湖北省云学高中联盟2025届高三10月联考（一模）化学试卷(含答案)

这是一份湖北省云学高中联盟2025届高三10月联考（一模）化学试卷(含答案)，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，推断题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．化学创造美好生活，下列说法错误的是( )
A.维生素C是水果罐头中常用的抗氧化剂
B.手机芯片与光导纤维化学成分相同
C.三折叠手机柔性屏使用的原材料聚酰亚胺属于有机高分子材料
D.节日绚丽的烟花与原子核外电子跃迁过程中的能量变化有关
2．下列化学用语表达正确的是( )
A.杂化轨道模型：
B.固体HF中的链状结构
C.电子式：
D.NaCl溶液中的水合离子：
3．设是阿伏加德罗常数的值，反应可制含氯消毒剂。下列说法正确的是( )
晶体中含有的分子数目为
B.含有的共用电子对数目为
C.每形成，转移电子数目为
D.每的中子数为
4．下列离子方程式书写正确的是( )
A.溶液中通入过量
B.盛放强碱性溶液不能用磨口玻璃塞的原因：
C.少量Cu与浓硝酸反应：
D.与水反应：
5．某化合物的结构如图所示，X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的基态原子核外电子占据3个原子轨道，Y的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法正确的是( )
A.该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构
B.阴离子中X原子采用杂化
C.第一电离能由大到小的顺序为Y>Z>X
D.X最高价氧化物对应的水化物为弱酸
6．下图为实验室制备乙酸丁酯所使用的装置（加热夹持仪器略去），下列有关说法错误的是( )
A.反应可使用浓硫酸作催化剂
B.分水器中水层高度不变时可停止加热a
C.仪器b可以换成仪器c（蛇形冷凝管）
D.可采取不断蒸出乙酸丁酯的方式来增大产率
7．部分含Mg或Al或Fe元素的物质类别与相应化合价关系如图。下列推断错误的是( )
A.若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区或d区
B.加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红褐色分散系
C.若a在沸水中可生成e，则工业上一般不采用电解g的方式制备a
D.在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化
8．下列实验操作正确且能达到实验目的是( )
A.AB.BC.CD.D
9．NH3是重要的化工原料，可发生如下转化。下列说法正确的是( )
A.反应I和反应Ⅲ的转化都属于氮的固定
B.过量NH3参与反应Ⅱ的方程式为
C.过程Ⅲ得到的液态是良好的溶剂，推测易溶于其中
D.反应Ⅳ生成每，转移电子数为
10．为解决传统电解水制氢阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制H2的方法装置如图。部分反应机理为：。
下列说法正确的是( )
A.电解时由a极向b极方向迁移
B.阴极反应为
C.阳极反应
D.相同电量下理论产量是传统电解水的2倍
11．三氟甲苯（）与浓硝酸反应可生成和，该反应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下，下列说法正确的是( )
A.与生成中间体的反应为取代反应
B.反应历程中，苯环的大键未发生变化
C.从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2
D.三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均放热
12．可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与反应制备液态，实验装置如图，反应方程式为：。
已知：①的沸点是-61℃，有毒；②装置A内产生的气体中含有酸性气体杂质；③装置D的主要作用是预冷却。下列有关说法错误的是( )
A.固体有利于平稳持续产生
B.该实验产生的尾气可用硫酸铜溶液吸收
C.虚框内装置的连接顺序为E→D→C
D.G中汞起到了平衡气压和液封的作用
13．下列有关宏观辩识与微观探析的说法错误的是( )
A.AB.BC.CD.D
14．下图是联合法生产纯碱的工艺流程，原料气和来自合成氨厂，“碳酸化”发生的反应为，“降温结晶”时可用液氨作制冷剂。下列说法错误的是( )
