湖南株洲市第一中学等校2026届高三下学期模拟考试 化学试题含答案

这是一份湖南株洲市第一中学等校2026届高三下学期模拟考试 化学试题含答案，共19页。试卷主要包含了5可能用到的相对原子质量，1NA，3×10−36 ml·L−1等内容，欢迎下载使用。
2026.5可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Cu 64
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列说法正确的是
A．H2O的热稳定性比H2S强，是因为H2O分子间作用力比H2S强
B．离子化合物中一定含有离子键，一定不含共价键
C．NaClO是含有两种类型化学键的离子化合物
D．SiO2属于共价晶体，熔化时破坏共价键和分子间作用力
2．下列实验操作或事故处理正确的是
A．少量浓硫酸沾到皮肤，立即用大量水冲洗
B．金属钠着火用水浇灭
C．用燃着的酒精灯点燃另一只酒精灯
D．实验室废液直接倒入下水道
3．下列化学用语表述正确的是
A．中子数为12的氖核素：1222Ne
B．氯化镁的电子式：[:Cl..:]−Mg2+[:Cl..:]−
C．N3−的价层电子对互斥模型：
D．p电子云轮廓图：
4．制备高纯硅的工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A．高纯硅可以制成计算机的芯片
B．步骤①的化学方程式为C+SiO2=1800−2000°CCO2↑+Si
C．步骤②③需控制为无氧环境
D．该流程中可以循环利用的物质有HCl和H2
5．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是
A．4.2gC3H6分子中，所含σ键总数可能为0.9NA
B．NA个氢氧化铁胶体粒子的质量为107g
C．常温下，pH=1的醋酸溶液中含有的氢离子数为0.1NA
D．含0.5mlCr2O72−的酸性溶液与足量H2O2反应生成O=Cr(=O)(O)O−O−Cr(=O)(O)O（此处用LaTeX表示该结构，实际结构按图中为准），转移的电子数为4NA
6．ATP是细胞生命活动所需能量的直接来源，也是生物体内重要的能量转换中间体。生物体内的ADP转化为ATP的过程如图所示。下列有关说法错误的是
A．1个ATP分子中有4个手性碳原子
B．ADP由戊糖、碱基、磷酸脱水缩合而成
C．ATP和ADP均可以和乙酸、乙醇发生酯化反应，还可以和盐酸、NaOH发生中和反应
D．ADP转化为ATP的反应属于消去反应
7．类比推理是一种重要的思维方法。下列由事实类推的结果正确的是
A．A B．B C．C D．D
8．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]可用作有机合成催化剂，具有强氧化性。实验室将NH3通入重铬酸(H2Cr2O7)溶液制备(NH4)2Cr2O7的装置如图所示（夹持装置略去）。已知：Cr2O72−+H2O\lngrightleftharpns2CrO42−+2H+。下列说法错误的是
A．仪器a的作用是防止倒吸
B．装置Y中的溶液pH不宜过大
C．装置X可以观察到通入氨气的快慢和装置Y中是否有堵塞
D．装置b中装入的试剂是碱石灰，目的是吸收过量的氨气
9．煤在直接燃烧前要进行脱硫处理，煤中的含硫物质主要成分是FeS2，采用电解法脱硫的基本原理如图所示。已知：两电极为完全相同的惰性电极。下列说法正确的是
A．煤中的含硫物质发生反应的离子方程式为
FeS2+15Mn3++8H2O=Fe3++15Mn2++2SO42−+16H+
B．电解池工作时，SO42−向R极移动
C．M极为电源的负极
D．电解池工作时，观察到R极上有无色气体产生，电极反应式为
2H2O−4e−=O2↑+4H+
10．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14
B．已知两种晶型的密度近似相等，则c=2a3ab
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14c，则C的分数坐标为12,12,34
11．下表是三种难溶金属硫化物的溶度积常数（25 ℃）：下列有关说法中正确的是
A．25 ℃时，将CuS固体用含Mn2+的饱和溶液浸泡可溶解CuS固体
B．25 ℃时，饱和CuS溶液中，Cu2+的浓度为1.3×10−36 ml·L−1
C．除去某溶液中的Cu2+，可以选用FeS作沉淀剂
D．因为H2SO4是强酸，所以反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4不能发生
12.在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，图1表示200℃
时容器中A、B、C物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时C
