云贵川桂四省2025届高三化学上学期联合考试试题含解析

PAGE15-云贵川桂四省2025届高三化学上学期联合考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量:H-1O-16Na-23Al-27Mn-55Se-791.国家发改委生态环境部等九部门联合印发了(关于扎实推动塑料污染治理工作的通知)，2021年A.聚乙烯是自然高分子化合物B.聚烯烃废旧塑料裂解可制取化工原科C.禁用不行降解塑料购物袋有助于限制白色污染D.含氧的不行降解塑料干脆焚烧会产生大量有毒物质【答案】A【解析】【详解】A．聚乙烯是人工合成的有机高分子化合物，故A错误；B．废旧聚烯烃塑料经裂解可制取其它化工原科，故B正确；C．白色污染是不行降解的塑料对环境的污染，则禁用不行降解塑料购物袋有助于限制白色污染，故C正确；D．含氧的不行降解塑料干脆焚烧会产生有毒气体，污染环境，故D正确；故答案为A。2.利用图中所示装置及试剂，能达到相应试验目的的是试剂甲试剂乙试验目的A饱和食盐水浓硫酸从Cl2和SO2的混合气体中分别出SO2BNaOH溶液浓硫酸除去乙烷中的H2SC溴水浓硫酸除去C2H4中的CH4DNaOH溶液浓硫酸除去NO2中的NOA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．Cl2和SO2的混合气体在饱和食盐水中反应生成硫酸和盐酸，不能分别出SO2，故A不符合题意；B．NaOH溶液与H2S气体反应，乙烷不和NaOH溶液反应，浓硫酸干燥乙烷气体，能达到试验目的，故B符合题意；C．溴水和C2H4反应，不和CH4反应，须要保留的物质被反应了，不能达到试验目的，故C不符合题意；D．2NO2＋2NaOH＝NaNO2＋NaNO3＋H2O，NO＋NO2＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O，虽然NO已除去，但NO2也被反应了，不能达到试验目的，故D不符合题意。综上所述，答案为B。3.《本草纲目·草部·龙胆》冲记载。龙胆可治疗伤寒发狂四肢难受等，龙胆中的活性成分龙胆胆苦的结构简式如图所示，下列有关龙胆苦苷的说法错误的是A.分子中含有16个碳原子 B.能与金属钠反应C.能使酸性K2Cr2O7溶液褪色 D.不能与NaOH溶液反应【答案】D【解析】【详解】A．依据每个拐点是一个碳，末端是一个碳原子分析得到该分子共含有16个碳原子，故A正确；B．该物质含有羟基，因此能与金属钠反应生成氢气，故B正确；C．该物质含有碳碳双键、羟基，因此能使酸性K2Cr2O7溶液褪色，故C正确；D．该物质含有酯基，因此能与NaOH溶液反应，故D错误综上所述，答案为D。4.某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面船化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程如图所示(图中只画出了HAP的部分结构)已知:HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g)∆H<0下列说法不正确的是A.状态1的总能量高于状态2的总能量B.反应过程中既有共价健的断裂，又有共价键的形成C.HAP能降低反应的活化能和焓变，提高反应速率D.依据图示信息.CO2分子中的氧原子只有部分来自O2【答案】C【解析】【详解】A.HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g)∆H<0，反应放热则状态1的总能量高于状态2的总能量，故A正确；B.反应过程中断裂了HCHO与O2中的共价键，形成了CO2、H2O中的共价键，故B正确；C.由图可知HAP为反应催化剂，能降低反应活化能，提高反应速率，但不能变更反应的焓变，反应焓变只与反应物和生成物的总能量有关，故C错误；D.由图示可知，CO2分子中的氧原子部分来自O2，部分来自HCHO，故D正确。故答案选：C。5.下列指定反应的离子方程式书写正确的是A.四氧化三铁溶于足量稀硝酸:3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO↑+14H2OB.工业上生产漂白粉的原理:Cl2+2OH-=C1-+ClO-+H2OC.向硫酸氢铵溶液中滴入少量氢氧化钠溶液:+OH-=NH3·H2OD.向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量H2O2溶液:+6H++7H2O2=2Mn2++6O2↑+10H2O【答案】A【解析】【详解】A.四氧化三铁溶于足量稀硝酸发生氧化还原反应生成Fe3+和NO，离子方程式为：3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO↑+14H2O，故A正确；B.工业上生产漂白粉是将氯气通入石灰乳中，石灰乳中氢氧化钙主要以分子形式存在不能拆成离子形式，故B错误；C.硫酸氢铵溶液中滴入少量氢氧化钠氢氧根先与氢离子结合，，故C错误；D.化合价升降不守恒，应为：+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误。故答案选：A。6.电解法制备氧氧化铝的简易装置如图所示，其中两电极均为惰性电极，下列说法正确的是A.电板A为阳极，发生氧化反应B.