A.“煅烧”产生的气体可以循环使用
B.母液I通的主要目的是增大
C.液氨制冷与液氨分子间氢键有关
D.母液II用于吸氨可以提高NaCl的利用率
15．向溶液中缓慢滴加100mL0.2ml/L盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸中HCl的物质的量的变化如图所示（和未画出）。碳酸的电离平衡常数，，不考虑。下列说法错误的是( )
A.滴加至a点时，
B.滴加至b点时，
C.滴加至c点时，
D.滴加至d点时，溶液的
二、填空题
16．以精铋生产过程中产生的氯化铅渣（含及AgCl）为原料回收铜、银、铅的工艺流程如下。已知，，，。
回答下列问题：
（1）在周期表中的位置是第_______周期，第_______族。
（2）“浸出1”控温75℃的加热方式为_______，此步骤中发生的化学反应方程式为_______。
（3）若在“浸出1”过程中，浓度控制为0.1ml/L，请通过计算说明此过程中是否有生成：_______。
（4）下图是温度对“浸出2”所得浸出渣中银含量的影响，反应时间均为1.5h，50～70℃浸出渣中银含量呈现上升趋势的原因是_______。
（5）从“滤液”中获得NaCl固体，实验室操作中需要用到的仪器有_______（填标号）。
（6）水合肼（）还原“浸出液2”得到银粉的过程中有N2生成，则反应的离子方程式为_______。
17．化合物H是一种药物中间体，合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的官能团名称为_______。
（2）B与按物质的量之比1∶2反应生成三种不同的有机产物，B→C的反应方程式为_______。
（3）化合物D不能采取先在NaOH溶液中加热充分反应，后再酸化得到E的原因是_______。
（4）任写一种同时符合下列条件的化合物E同分异构体的结构简式_______。
①核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1；
②能与溶液发生显色反应；
③有机物结构中不含“-O-Br”。
（5）有机物F的名称是_______；从结构角度解释，F（）框线内氢原子易发生取代反应的原因是_______。
（6）除苯环外，H分子中还有一个具有两个氮原子的六元环，在合成H的同时还生成一种醇，H的结构简式为_______。
18．“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略。还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
反应a：
反应b：
回答下列问题：
（1）反应_______kJ/ml，该反应正向自发的条件为_______（填“高温”或“低温”）自发。
（2）在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态，甲烷的质量分数随温度变化的关系如图下1所示，曲线x对应的_______。
（3）恒压、750℃时，和按物质的量之比1：3投料，反应经如图2流程（主要产物已标出）可实现高效转化。
①下列说法错误的是_______（填标号）。
A.CaO与的反应可促进氧化CO的平衡右移
B.和CaO都可以循环利用
C.在过程ii将还原为单质铁
D.过程ii产生的最终被CaO吸收了
②过程ⅱ平衡后通入He，CO的物质的量的变化是_______（填“升高”“降低”或“不变”）。
（4）还原能力（R）可衡量转化效率，（同一时段内和的物质的量变化量之比）。常压下和按物质的量之比1：3投料，发生反应a和b。某一时段内和的转化率和R值随温度的变化分别如图3和图4所示。
①结合图3分析图4，R随温度升高呈现先降低后升高趋势的原因是_______。
②催化剂X可提高R值，另一时段内转化率、R值随温度变化如下表：
下列说法正确的是_______（填标号）。
A.R值提高是由于催化剂X选择性地提高了反应a的速率
B.温度越低，含氢产物中占比越高
C.改变催化剂提高转化率，R值一定增大
三、推断题
19．某研究性学习小组研究过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉与pH=1的0.5ml/L溶液的反应，进行了以下三组实验以探究溶液中作为氧化剂的微粒及其还原产物。
（1）理论分析：依据金属活动性顺序表，过量Cu、Zn、Mg中，不可将Fe3+最终还原为Fe的是_______。
（2）实验验证
①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加_______（填化学式）溶液，依据特征蓝色沉淀的生成，证明三组实验都有生成。
