且自然界中铝以铝土矿的形式存 在，故氧化铝可用于电解铝，B 错误；C.氢氧化铝具有弱碱性，可用于治疗胃酸 过多，C 错误；D.铁粉具有还原性，可用于食品袋中的抗氧化剂，D正确。 4．答案 A 解析 F 原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，F—F 不稳定， 因此F—F 的键能小于Cl—Cl 的键能，与电负性无关，A 符合题意；氟的电负性 大于氯的电负性，F—C 的极性大于Cl—C 的极性，使 F C—的极性大于 Cl C— 3 3 的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更容易电离出氢离子，酸性 更强，B不符合题意；氟的电负性大于氯的电负性，F—H的极性大于Cl—H 的 极性，导致HF 分子极性强于HCl，C不符合题意；氟的电负性大于氯的电负性， 与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中 存在(HF) ，D不符合题意。 2 5．答案 D {#{QQABZQgEggCgAhBAABhCQwGQCgCQkhCACQgGAEAMIAAASAFABAA=}#}解析 A项，根据图中信息可知，NO 被氧气氧化得到硝酸盐，氮元素被氧化， x 硝酸盐被还原产生氮气，氮元素被还原，错误；B项，催化剂参与储存和还原过 程，但反应前后质量和 化学性质不变，错误；C项，还原过程中氮元素从＋5价降为0价，故生成0.1mol N ，转移电子数为 N ，错误；D 项，三效催化剂能有效实现汽车尾气中 CO、 2 A C H 、NO 三种成分的净化，将其转化为无污染的气体再排放，正确。 x y x 6．答案 D 解析 该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不相同的原子或 原子团，故该有机物存在顺反异构，A正确；该有机物含有羟基、羧基、碳碳双 键、醚键和酰胺基5种官能团，B 正确；该有机物中含有羧基、羟基，可形成 分子内氢键和分子间氢键，C 正确；1mol该有机物含有羧基和酰胺基各1mol， 这两种官能团都能与强碱反应，故 1 mol 该物质最多可与 2 mol NaOH 反应，D 错误。 7．答案 D 解析 ①中碱石灰可吸收 Cl ，b 常用于防倒吸，A 项能达到实验目的；②关闭 2 止水夹时，产生的 CO 将盐酸压入左侧，大理石与盐酸分离，反应停止，打开 2 止水夹时，CO 气体排出，压强减小，盐酸又流回右侧与大理石反应产生CO ， 2 2 B 项能达到实验目的；③中大试管中 Cu 与浓硫酸反应生成SO 气体，若小试管 2 中酸性KMnO 溶液褪色，则证明SO 具有还原性，C 项能达到实验目的；④中 4 2 KHCO 受热不稳定，X中应放的物质是KHCO ，D项不能达到实验目的。 3 3 8．C 解析 乙二胺的结构式为 ，所以1mol 乙二胺分子中含有11N A 个σ键，A 正确；乙二胺分子中氮原子有3个σ键，还有一个孤电子对，轨道的杂 化类型为 sp3，B 正确；Cu2＋与乙二胺形成的配离子内部含有 H—N 等极性键、 C—C非极性键、配位键，但不含有离子键，C 错误。 9. C {#{QQABZQgEggCgAhBAABhCQwGQCgCQkhCACQgGAEAMIAAASAFABAA=}#}解析 短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，其中 Z 原子 S 轨道上的 电子和 P 轨道上的电子数相等，化合物 A 中Z 形成 2个共价键，可知 Z 为O， W的单质常温下是黄绿色气体，W为Cl；化合物A中X形成4个共价键，Y 与 X形成共价三键，结合原子序数大小可知X为C，Y为N。工业上可采用电解饱 和食盐水的方法制备氯气，同时生成氢气和氢氧化钠，故A正确；第一电力能Y （N）>Z（O）>X（C），正确；N、O、H组成的化合物硝酸铵为离子化合物， 是离子晶体，故C错误；化合物B 中含有酚羟基，化合物A中没有，则可用FeCl3 溶液鉴别化合物A和B，D正确。 