湖南省长沙市师范大学附属中学2026届高三下学期模拟卷（一）化学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市师范大学附属中学2026届高三下学期模拟卷（一）化学试卷（Word版附解析），共10页。试卷主要包含了 设NA表示阿伏加德罗常数的值，02×1023等内容，欢迎下载使用。
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 C～12 N～14 O～16 S～32
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. 材料的发展体现了“中国技术”和“中国力量”。下列说法正确的是
A. 研究人员在“嫦娥六号”月壤样品中发现了天然单壁碳纳米管，碳纳米管中的碳原子间存在离子键
B. 量子通信材料螺旋碳纳米管属于胶体分散系，该材料具有较强的吸附能力
C. 火焰喷雾技术可用于制备纳米材料，高温火焰中存在的等离子体中只含有阴离子和阳离子
D. 在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，因而，稀土元素又被称为“冶金工业的维生素”
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳纳米管属于碳单质，碳原子间以共价键结合，不存在离子键，A错误；
B．胶体是由分散质和分散剂组成的混合物，螺旋碳纳米管是碳单质，属于纯净物，不属于胶体分散系，B错误；
C．等离子体是由电子、阴阳离子、电中性粒子组成的聚集体，并非只含有阴离子和阳离子，C错误；
D．在合金中加入适量稀土金属，能大幅优化合金的强度、耐腐蚀性等性能，因此稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，D正确；
故答案选D。
2. 规范实验是保障实验安全和实验顺利进行的关键。下列有关实验的说法不正确的是
A. 实验中有图标，说明该实验中会用到明火
B. 对于含Hg2+的废液，可利用Na2S溶液进行处理，将沉淀物作为废渣处理
C. 学生实验后酸、碱、氧化剂或还原剂的废液，应分别收集，少量多次倒入下水道
D. 有机废液可以通过蒸馏回收有利用价值的特定馏分
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验中有图标，为易燃物警示标识，说明实验涉及易燃材料，需要用到明火，A正确；
B．Hg2+与S2-生成HgS沉淀是处理含汞废液的标准方法，沉淀后集中处理符合环保要求，B正确；
C．酸、碱、氧化剂、还原剂等废液直接倒入下水道，会腐蚀管道，还会造成水体、土壤污染，必须经过处理达标后才能排放，不能直接排放，C错误；
D．有机废液中的有机物沸点不同，可通过蒸馏分离回收有利用价值的特定馏分，D正确；
故答案选C。
3. 氮化镁可作为废水处理的除磷剂，Mg3N2与水发生反应，Mg(OH)2可与废水中的氨氮和磷酸根反应生成难溶的磷酸镁铵(MgNH4PO4)，除磷效率高。下列说法正确的是
A. NH3的VSEPR模型：B. 反应体系酸性越强，除磷效果越好
C. H2O中含有s-p σ键D. 碱性强弱：CH3NH2>NH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH3中N原子价电子对数为，有1个孤电子对，VSEPR模型为 ，故A错误；
B．反应体系酸性越强，氢离子浓度越大，磷酸根结合氢离子转化为磷酸氢根，磷酸根浓度降低，不利于生成MgNH4PO4，除磷效果差，故B错误；
C．H2O中O-H键为s-sp3 σ键，故C错误；
D．甲基为推电子基，CH3NH2中N原子电子云密度增大，结合氢离子能力增强，碱性增强，所以碱性CH3NH2>NH3，
选D。
4. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A. 制备NaOH：
B. 硝酸工业：
C. 制备高纯硅：
D. 制备金属铝：
【答案】A
【解析】
【详解】A．粗盐提纯可得到纯净的NaCl溶液，电解NaCl溶液发生反应，可以得到烧碱溶液，两步转化均能实现，A符合题意；
B．在催化剂、加热条件下发生催化氧化反应的产物是NO，不能直接生成，第一步转化无法实现，B不符合题意；