②实验Ⅱ和Ⅲ中产生的红褐色沉淀是_______（填化学式）。
（3）探究实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因。学习小组的同学进行了讨论，提出了以下三种可能的原因，并进行实验验证。
a.甲同学认为实验Ⅱ中，当浓度较大时，即使Zn与反应置换出少量Fe，Fe也会被消耗。
b.乙同学认为在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也会被消耗。实验证明了此条件下可以忽略对Fe的消耗。
c.丙同学认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与的反应。实验证实了Zn粉被包裹。
①请设计实验验证乙同学的猜想不成立：_______（填操作和现象）。
②查阅资料：0.5ml/L的开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3.结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，先滴入几滴_______溶液，再向固液混合物中持续加入盐酸控制溶液pH范围为_______，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，当pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。
（4）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因是_______。
参考答案
1．答案：B
解析：A.维生素C具有还原性，是水果罐头中常用的抗氧化剂，故A正确；B.手机芯片材质是硅单质，光导纤维材质是二氧化硅，其化学成分不相同，故B错误；C.三折叠手机柔性屏使用的原材料聚酰亚胺是聚合物，属于有机高分子材料，故C正确；D.电子跃迁到激发态过程中吸收能量，当电子由高能级轨道跃迁回能量较低的轨道，释放多余的能量，以光的形式释放出来，因此可以看到绚丽的烟花，故D正确；故选B。
2．答案：A
解析：A.杂化轨道在空间呈平面三角形，键角120，轨道模型正确，A正确；
B.固体HF中的链状结构应为，B错误；
C.为共价化合物，电子式：，C错误；
D.钠离子半径小于氯离子，图示中钠离子半径大于氯离子，同时水分子中氢原子呈正电性，氧原子呈负电性，因此钠离子周围的水分子应该是氧原子对着钠离子，氯离子周围的水分子应该是氢原子对着氯离子，D错误；
故选A。
3．答案：C
解析：A.晶体为离子晶体，由钠离子和氯离子组成，不含有分子，A错误；
B.未说明温度和压强的状态，气体摩尔体积不确定，无法计算含有的共用电子对数目，B错误；
C.由反应式可知，转移电子会生成，即形成，则每形成，转移电子数为0.2，C正确；
D.中子数=质量数-质子数，一个原子所含中子数为，则的中子数为20，D错误；
故选C。
4．答案：B
解析：玻璃塞的主要成分是，NaOH可与其发生反应生成具有粘性的，反应的离子方程式为：，B项正确；
故答案选B。
5．答案：D
解析：A.由分析可知，X为B、Y为O、Z为Na，结合该化合物的结构示意图可知，化合物中0、Na原子均满足8电子稳定结构，但B原子不满足，A错误；B.由分析可知，X为B，结合该化合物的结构示意图可知，阴离子中B原子周围有3个键，没有孤电子对，价层电子对数为3，故采用杂化，B错误；C.由分析可知，X为B、Y为O、Z为Na，同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，且非金属元素的第一电离能大于金属元素，则第一电离能由大到小的顺序为:O>B>Na，即Y>X>Z，C错误；D.由分析可知，X为B，则X最高价氧化物对应的水化物为，即硼酸为弱酸，D正确；故选D。
6．答案：D
解析：A.由分析可知，制备乙酸丁酯时可使用浓硫酸作催化剂和吸水剂，故A正确；
B.分水器中水层高度不变说明乙酸与1-丁醇共热发生的酯化反应达到最大限度，可停止加热a，故B正确；
C.蛇形冷凝管的接触面积大于球形冷凝管，冷凝效果强于球形冷凝管，所以仪器b可以换成仪器c，故C正确；
D.由表格数据可知，乙酸丁酯与乙酸和1-丁醇的沸点相差不大，不能用不断蒸出乙酸丁酯减少生成物浓度的方式来增大产率，故D错误；
故选D。
7．答案：B
解析：A.假设b为，即d为，c为铝盐，、与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a的元素为Al，位于周期表p区，假设b为，即d为，c为铁盐，、与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe，位于周期表d区，故A正确；