的体积分数随起始n（A）：n（B）的变化关系。则下列结论正确的是
A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=0.04ml·L-1·min-1
B. 图2所知反应xA（g）+yB（g） ⇌ zC（g）的ΔH＞0，且a=1
C. 若在图1所示的平衡状态下，再向体系中充入He，此时v正＞v逆
D.200℃时，向容器中充入2ml A和1ml B，达到平衡时，A的体积分数小于0.5
13. 一种利用H2和O2直接合成H2O2的反应历程如下图所示。下列说法中错误的是
A. 总反应的原子利用率理论上可达100%
B. 步骤2中，若1mlO2完全反应，则理论上转移电子数目为2NA
C. [ClCl>PdPdPd”、“PdPdPdPdClClPdOO2−（此处内图1对应该结构公式），若1mlO2完全反应，则理论上转移电子数目为2NA，故B正确；
C．由分步反应及总反应可知，ClClPdClCl2−（此处内图2对应该结构公式）为催化剂，催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，故C正确；
D．ClClPdClCl2−中Cl化合价为-1价，则Pd元素为+2价，ClClPdOO2−中Cl化合价为-1价、O化合价为-1价，则Pd元素为+2价，Pd的化合价相同，故D错误；
故选D。
14．C
在H2S水溶液中存在电离平衡：H2S⇌H++HS−、HS−⇌H++S2−，随着pH的增大，H2S的物质的量分数逐渐减小，HS−的物质的量分数先增大后减小，S2−的物质的量分数逐渐增大，图中线①、②、③依次代表H2S、HS−、S2−的物质的量分数随pH的变化，由①和②交点的pH=7.0可知Ka1(H2S)=1×10−7，由②和③交点的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×10−13，据此解答。
A．反应H2S+S2−=2HS−的平衡常数
K=c2(HS−)c(H2S)c(S2−)=c(HS−)c(H+)c(H2S)c(S2−)c(H+)c(HS−)=Ka1(H2S)Ka2(H2S)=10−710−13=106，故A错误；
B．酚酞变色范围（8.2 - 10.0），若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，由图可知当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，故B错误；
C．FeS饱和溶液中c(Fe2+)=Ksp(=6.3×10−18≈2.5×10−9 ml·L−1；Fe(OH)2饱和溶液中
c(Fe2+)=3KspFe(OH)24=34.9×10−174 ml·L−1≈2.3×10−6ml·L−1，后者Fe2+浓度更大，故C正确；
D. 0.01ml·L−1 FeCl2溶液中加入等体积0.2ml·L−1 Na2S溶液，瞬间得到0.005ml·L−1 FeCl2和0.1ml·L−1 Na2S的混合液，Na2S溶液中存在水解平衡S2−+H2O⇌HS−+OH−、
HS−+H2O⇌H2S+OH−（忽略第二步水解），第一步水解平衡常数Kh(S2−)=
KWKa2(H2S)=1×10−141×10−13=0.1，设S2−水解的浓度为x ml·L−1，则x20.1−x=0.1，解得x≈0.062，
则瞬时c(Fe2+)c(S2−)=0.005ml·L−1×(0.1ml·L−1−0.062ml·L−1)=1.9×10−4>Ksp(FeS)，
c(Fe2+)c2(OH−)=0.005ml·L−1×(0.062ml·L−1)2=1.922×10−5>KspFe(OH)2，故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2，故D错误；
故答案选C。
注意D项中等体积混合，浓度要按照原浓度的12计算。
15. 冷凝管或球形冷凝管 b H2O2+SO2=H2SO4 使SO2完全被吸收
抽气过快，SO2流速快，不能完全被H2O2溶液吸收 1600c(v1−v2) 防腐，抗氧化，
杀菌，消毒等
（1）装置B的名称是球形冷凝管，冷凝水应该下进上出，从b口进入。
答案为：冷凝管或球形冷凝管；b；
（2）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4；为使侧的结果更准确，需要保证二氧化硫能全部被吸收，
答案为：H2O2+SO2=H2SO4；使SO2完全被吸收；
（3）真空泵抽气速率过快，会导致SO2流速快，不能完全被H2O2溶液吸收；
答案为：SO2流速快，不能完全被H2O2溶液吸收。
（4）根据空白试验的验证，从装置A中出来的气体中除二氧化硫外，还含有其他可以与碱
反应的物质。二氧化硫含量测定中，要将其他物质的干扰除去，才能准确测得二氧化硫的含