C．是酸性氧化物，仅能与氢氟酸反应，与盐酸不发生反应，无法生成，第一步转化无法实现，C不符合题意；
D．钠的活泼性极强，加入溶液中时会优先与水反应生成NaOH和，无法置换出单质铝，第二步转化无法实现，D不符合题意；
故答案选A。
5. 设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 9g冰(图1)中含氢键数目为2NA，含有的σ键数目约为6.02×1023
B. 128g S8(图2)中含S-S数目为4NA
C. 720g C60晶体(图3)中含有NA个晶胞结构单元
D. 石墨烯(图4)是碳原子单层片状新材料，12g石墨烯中含C-C数目为3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．每个水分子形成的氢键均摊为2个，每个水分子含有2个σ键；9 g冰的物质的量为，则0.5 ml冰中的氢键数为NA，σ键数目约为6.02×1023，故A错误；
B．128 g S8的物质的量为，一个S8分子中有8个S-S键，0.5 ml S8中含有4NA个S-S，故B正确；
C．720 g C60的物质的量为1 ml，C60晶胞为面心立方晶胞，1个晶胞含有4个C60，则1 ml C60晶体含有0.25 NA个晶胞结构单元，故C错误；
D．12 g石墨烯的物质的量为，每个C原子均摊1.5个C-C键，含C-C数目为，故D错误；
答案选B。
6. 有机物R是在合成更昔洛韦(一种核苷类抗病毒药物)过程中的一种副产物，R的结构简式如图所示，下列有关R的说法正确的是
A. 分子式为C9H12N5O4
B. 分子中存在手性碳原子
C. 在强碱性环境中加热能稳定存在
D. 可使用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，R的分子式为C9H13N5O4，A错误；
B．由结构简式可知，R分子中含有如图*所示的1个手性碳原子：，B正确；
C．由结构简式可知，R分子中含有的酰胺基在强碱性环境中会发生水解反应，不能稳定存在，C错误；
D．由结构简式可知，R分子中含有的羟基也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，所以使用酸性高锰酸钾溶液检验R分子中的碳碳双键，D错误；
故选B。
7. 一种高聚物被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是
A. X、Z的第一电离能：B. X、Y的简单氢化物的键角：
C. 最高价含氧酸的酸性：D. X、Y、Z均能形成多种氧化物
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y价电子数相等，X、Y属于同一主族，且X形成5个键，Y形成3个键，基态Y的轨道半充满，则X为P元素，Y为N元素，X、Z电子层数相同， Z的最外层只有1个未成对电子，Z形成1个键，Z为Cl元素，以此分析。
【详解】A．第一电离能同周期从左到右有增大趋势，第一电离能：Cl>P，A错误；
B．X、Y的简单氢化物分别为：PH3和NH3，二者中心原子杂化方式相同，孤电子对数相同，电负性：N>P，共用电子对距N近，成键电子对斥力N-H大于P-H，键角：NH3>PH3，B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，非金属性：Cl>N>P，酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，C错误；
D．P、N、Cl均能形成多种氧化物，D正确；
答案选D。
8. 格氏试剂性质活泼，可与空气中的H2O和O2等反应。某兴趣小组搭建了如图所示无水无氧装置(部分装置略)，以乙醚(沸点34.5℃)为溶剂，利用下述反应高产率地制备二苯甲酮。
下列说法错误的是
A. 气球中填充保护气，并起缓冲压力的作用
B. 恒压滴液漏斗中的液体是格氏试剂的乙醚溶液
C. 图中的恒压滴液漏斗能用球形分液漏斗代替
D. 产率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易与格氏试剂反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．无水乙醚沸点较低，反应过程中可能会挥发，当烧瓶中压力过大时，气体可排入气球中缓冲烧瓶内的压力，A正确；