B.由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为胶体，c应为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，也有可能直接得到沉淀，故B错误；
C.若a在沸水中可生成e，此时a为Mg，e为，即g为MgO，工业上采用电解熔融氯化镁的方法获得Mg，故C正确；
D.e能转化为d，此时e为白色沉淀，d为红褐色沉淀，说明在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故D正确；
故答案选B。
8．答案：C
解析：A.可以通过比较最高价氧化物对应的水化物酸性大小验证非金属性，但盐酸不是含的最高价含氧酸，不能通过比较盐酸和硅酸的酸性大小颜色非金属性，A错误；
B.将溶液转入250mL容量瓶中，应用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒两到三次，将洗涤液注入容量瓶中，再加水至刻度线1～2cm处，改用胶头滴管定容，B错误；
C.过量，滴加2滴溶液后，全部转化为白色沉淀，然后再想其中滴加溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，C正确；
D.新制氯水中含有和，滴入含酚酞的稀后，溶液红色褪去，可能是发生酸碱中和反应，不能验证具有漂白性，D错误；
故选C。
9．答案：D
解析：反应Ⅳ的化学方程式为：，由方程式可知中的N从+3价降为-价，故生成1ml转移电子3电子，故每生成3ml，转移电子数为10，D正确；
故答案选D。
10．答案：D
解析：A.由分析可知，b极为阳极，a极为阴极，故电解时由b极经电源向a极方向迁移，A错误；B.由分析可知，阴极反应为：，B错误；C.由分析可知，阳极反应为：，C错误；D.由分析可知，阳极反应式为：，阴极反应式为：，则转移2ml电子时，阳极生成1ml，阴极生成1ml，共生成2ml，而传统电解水的反应式：，转移2ml电子生成1ml，所以相同电量下理论产量是传统电解水的2倍，D正确；故选D。
11．答案：C
解析：A.由图可知，与生成中间体的反应为加成反应，故A错误；
B.由图可知，反应历程中苯环变成，中间体带正电荷说明苯环的大π键被破坏，故B错误；
C.由图可知，中间体2的能量低于中间体1，且生成中间体1反应的活化能大于生成中间体2，所以从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2，故C正确；
D.三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，故D错误；
故选C。
12．答案：C
解析：A.CaS、和水反应生成，饱和溶液中的消耗后，固体会溶解，保持为饱和溶液，有利于平稳持续产生，A正确；
B.该实验产生的尾气为，与反应生成CuS沉淀，可用硫酸铜溶液吸收尾气，B正确；
C.A作为的发生装置，B用于除去酸性气体杂质，经过除杂后的由于不能骤冷，所以需要逐级降温，先用装置E预冷，再用C除去水蒸气，再经过D冷却，故虚框内装置的连接顺序为E→C→D，C错误；
D.G中的汞用于平衡气压和液封，防止空气中的水蒸气等进入体系，D正确；
故答案选C。
13．答案：A
解析：A.的熔点高于的原因是二氧化硅为共价晶体，为分子晶体，与键能无关，故A错误；
B.碱金属元素从Li到Cs原子半径随着原子序数增大而增大，金属键变长，金属键键能减小，其单质的熔沸点随着原子序数增大而减小，故B正确；
C.和都为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，常温下和的聚集状态从气态、液态至固态，故C正确；
D.王水溶解金时反应为，硝酸作为氧化剂，Au做还原剂，盐酸提供的增强了Au的还原性，故D正确；
故选A。
14．答案：B
解析：A.“碳酸化”发生的反应为，碳酸氢钠煅烧分解为碳酸钠、水和二氧化碳，二氧化碳可以循环使用，故A正确；
B.母液I中有浓度较大的，通入氨气，增大了铵根离子浓度，从而在降温时结晶析出，故B错误；
C.氨分子间有氢键，导致氨的沸点高，容易液化，液氨在气化时吸收大量的热，液氨能做制冷剂，所以液氨制冷与液氨分子间氢键有关，故C正确；
D.母液II吸氨后得到的氨盐水可以继续进行碳酸化反应，提高了NaCl的利用率，故D正确；
故选B。
15．答案：A
解析：滴加至a点时，根据物料守恒知：（此时无二氧化碳生成），由图a点知，故A错误；
故答案选A。
16．答案：（1）六；IVA
（2）水浴加热；