量。则根据二氧化硫消耗的氢氧化钠的物质的量=c(v1mL−v2mL)=c(v1−v2)×10−3ml，根
据2NaOH∼H2SO4∼SO2可知，20mL葡萄酒中含有SO2的质量为：
12×c(v1−v2)×10−3ml×64g/ml=32×c(v1−v2)mg，则则该葡萄酒中SO2的含量为=
32×c(v1−v2)mg×1000ml20ml=1600c(v1−v2)mg/L；
答案为：1600c(v1−v2)；
（5）葡萄酒中含有的SO2的作用是防腐，抗氧化，杀菌，消毒等。
答案为：防腐，抗氧化，杀菌，消毒等。
16．（1） +3离子
(2) NaHSO3 SO2
（3） 2ClO2+H2O2+2OH−=2ClO2−+O2↑+2H2O
（4）过滤、洗涤、干燥
（5） 5NaClO2+2H2SO4=4ClO2↑+NaCl+2Na2SO4+2H2O NaClO2在中性或（弱）碱性条件下漂白性较弱，滴加稀硫酸能产生具有永久漂白性的物质
(6)90
在反应1中，X被NaClO3酸性溶液氧化，生成ClO2、Na2SO4等；反应2中，ClO2与H2O2的碱性溶液反应，生成NaClO2，表明ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，从而生成O2。
（1）在NaClO2中，Na元素为+1价，O元素为-2价，设Cl元素化合价为x，根据化合物中各元素化合价代数和为0，可得+1+x+(−2)×2=0，解得x=+3；NaClO2由Na+和ClO2−构成，含有离子键，属于离子晶体。
（2）反应池1中，NaClO3在稀硫酸作用下与试剂X反应生成ClO2和Na2SO4，Cl元素化合价从+5降低到+4，发生还原反应，所以试剂X为还原剂，若试剂X为酸式盐，常见的还原性酸式盐为NaHSO3，其中S元素为+4价，可被氧化为+6价生成SO42−；若试剂X为氧化物，具有还原性且能在酸性条件下反应生成SO42−的氧化物为SO2，S元素从+4价被氧化为+6价。
（3）反应池2中，ClO2与H2O2在NaOH溶液下反应生成NaClO2、O2和H2O，Cl元素从
+4价降低到+3价，H2O2中O元素从-1价升高到0价，根据得失电子守恒，ClO2和H2O2的化学计量数之比为2：1，再结合电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：2ClO2+H2O2+2OH−=2ClO2−+O2↑+2H2O。
（4）“冷却结晶”后得到的是粗品NaClO2晶体和母液的混合物，分离晶体和液体的操作是过滤、洗涤、干燥。
（5）对于NaClO2与稀硫酸反应生成ClO2的化学方程式，根据氧化还原反应规律，ClO2在酸性条件下会发生歧化反应，Cl元素的化合价有升高也有降低，ClO2中Cl为+4价，推测另一种产物中Cl为-1价，根据得失电子守恒，ClO2−→ClO2失1e⁻，ClO2−→Cl−得4e⁻，所以失电子与得电子的ClO2−个数比为4：1，再结合原子守恒配平，得到方程式：5NaClO2+2H2SO4=4ClO2↑+NaCl+2Na2SO4+2H2O；实验①中仅加NaClO2粉末，品红不褪色，实验②滴加稀硫酸后迅速褪色，说明酸性条件下NaClO2才表现出漂白性，实验③加热后溶液不变红，表明漂白是永久性的与次氯酸类似，是因为生成了具有强氧化性的物质ClO2等导致有机色素被破坏，而非暂时性结合。
（6）10吨工业级NaClO3中，纯NaClO3的质量为10×106g×93.72%=9.372×106g，M(NaClO3)=106.5g·ml−1，n(NaClO3)=9.372×106g106.5g·ml−1=8.8×104ml，由于每个NaClO3含1个Cl原子，考虑Cl损耗率15%，则参与反应的Cl物质的量为n(Cl)=n(NaClO3)×(1−15%)=8.8×104ml×85%=7.48×104ml，再根据Cl守恒得n(NaClO2)=7.48×104ml，M(NaClO2)=90.5g·ml−1，则m(NaClO2)=nM=7.48×104ml×90.5g·ml−1=6.7694×106g=6.7694t，故粗品中NaClO2的含量为×100%≈90%。
17.（1）羟基、酯基
（2）取代反应
据A结构和C的结构可知，A与 CH3I 反应取代反应生成B， B为
已知条件②给的反应生成G，根据条件可推出F为 H2N−CH2−CH2−C6H4−OH（结构简式为 H2N−
答。
（4）
根据分析，D的结构简式为
（5）
根据分析，F为H2N−CH2CH2−C6H4−OH，遇FeCl3溶液能显色，说明酚羟基，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为6：2：2：1有三种，分别为
（6）
18.（1） C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJ/ml
（2） k正k逆 k逆
（3） < a