B．格氏试剂会和产物二苯甲酮发生副反应，为减少副反应的发生，应控制格氏试剂少量，故格氏试剂应放在恒压滴液漏斗中，B正确；
C．用球形分液漏斗滴加液体时，需要打开上端的玻璃塞来平衡气压，此时漏斗中的格氏试剂会和空气接触而发生反应，而恒压滴液漏斗的导管可以平衡烧瓶内部的气压，直接打开旋塞即可使液体顺利滴下，避免了与空气的接触，故不能用球形分液漏斗代替，C错误；
D．产率高说明二苯甲酮不易与格氏试剂反应，即苯甲酰氯比二苯甲酮更容易与格氏试剂反应，D正确；
故选C。
9. Li2(OH)Cl在固体离子电导方面具有潜在的应用前景，其两种晶型中，一种为长方体形晶胞(图1)，另一种为立方体形晶胞(图2)，图2晶胞中，部分锂离子位置上存在缺位现象。
下列说法错误的是
A. 图2晶胞中，锂离子的缺位率为
B. 已知两种晶型的密度近似相等，则
C. Li2(OH)Cl为离子晶体，晶体中含有离子键和共价键
D. 图1晶胞中，已知A、B两微粒的距离为，则C的分数坐标为
【答案】A
【解析】
【详解】A．图2晶胞中个数为1，个数为，或空位个数为，根据化学式Li2(OH)Cl知，该晶胞中应该含有2个，锂离子的缺位率为，A错误；
B．图1中个数为2，个数为，个数为，则晶体密度为，图2晶体密度为，两种晶型的密度近似相等，则，解得，B正确；
C．Li2(OH)Cl由、和构成，属于离子晶体，晶体中存在与、之间的离子键，也存在中共价键，C正确；
D．图1晶胞中，A、B两微粒的距离为，则C点与底面的距离为，因此C点的分数坐标为，D正确；
故答案选A。
10. 以铅酸蓄电池为电源，利用电解法获得NaOH与H3PO4的原理如图所示(双极膜是在直流电场的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-并分别通过阳膜和阴膜)，下列说法正确的是
A. M膜为阴离子交换膜
B. 产品室2中产物为H3PO4
C. 电极a与铅酸蓄电池的正极相连
D. 双极膜共解离4 ml H2O时，理论上铅酸蓄电池中生成4 ml PbSO4
【答案】B
【解析】
【分析】由题意及OH-的移动方向知，产品室1的产品是NaOH，说明原料室中Na+往左移动，故M膜为阳离子交换膜，电极a是阴极，连接铅蓄电池的负极；产品室1的产品是NaOH，则产品室2的产品是H3PO4，说明向右移动到产品室2中，则N膜为阴离子交换膜，双极膜向左解离生成H+，从而得到H3PO4，据此分析解答。
【详解】A．由分析知，M膜允许Na⁺通过，Na⁺为阳离子，故M膜为阳离子交换膜，A错误；
B．由分析知，产品室2的产品是H3PO4，B正确；
C．由分析知，Na⁺往电极a移动，说明电极a是阴极，连接铅蓄电池的负极，C错误；
D．根据电荷守恒，当两个双极膜共解离4 ml H2O时，转移2 ml ；铅酸蓄电池放电时Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O~2，当转移2 ml 时，生成2 ml PbSO4，D错误；
故选B。
11. 下列实验中，对应的现象以及结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．裂化汽油中含有不饱和烯烃，可与溴发生加成反应使溴水褪色，而非萃取作用，结论错误，A错误；
B．NaOH溶液过量，Al(OH)3会与过量NaOH反应生成可溶性Na[Al(OH)4]，而Fe(OH)3不会溶解，因此无明显现象不能证明Ksp[Fe(OH)3]Ksp(AgI)，现象及结论均正确，D正确；
故答案选D。
12. 利用富锰矿分离提取、元素的流程如下图(部分产物已略去)。
已知：Mn和C的氧化物均难溶于水。
下列说法不正确的是
A. 通过②使循环利用，理论上可满足步骤①所需
B. 由③～⑥可知，热稳定性：小于和
C. ⑤中，若升高温度，CS产率降低，可能与的溶解度降低有关
D. ⑥中，相较于，更有利于资源的循环利用
【答案】A
【解析】
【详解】A．步骤①焙烧生成和，步骤②中和硫酸反应生成，但产物中无法循环利用，导致N元素流失，理论上生成的无法完全满足步骤①需求，A错误；
