2024-2025年高三下学期第一次模拟考试化学试题（湖北卷） 含解析

这是一份2024-2025年高三下学期第一次模拟考试化学试题（湖北卷） 含解析，共21页。试卷主要包含了从废线路板中提取铜的流程如下等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H:1 I:127 Al:27 O:16 S:32 C:12 N:14 Cr:52
第Ⅰ卷（选择题 共45分）
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．材料科学的发展推动着科技的进步。下列有关材料的说法正确的是
A．“鹊桥二号”天线所使用的镀金钼丝属于无机非金属材料
B．“天和核心舱”腔体中的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
C．北斗二代卫星的原子钟“星载铷钟”的铷元素属于放射性元素
D．人造小太阳“东方超环”用到的氕、氘、氚属于同素异形体
【答案】B
【详解】A．镀金钼丝属于金属材料，A错误；
B．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，B正确；
C．铷不属于放射性元素，C错误；
D．氕、氘、氚属于同位素，不属于同素异形体，D错误；
故选B。
2．哲学观点在化学上有着诸多体现。下列化学事实与对应的哲学观点不相符合的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【详解】A．同主族元素所表现的性质体现了矛盾既有普遍性也有特殊性，例如同主族元素的最高正化合价相同，但是氧和氟没有正价，A错误；
B．铜与稀硫酸不反应，与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、水、二氧化硫，故Cu与浓硫酸的反应体现了量变到质变的规律，B正确；
C．NaHCO3溶液中既发生电离：⇌H++，也发生水解：+H2O⇌ H2CO3+OH−，能体现对立统一，C正确；
D．苯硝化时生成硝基苯而甲苯硝化时生成三硝基甲苯，这体现了甲基对苯环的影响，甲基使苯环的邻对位活泼，甲烷不能与硝酸反应，但是甲苯硝化时生成三硝基甲苯，说明苯环对甲基的影响，D正确；
故选A。
3．下列资源利用中，在给定工艺条件下转化关系正确的是
A．煤煤油B．石油乙烯
C．油脂甘油D．淀粉乙醇
【答案】C
【详解】A．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，干馏的过程不产生煤油，煤油是石油分馏的产物，A错误；
B．石油分馏是利用其组分中的不同物质的沸点不同将组分彼此分开，石油分馏不能得到乙烯，B错误；
C．油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐，C正确；
D．淀粉是多糖，其发生水解反应生成葡萄糖，D错误；
故答案选C。
4．下列过程中，对应的反应方程式错误的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【详解】A．火法炼锌过程中C作还原剂，ZnCO3和C在高温条件下生成Zn、CO，因此总反应为，故A项错误；
B．为活泼金属氢化物，因此能与H2O发生归中反应生成碱和氢气，反应方程式为，故B项正确；
C．锅炉水垢中主要成分为CaSO4、MgCO3等，由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向锅炉水垢中加入饱和溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3，反应方程式为，故C项正确；
D．具有强氧化性，加入具有还原性的Fe2+，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合价由+6降低至+3，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据守恒规则可知反应离子方程式为，故D项正确；
综上所述，错误的是A项。
5．物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A．石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了的碱性
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了的氧化性
C．制作豆腐时添加石膏，体现了的难溶性
D．用氨水配制银氨溶液，体现了的配位性
【答案】C
【详解】A．SO2是酸性氧化物，石灰乳为Ca(OH)2，呈碱性，吸收SO2体现了Ca(OH)2的碱性，A正确；
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，发生的反应为，体现了Fe3+的氧化性，B正确；
C．制作豆腐时添加石膏，利用的是在胶体中加入电解质发生聚沉这一性质，与CaSO4难溶性无关，C错误；
D．银氨溶液的配制是在硝酸银中逐滴加入氨水，先生成白色沉淀AgOH，最后生成易溶于水的Ag(NH3)2OH，Ag(NH3)2OH中Ag+和NH3之间以配位键结合，体现了NH3的配位性，D正确；
故选C。
6．葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：

下列说法错误的是
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了电子
C．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物
D．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应
【答案】B
【详解】A．由图中信息可知，溴化钠是电解装置中的电解质，其电离产生的离子可以起导电作用，且在阳极上被氧化为，然后与反应生成和，再和葡萄糖反应生成葡萄糖酸和，溴离子在该过程中的质量和性质保持不变，因此，溴化钠在反应中起催化和导电作用，A说法正确；
B．由A中分析可知，2ml在阳极上失去2ml电子后生成1ml，1ml与反应生成1ml，1ml与1ml葡萄糖反应生成1ml葡萄糖酸，1ml葡萄糖酸与足量的碳酸钙反应可生成0.5 ml葡萄糖酸钙，因此，每生成1 ml葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了4 ml电子，B说法不正确；
C．葡萄糖酸分子内既有羧基又有羟基，因此，其能通过分子内反应生成含有六元环状结构的酯，C说法正确；
D．葡萄糖分子中的1号C原子形成了醛基，其余5个C原子上均有羟基和H；醛基上既能发生氧化反应生成羧基，也能在一定的条件下与氢气发生加成反应生成醇，该加成反应也是还原反应；葡萄糖能与酸发生酯化反应，酯化反应也是取代反应；羟基能与其相连的C原子的邻位C上的H（）发生消去反应；综上所述，葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应，D说法正确；
综上所述，本题选B。
7．由下列实验操作及现象，不能得出相应结论的是
【答案】C
【详解】A．试纸变蓝是因为Cl2和KI反应生成I2，反应的化学方程式为，该反应氧化性Cl2＞I2，A正确；
B．CO2通入苯酚钠溶液中生成苯酚微溶物，，B正确；
C．SO2通入品红溶液，生成无色物质，不属于因氧化性褪色，C错误；
D．NH3与水反应，溶液呈碱性，使酚酞变红，D正确；
故答案为：C。