10. D 解析 工业上的氯碱工业（制备烧碱和氯气）用的是阳离子交换膜，故A 错误； 通入空气的目的是稀释 ClO ，防止 ClO 浓度过高而分解爆炸，故 B 错误；“吸 2 2 收塔”内发生反应的化学方程式为 2NaOH+2ClO +H O ==2NaClO +2H O+O ,故 2 2 2 2 2 2 C错误；含NaClO 的滤液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗晶体NaClO ·3H O, 2 2 2 得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体，故D正确。 11． C 1 1 解析 根据均摊法，Fe N 的晶胞中Fe 原子数是8× ＋6× ＝4，N 原子数是1， x y 8 2 该Fe N 的化学式为 Fe N，故 A 错误；N 原子位于晶胞体心，与 N 等距且最近 x y 4 的N为6个，故B错误；两个a位置Fe 的最近距离为面对角线的一半，面对角 2 线为 2a pm，所以两个 a 位置Fe 的最近距离为 apm，故C 正确；能量越低 2 越稳定，Cu完全替代该晶体中b位置Fe 形成的物质能量低，稳定性强，晶胞中 1 1 铜原子数是8× ＝1，铁原子数是6× ＝3，N 原子数是1，化学式为Fe CuN，故 3 8 2 D错误。 12．B 解析 由题图可知，a极为负极，b极为正极，则隔膜1为阴离子交换膜，隔膜 2为阳离子交换膜，才能使模拟海水中的氯离子移向负极，钠离子移向正极，达 到海水淡化的目的，B项错误；电路中有1mol 电子通过时，则电解质溶液中有 {#{QQABZQgEggCgAhBAABhCQwGQCgCQkhCACQgGAEAMIAAASAFABAA=}#}1mol钠离子移向正极，1mol 氯离子移向负极，C项正确；负极反应：CH COO 3 －＋2H O－8e－===2CO ↑＋7H＋，正极反应：2H＋＋2e－===H ↑，根据电荷守恒， 2 2 2 正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1，A、D项正确。 13．C 解析 中环上由5个原子参与成键，与乙基相连的N 原子提供2 个电子，每个碳原子提供 1 个电子，与甲基相连的 N 原子提供 1 个电子，故该 大π键应表示为Π6，A正确；Al Cl －中每个Al 原子周围形成4个共用电子对，则 5 2 7 其结构式为 ，各原子最外层均达到8电子稳定结构， B 正确；单键为σ键，一个双键中含有一个σ键和1个π键，1mol EMIM＋中所含σ 键数为19N ，C 错误；氮原子上连 H原子易形成分子间氢键，为防止离子间形 A 成氢键而发生聚沉，使该离子不易以单个形式存在，所以与N 原子相连的—CH 、 3 —C H 不能被氢原子替换，D正确。 2 5 14． B 解析 根据图示可知，P 时c(NH＋)＝c(NH ·H O)＝0.05mol·L－1，溶液中存在电荷 1 4 3 2 守恒：c(H＋)＋c(NH＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，P 点溶液pH＝9.25，则c(OH－)＞c(H＋)， 4 1 因此c(Cl－)＜0.05mol·L－1，A错误；根据电荷守恒：c(H＋)＋c(NH＋)＝c(OH－)＋c(Cl 4 －)，根据图示可知，P 时c(NH＋)＞c(NH ·H O)，则c(H＋)＋c(NH＋)＞c(NH ·H O)， 2 4 3 2 4 3 2 n HCl 所以c(NH ·H O)＜c(OH－)＋c(Cl－)，B正确；根据图示可知，P 时t＝ 3 2 3 n NH ·H O 3 2 ＝1.0，溶液的溶质为NH Cl，根据元素质量守恒可得c(Cl－)＝c(NH＋)＋c(NH ·H O)， 4 4 3 2 所以 c(NH＋)＋c(NH ·H O)＜c(Cl－)＋c(H＋)，C 错误；25℃时，NH ·H O的电离 4 3 2 3 2 c NH＋ ·c OH－ 平衡常数K ＝ 4 ，当溶液中c(NH＋)＝c(NH ·H O)时，pH＝9.25， b 4 3 2 c NH ·H O 3 2 则K ＝c(OH－)＝10－4.75，D 错误。 b {#{QQABZQgEggCgAhBAABhCQwGQCgCQkhCACQgGAEAMIAAASAFABAA=}#}15.【答案】（1）ClO H OOH HClO 2 （2）ClO 2I H OI Cl 2OH 2 2 （3）向pH10的NaOH 溶液中加入少量滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去 （4） ①. 