（3）由题可知，则，故无生成
（4）温度较高时，氨水因受热分解浓度降低而引起浸出速率减慢
（5）②④⑤
（6）
解析：（1）铅为第82号元素，与碳同主族，位于周期表第六周期第ⅣA族。
（2）“浸出1”控温75℃的加热方式为：水浴加热；
根据表中溶度积数据可知，常温下的溶解度比更小，所以可以实现沉淀的转化，反应的方程式为：。
（3）根据题中所给溶度积常数可知，若在“浸出1”中，得到的浸出渣为氯化银和硫酸铅，要确定是否有硫酸银，由于此时已经有硫酸铅、氯化银沉淀，根据题中所给数据，结合浓度控制为0.1ml/L，可知，，则，故无生成。
（4）“浸出2”中加入氨水得到浸出液2，若是氨水的量减少，则得到的浸出渣银会增多，因此反应时间均为1.5h，50～70℃浸出渣中银含量呈现上升趋势的原因是：温度较高时，氨水因受热分解浓度降低而引起浸出速率减慢。
（5）NaCl溶解度随温度升高而变化不大，从滤液获得NaCl固体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到，实验室操作中需要用到的仪器有：蒸发皿、烧杯、漏斗、玻璃棒，即②④⑤。
（6）水合肼（）还原浸出液2，得到银粉的过程中有N2生成，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知，反应的离子方程式为：。
17．答案：（1）羟基、（酮）羰基
（2）
（3）碳溴键（溴原子）在NaOH溶液加热的条件下也会发生水解反应，从而导致有机物D不能转化为E
（4）或
（5）丙二酸二乙酯；酯基中氧的电负性大于碳，化合物F中羰基碳原子正电性较强，从而使框线内氢原子的活性增强（或碳上的碳氢键极性增强，容易断裂）
（6）
解析：（1）由A的结构简式可知，A的官能团名称为羟基、（酮）羰基；
（2）B与按物质的量之比1∶2反应生成三种不同的有机产物，B→C的反应方程式为；
（3）化合物D不能采取先在NaOH溶液中加热充分反应，后再酸化得到E的原因是碳溴键（溴原子）在NaOH溶液加热的条件下也会发生水解反应，从而导致有机物D不能转化为E；
（4）同时符合下列条件①核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1；②能与溶液发生显色反应；③有机物结构中不含“-O-Br”的化合物E同分异构体的结构简式为或；
（5）有机物F的名称是丙二酸二乙酯；酯基中氧的电负性大于碳，化合物F中羰基碳原子正电性较强，从而使框线内氢原子的活性增强（或α-碳上的碳氢键极性增强，容易断裂）；
（6）除苯环外，H分子中还有一个具有两个氮原子的六元环，在合成H的同时还生成一种醇，结合H的分子式分析可知其结构简式为。
18．答案：（1）；高温
（2）1.0
（3）D；升高
（4）温度升高，开始时反应a的反应速率更快；温度接近600℃，转化率接近100%，温度继续升高，反应b继续进行；B
解析：（1）由盖斯定律可得，反应等于反应a+2×反应b，则；该反应的，，由可知，该反应在高温条件下，则该反应正向自发的条件为高温自发。
（2）在相同温度下，进料比越大，达到平衡时甲烷的质量分数越小，根据关系图可知，曲线x对应的。
（3）①由图2反应ii可知，与的反应使的浓度减小，二氧化碳是氧化反应的产物，二氧化碳浓度减小，促使平衡右移，A正确；和既做反应物，右可以做生成物，两者可以循环使用，B正确；由反应ii可知，铁元素化合价降低，被还原为铁单质，只有氢气当中氢元素化合价升高，做还原剂，将四氧化三铁还原为铁单质，C正确；由反应iii可知，反应ii中产生的未被吸收，而是在反应iii中排出，D错误；②通入，分解反应正向移动，导致增大，促使铁还原二氧化碳反应正移，故过程ii平衡后通入He，CO的物质的量升高。
（4）①结合图3和图4可知，600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，反应a的反应速率更快，该阶段R减小，600℃以上，甲烷的转化率接近百分之百，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大；②R值提高是由于催化剂X选择性地提高反b的速率，使单位时间内反b中的转化率增大，A错误；根据表中数据可知，温度越低，甲烷的转化率越低，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，B正确；改变催化剂使反应有选择性按反应a而提高甲烷的转化率，若二氧化碳的转化率减小，R值不一定增大，C错误。
19．答案：（1）铜单质（或Cu）
（2）；
（3）向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀；KSCN（硫氰化钾）；pH