8．从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如下：
已知“滤液2”主要含和。下列说法正确的是
A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质
B．“酸溶”时产生和离子
C．“碱溶”时存在反应：
D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应
【答案】C
【分析】废线路板先机械粉碎，可以增加其反应的接触面积，加入稀盐酸后铝、锌、铁溶解，进入滤液，通入氧气和加氢氧化钠，可以溶解锡和铅，最后电解精炼得到铜。
【详解】A．机械粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，A错误；
B．酸溶的过程中Al、Zn、Fe转化为对应的和离子，B错误；
C．“碱溶”时根据产物中，存在反应：，故C正确；
D．电解精炼时粗铜在阳极发生氧化反应，逐步溶解，故D错误；
故选C。
9．如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验呈绿色。下列说法正确的是
溶液溶液
A．第一电离能：Y>X>Z>WB．单质沸点：ZH，A错误；
B．S单质为固体，沸点最高，H2和O2都是分子晶体，相对分质量越大，沸点越高，故单质沸点： H H2O，C错误；
D．是Cu(NH3)4SO4配合物，配位体是NH3，配位原子是NH3中的N，D正确；
故选D。
10．下列实验装置(部分夹持装置略)或操作能够达到实验目的的是
A．在HCl气流中进行图甲操作，可制取无水
B．图乙操作可对氨气进行尾气吸收
C．图丙操作可验证非金属性：
D．图丁操作可检验溶液是否变质
【答案】A
【详解】A．MgCl2·6H2O在加热过程中容易水解，最终得不到MgCl2，故在HCl氛围中脱水，A正确；
B．氨气直接通入水中，起不到防倒吸的作用，可以改用四氯化碳，B错误；
C．浓盐酸与碳酸钠反应生成CO2，通过饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的HCl，CO2和硅酸钠反应生成不溶性硅酸，说明酸性：HCl>H2CO3>H2SiO3，但盐酸不是最高价含氧酸，不能说明元素非金属性强弱，C错误；
D．硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸根氧化生成硫酸根，不能说明亚硫酸钠是否变质，D错误；
答案选A。
11．是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为，晶胞如图所示，下列说法错误的是
A．合成反应中，还原剂是和C
B．晶胞中含有的个数为4
C．每个周围与它最近且距离相等的有8个
D．为V型结构
【答案】D
【详解】A．LiH中H元素为-1价，由图中化合价可知， N元素为-3价，C元素为+4价，根据反应可知，H元素由-1价升高到0价，C元素由0价升高到+4价，N元素由0价降低到-3价，由此可知还原剂是和C，故A正确；
B．根据均摊法可知，位于晶胞中的面上，则含有的个数为，故B正确；
C．观察位于体心的可知，与它最近且距离相等的有8个，故C正确；
D．的中心原子C原子的价层电子对数为，且与CO2互为等电子体，可知为直线型分子，故D错误；
故答案选D。
12．由O、F、I组成化学式为的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是
A．图中O代表F原子B．该化合物中存在过氧键
C．该化合物中I原子存在孤对电子D．该化合物中所有碘氧键键长相等
【答案】C
【分析】由图中信息可知，白色的小球可形成2个共价键，灰色的小球只形成1个共价键，黑色的大球形成了4个共价键，根据O、F、I的电负性大小（F最大、I最小）及其价电子数可以判断，白色的小球代表O原子、灰色的小球代表F原子，黑色的大球代表I原子。
【详解】A．图中O（白色的小球）代表O原子，灰色的小球代表F原子，A不正确；
B．根据该化合物结构片断可知，每个I原子与3个O原子形成共价键，根据均摊法可以判断必须有2个O原子分别与2个I原子成键，才能确定该化合物化学式为，因此，该化合物中不存在过氧键，B不正确；
C．I原子的价电子数为7，该化合物中F元素的化合价为-1，O元素的化合价为-2，则I元素的化合价为+5，据此可以判断每I原子与其他原子形成3个单键和1个双键，I原子的价电子数不等于其形成共价键的数目，因此，该化合物中I原子存在孤对电子，C正确；
D．该化合物中既存在I—O单键，又存在I=O双键，单键和双键的键长是不相等的，因此，该化合物中所有碘氧键键长不相等，D不正确；
综上所述，本题选C。
13．常温下水溶液体系中存在反应：，平衡常数为K。已初始浓度，所有含碳物质的摩尔分数与变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是
A．线Ⅱ表示的变化情况
B．的电离平衡常数
C．时，
D．时，
【答案】C
【分析】在溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO-+H+（①）、Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)（②），Ag+的水解平衡Ag++H2OAgOH+H+（③），随着pH的增大，c(H+)减小，平衡①③正向移动，c(CH3COOH)、c(Ag+)减小，pH较小时（约小于7.8）CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度增大，pH较大时（约大于7.8）CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度减小，故线Ⅰ表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅱ表示CH3COO-的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系。
【详解】A．根据分析，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，A项错误；
B．由图可知，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等时（即线Ⅰ和线Ⅱ的交点），溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==10-m，B项错误；
C．pH=n时=10-m，c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH)，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=，c(Ag+)=，由图可知pH=n时，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)=ml/L，C项正确；
D．根据物料守恒，pH=10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08ml/L，所以c(Ag+)+c(CH3COOAg)苯酚
C
通入品红溶液中，溶液褪色
具有氧化性
D
通入滴有酚酞溶液的水中，溶液变红
氨水显碱性
温度/℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0
难溶电解质
(黄色)
(白色)
(红色)
溶度积常数