溶液中的Cl 或HClO也可将 I氧化为I ，使溶液变蓝 2 2 ②. 加热pH 2的溶液至无色，使黄绿色气体(或Cl )充分逸出，使HClO完全分 2 解，冷却后再加入KI溶液 ③. 3ClO I 3Cl IO 3 【解析】 【分析】题给信息酸性条件下IO不能氧化Cl，可以氧化 I，取实验Ⅱ所得溶 3 液，滴加稀硫酸至过量，整个过程均未出现蓝色，说明没有生成碘，一段时间后 有黄绿色刺激性气味的气体产生，应生成Cl ，由ClO和氯离子在酸性条件下反 2 应生成，测得溶液的pH 2。此时应加热，除去氯气和HClO，再加入KI 溶液， 溶液变蓝，说明实验Ⅱ所得溶液中存在IO。 3 【小问1详解】 0.5mol⋅ L-1NaClO溶液的pH 11显碱性，原因是ClO-发生水解反应生成HClO 和OH-，反应的离子方程式为：ClO H OOH HClO； 2 【小问2详解】 实验I中溶液变为浅黄色，说明有碘单质生成，NaClO氧化KI 生成I ，自身被 2 还原为NaCl，反应的离子方程式为：ClO 2I H OI Cl 2OH ； 2 2 【小问3详解】 证明I 在碱性溶液中不能存在，可向NaOH 溶液中滴加滴有淀粉溶液的碘水，观 2 察溶液是否褪色，实验Ⅲ的操作及现象是：向pH10的NaOH 溶液中加入少量 滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去； 【小问4详解】 ①因溶液中的Cl 或HClO 也可将 I氧化为I ，使溶液变蓝，则此实验不能说明 2 2 {#{QQABZQgEggCgAhBAABhCQwGQCgCQkhCACQgGAEAMIAAASAFABAA=}#}实验Ⅱ所得溶液中存在IO。 3 ②欲证明实验Ⅱ所得溶液中存在IO，改进的实验方案是加热pH 2的溶液至无 3 色，使黄绿色气体(或Cl )充分逸出，使HClO完全分解，冷却后再加入KI 溶液； 2 ③实验Ⅱ中ClO和 Cl-发生氧化还原反应生成 Cl-和IO，反应的离子方程式是 3 3ClO I 3Cl IO。 3 16.【答案】(1)CuO+H SO =CuSO +H O 2 4 4 2 (2)2Cu2++2Cl-+SO +2H O=2CuCl↓+ SO 2-+4H+ 2 2 4 (3)KSCN溶液或硫氰化钾溶液 (4)43.5 (5)若继续通入 CO ，则会生成 KHCO ，由于与碳酸钾相比，碳酸氢钾溶解 2 3 度与高锰酸钾溶解度相差不是很大，会使得到的高锰酸钾粗品中含有较多的杂质 KHCO 稀醋酸 3 63.2 (6) m 【解析】混合氧化物加 NaOH 碱浸，由题干信息可知 ZnO 溶于 NaOH，其 他固体不溶，过滤得滤渣，将滤渣溶于硫酸，其中CuO、Fe O 溶于硫酸生成硫 2 3 酸铜和硫酸铁，二氧化锰不溶于硫酸，过滤后滤液中通入二氧化硫再加NaCl 将 铜还原为CuCl沉淀，同时硫酸铁被还原为硫酸亚铁，硫酸亚铁溶于经浓缩结晶 得到晶体；二氧化锰固体加KOH 熔融通空气，生成K MnO ，K MnO 溶液中通 2 4 2 4 二氧化碳调节pH值10-11发生歧化反应得到高锰酸钾。(1)Cu 为29号元素，基 态Cu 原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；(2)酸浸时氧化 铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应方程式为：CuO+H SO =CuSO +H O，故 2 4 4 2 答案为：CuO+H SO =CuSO +H O；(3)“去铜”时，除了生成CuCl 外，还有SO 2-、 2 4 4 2 4 H+生成，可知 1mol 铜离子得 1mol 电子生成 CuCl，1mol 二氧化硫失 2mol 电子 生 成 SO 2- ， 根 据 得 失 电 子 守 恒 及 元 素 守 恒 得 反 应 离 子 方 程 式 ： 4 2Cu2++2Cl-+SO +2H O=2CuCl↓+SO 2-+4H+；(4)检验三价铁离子可用 KSCN 溶液 2 2 4 或 硫 氰 化 钾 溶 液 ； (5)“ 熔 融 ” 时 MnO 转 化 为 K MnO ， 反 