B．在650℃下分解生成难溶的进入滤渣，而于和不分解，溶于水后进入滤液，说明热稳定性小于和，B正确；
C．的溶解度随温度升高降低，升高温度导致溶液中硫离子浓度减小，CS产率降低，C正确；
D．使用时，生成的可回收为循环利用，而会引入钠离子无法循环，D正确；
故选A。
13. 已知C2H5Br在NaOH乙醇溶液中发生的取代反应和消去反应互为竞争关系，二者反应历程中的相对能量变化如图所示。已知：热力学聚焦反应的自发性、方向和限度，通过焓变、熵变、ΔG等来确定；动力学探讨反应速率、机理、如何发生、反应多快，通过速率方程、活化能、催化剂等作用。
下列说法错误的是
A. C2H5Br在NaOH乙醇溶液中发生取代反应的速率比消去反应快
B. C2H5Br发生取代反应或消去反应时，OH-进攻的原子不同
C. NaOH乙醇溶液中，用18O标记NaOH，可能有H218O生成
D. NaOH乙醇溶液中，OH-与乙醇分子间形成了氢键
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，发生消去反应的活化能更低，速率更快，A错误；
B．C2H5Br发生取代反应时，OH-进攻与Br连接的碳原子，发生消去反应时，OH-进攻与Br连接的碳原子的邻位碳原子上的H(即β-H)，B正确；
C．消去反应中，得到生成，若被标记，结合可生成，C正确；
D．由图可知，NaOH乙醇溶液中OH-中的O与乙醇分子中羟基氢之间存在作用，符合氢键形成特征，故NaOH醇溶液中OH-与乙醇分子间形成了氢键，D正确；
故选A。
14. 将草酸钙固体溶于不同初始浓度的盐酸中，平衡时部分组分的关系如图。已知草酸。下列说法错误的是
A. 时，溶液的
B. 任意下均有：
C. 的平衡常数为
D. 时，
【答案】D
【解析】
【分析】草酸钙为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，滴加盐酸过程中体系中存在一系列平衡、、，因此曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，曲线Ⅲ代表，据此解题。
【详解】A．时，c()=c()，则，溶液的，故A正确；
B．草酸钙固体滴加稀盐酸，任意下均有物料守恒关系，故B正确；
C．时，，c()=，，c()=；，c()=，由图可知时，c(Ca2+)=c()=，则Ksp()= c(Ca2+)×c()=；的平衡常数K====，故C正确；
D．溶液中存在电荷守恒，时，c()=c()，则存在关系，故D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 甘氨酸(H2NCH2COOH)为白色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。实验室拟制备甘氨酸并测定其纯度。甘氨酸制备的原理为，装置如图所示。回答下列问题：
（1）仪器a的名称为___________。
（2）实验时先打开，当___________(填实验现象)时，关闭，打开。
（3）装置B中的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，作用是___________。
（4）装置C中反应结束后，加入足量乙醇，通过___________的分离方法可得甘氨酸粗产品。
（5）茚三酮比色法是测定氨基酸浓度的一种有效方法，首先将待测溶液与茚三酮溶液混合，使氨基酸与茚三酮缩合生成有色化合物，然后通过测量产生的有色化合物的吸光度，可以确定氨基酸的含量。已知甘氨酸与茚三酮缩合生成有色化合物的吸光度(y)与甘氨酸浓度(x)的关系如图所示。
精确称量0.0120g甘氨酸粗品与足量茚三酮溶液混合并定容于250mL容量瓶中，取样，以茚三酮比色法测得其吸光度为0.3774.该样品的纯度为___________(计算结果保留2位有效数字)；若定容时俯视容量瓶的刻度线，则使测得的样品纯度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（6）顺式甘氨酸铜水合物是一种有机补铜剂，可通过甘氨酸溶液与新制Cu(OH)2反应制备，其原理为Cu(OH)2+2H2NCH2COOH→Cu(H2NCH2COO)2+2H2O