应 为 ： 2 2 4 MnO +O +4KOH=2K MnO +2H O，该反应中每转移1mol电子，消耗0.5molMnO ， 2 2 2 4 2 2 质量为 43.5g；(6)通入 CO 至溶液pH 达10~11时，应停止通入，若继续通入会 2 使碱性减弱，生成 KHCO ，与碳酸钾相比，碳酸氢钾溶解度与高锰酸钾溶解度 3 相差不是很大，会使得到的高锰酸钾粗品中含有较多的杂质；可以替代 CO 的 2 {#{QQABZQgEggCgAhBAABhCQwGQCgCQkhCACQgGAEAMIAAASAFABAA=}#}试剂应选弱酸醋酸，弱酸便于控制溶液pH值；(7)酸性条件下KMnO 与Na C O 4 2 2 4 反应，生成 Mn2+和CO 。根据得失电子守恒可得关系式：2KMnO ~5Na C O ， 2 4 2 2 4 2 n(Na C O )=0.5mol/L×0.02L=0.01mol ， 则 n(KMnO )= n(Na C O )= 2 2 4 4 2 2 4 5 2 0.004mol158g/mol 63.2 ×0.01mol=0.004mol，KMnO 样品的纯度为 100% %。 4 5 mg m 17.评分细则：第1空1分，其他每空2分，合成路线3分，共16分。 （1） 取代反应或酯化反应 （2） 丙酮 4 （3）cd （4） （5）乙二胺分子间存在氢键，沸点高 （6） （7） 18.【答案】(1)CO(g)+2H (g)⇌ CH OH(g) △H=-92.4kJ/mol 2 3 (2) L 反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应 1 Ⅰ逆向移动的程度，CO 平衡转化率随温度的升高而增大 c 2 a(a-ab) (3) (4) sp2、sp3 > 1-a3-a-2ab (5) N EDTA分子中 N 原子有一对孤电子对，而 Fe3有空轨道，故能与 Fe3形成配位键 1 3 3 4.161032 (6) ( , , ) 4 4 4 N a3 A K 【详解】（1）已知反应Ⅲ的平衡常数K = 1 ，由盖斯定律可知反应Ⅰ-反应Ⅱ可 3 K 2 得反应Ⅲ的热化学方程式为：CO(g)+2H (g)CH OH(g) 2 3 ΔH =ΔH -ΔH =-48.5kJmol-43.9kJmol-1=-92.4kJmol-1。 3 1 2 （2）①反应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH OH的转化率减小， 3 选择性减小，则表示CH OH 选择性的曲线是L ，L 代表CO 平衡转化率随温度 3 1 2 2 {#{QQABZQgEggCgAhBAABhCQwGQCgCQkhCACQgGAEAMIAAASAFABAA=}#}变化的曲线，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅰ 逆向移动的程度，CO 平衡转化率随温度的升高而增大； 2 ②由图可知，320°C ，nCO :nH =1:4时，CH OH选择性较大，同时CO 的转 2 2 3 2 化率也较大，故选c。 （3）根据已知条件列出“三段式” CO g + 3H g  CH OH g + H O g 2 2 3 2 起始mol 1 3 0 0 转化mol x 3x x x 平衡mol 1-x 3-3x x x CO g + H g  COg + H Og 2 2 2 起始mol 1-x 3-3x 0 x 转化mol y y y y 平衡mol 1-x-y 3-3x-y y x+y xy x 充分反应后，测得CO 平衡转化率为 =a，CH OH选择性为 =b，解得 2 1 3 xy x=abmol，y=(a-ab)mol，平衡时n(CO )=(1-a)mol，n(H )=(3-a-2ab)mol， 2 2 n(CO)=(a-ab)mol，n(H O)=amol，n(CH OH)=abmol，则该温度下反应Ⅰ的平衡常 2 3 a a-ab p p 数K = 4-2ab 4-2ab = a(a-ab) 。 p 1-a 3-a-2ab 1-a3-a-2ab p p 4-2ab 4-2ab {#{QQABZQgEggCgAhBAABhCQwGQCgCQkhCACQgGAEAMIAAASAFABAA=}#}