顺式甘氨酸铜的配体数为___________。水溶性：顺式甘氨酸铜___________反式甘氨酸铜(填“大于”“小于”或“无法确定”)。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2）装置D中产生白色沉淀或出现浑浊
（3）除去CO2中混有的HCl，防止HCl进入装置C中，降低甘氨酸产率
（4）过滤 （5） ①. 67% ②. 偏高
（6） ①. 2 ②. 大于
【解析】
【分析】装置A用于制备CO2，装置B用于除去CO2中的HCl，CO2和氨水反应生成NH4HCO3，装置C中ClCH2COOH与NH4HCO3在50℃下反应生成甘氨酸，装置D用于吸收未反应的CO2并判断反应是否完成。
【小问1详解】
由图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶或三口烧瓶；
【小问2详解】
实验开始时，先打开K1，A中CaCO3与稀盐酸反应生成CO2，CO2进入C装置前需先排尽装置内的空气（防止NH3被氧化等），同时需确保CO2已充满整个装置。当D中Ca(OH)2溶液变浑浊（或出现白色沉淀）时，说明CO2已充满装置，此时可关闭K1，打开K2，使C中反应开始进行；
【小问3详解】
装置B中的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，作用是除去CO2中混有的HCl，防止HCl进入装置C中，降低甘氨酸的产率；
【小问4详解】
根据题目信息，甘氨酸可溶于水，难溶于乙醇。C中反应后，溶液中主要含有甘氨酸、NH4Cl等。加入足量乙醇后，甘氨酸因溶解度降低而析出，可通过过滤分离得到粗产品；
【小问5详解】
吸光度为0.3774，根据吸光度与甘氨酸浓度的关系式：y=0.0116x+0.00662，可得甘氨酸浓度为：0.3774=0.0116x+0.00662，解得：x≈32 μg/mL，所以其纯度为×100%≈67%，若定容时俯视容量瓶的刻度线，导致所配溶液体积减小，则使测得的样品纯度偏高。
【小问6详解】
由图可知，由甘氨酸铜的化学式或结构示意图可知，中心离子与2个甘氨酸根配体结合，故配体数为2，顺式甘氨酸铜中两个甘氨酸配体位于Cu2+同侧，分子不对称，正负电荷中心不重合，极性较强。反式甘氨酸铜中两个甘氨酸配体位于Cu2+异侧，分子高度对称，正负电荷中心接近重合，极性较弱。根据相似相溶原理，水为强极性溶剂，极性分子更易溶于水。因此水溶性：顺式甘氨酸铜大于反式甘氨酸铜。
16. 锗是一种优良的半导体材料，在红外光材料、精密仪器等领域有着广泛的应用。某锌浸渣中含有ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2、Pb3O4等，利用该锌浸渣提取Ge的工艺流程如图所示。
已知：①部分含锗微粒的主要存在形式与pH的关系如表所示。
②常温下，该工艺条件中，溶液中部分金属离子开始沉淀和完全沉淀(c≤1.0×10-5ml·L-1)时的pH如表所示。
③Zn2+、Fe2+、Ge4+均可与酒石酸(，分子式为C4H6O6)形成配离子。
回答下列问题：
（1）在下列Ge元素的不同微粒中，处于激发态的微粒是___________(填标号)。
A. B.
C. D.
（2）“还原浸出”的目的除溶解ZnO、Fe2O3、Pb3O4、GeO2外，还有___________。
（3）Pb3O4在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为___________。
（4）“沉锗”时，需控制pH在___________之间；当pH=6时，Zn2+未产生沉淀，则浸出液中c(Zn2+)不超过___________ml·L-1。
（5）“滤渣2”的主要成分为___________(填化学式)。
（6）“酸溶”后，溶液的pH为1.8，向溶液中加入酒石酸萃取剂，发生反应：Ge4++3C4H6O6[Ge(C4H4O6)3]2-+6H+。
①若pH升高，锗的萃取率下降，原因是___________。
②“反萃取”中，反萃取效果与加入试剂的关系如图所示。“反萃取”中可以加入的物质B为___________(填化学式)。
【答案】（1）C （2）将+4价Pb、+3价Fe分别还原为Pb2+、Fe2+，并使Pb2+转化为PbSO4沉淀而除去
（3）
（4） ①. 5