离子交换膜为阴离子交换膜C.相同条件下，生成的气体a、b的体积比为1：2D.当有0.4mol电子转移时，右侧区域溶液的质量削减43.6g【答案】D【解析】【详解】A．电解池左侧是稀NaOH溶液变为浓NaOH溶液，说明电板A是水中氢离子得到电子变为氢气，因此电极A为阴极，发生还原反应，故A错误；B．依据电解池异性相吸，右侧的钠离子通过离子交换膜进入到左侧，因此离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；C．相同条件下，依据A选项得到电极A产生氢气，电极B是水中氢氧根失去电子得到氧气，因此生成的气体a、b的体积比为2:1，故C错误；D．当有0.4mol电子转移时，右侧区域有0.4mol钠离子进入到左侧，同时电解0.2mol水生成了0.1mol氧气和0.4mol氢离子，再依据＋H＋＋H2O＝Al(OH)3↓，因此还有0.4mol和0.4molH2O消耗生成沉淀，因此整个右侧溶液削减0.4mol和0.6molH2O、0.4molNa＋，即质量为0.4mol×(59g∙mol−1＋23g∙mol−1)＋0.6mol×18g∙mol−1＝43.6g，故D正确。综上所述，答案为D。7.短周期主族元素X、Y、Z.、W的原子序数依次增大，元素Y是地壳中含量最多的元素。X与Z同主族且二者可形成离子化合物，W最外是电子数是其电子层数的2倍。下列说法正确的是A.非金属性:X<Y<W B.原子半径:Y<W<ZC.元素W的含氧酸均为强酸 D.Z的氧化物对应的水化物为强减【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z.、W的原子序数依次增大，元素Y是地壳中含量最多的元素，所以Y为O元素。X与Z同主族且二者可形成离子化合物，所以X为H元素，Z为Na元素，W最外是电子数是其电子层数的2倍，所以W为S元素。据此解答此题。【详解】A.依据上述分析：X为H元素，Y为O元素，W为S元素，其非金属性:O<S<H，故A错误；B.依据上述分析：Y为O元素，Z为Na元素，W为S元素，其原子半径:Na>S>O，故B正确；C.依据上述分析：W为S元素，它形成的H2SO3为弱酸，故C错误；D.依据上述分析：Z为Na元素，Z的氧化物有氧化钠和过氧化钠，氧化钠对应的水化物为NaOH，属于强减，过氧化钠和水反应生成NaOH和氧气，故D错误；故答案：B。8.过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]作为氧化制和漂白剂，被广泛用于蓄电池工业,在照相工业上用来除去海波。试验1:(NH4)2S2O8的制备原理为H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O,试验室模拟制备(NH4)2S2O8的装置如图所示。(1)仪器b的名称是______,b中试剂为_____(写试刺名称),装置d的作用是____________________。(2)在三颈烧斯中，浓硫酸与H2O2反应.部分转化为过一硫酸(H2SO5).此反应的化学方程式为___________________.(3)(NH4)2S2O8的产率(以产品含氧量表示)随溶液pH和温度的变更关系如图所示。由图可知。反应最相宜的温度和pH分别是__________(4)充分反应后:将c中混合液经一系列操作得到晶体，用无水乙醇洗涤。缘由是________(答出一条即可).(5)烘干产品时用红外灯低温烘干,可能的缘由是______________。试验II探究(NH4)2S2O8与MnSO4的反应。(6)依据试验现象.写出(NH4)2S2O8溶液与MnSO4溶液反应的离子方程式:_________。试验III:标定(NH4)2S2O8溶液的浓度。(7)称取肯定质量的(NH4)2S2O8，配制成溶液。并用磷量法标定该溶液的浓度，移取25.00ml(NH4)2S2O8溶液放入锥形瓶中,加入过量的KI，然后加入几滴淀粉溶液，再用0.15mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定,发生反应:。重复上述操作三次，平均清消耗Na2S2O3溶液的体积为18.60ml，到达滴定终点时的现象是______________，所标定的(NH4)2S2O8的浓度为________mol·L-1.【答案】(1).蒸馏烧瓶(2).生石灰(或碱石灰)(3).汲取尾气中的氨气，防止污染空气(4).H2SO4(浓)+H2O2=H2SO5+H2O(5).0℃和pH=2(6).洗除沉淀表面的杂质，且便于晶体干燥(7).产品受热易分解(8).2Mn2++5+8H2O=10+2+16H+(9).溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原蓝色(10).0.0558mol/L【解析】【分析】结合氨气的试验制备装置和过二硫酸铵的反应原理分析解题，结合中和滴定的基本操作和氧化还原反应的配平及计算分析。【详解】(1)仪器b的名称是蒸馏烧瓶；装置左侧部分为氨气的制取装置，制取氨气的原料为生石灰(或碱石灰)和浓氨水，则蒸馏烧瓶盛装试剂为生石灰(或碱石灰)，c装置为过二硫酸铵的生成装置，而装置d为尾气汲取装置，汲取尾气中的氨气，防止污染空气；(2)依据题目信息可知浓硫酸与H2O2反应生成过一硫酸(H2SO5)，可推想出反应的化学方程式为H2SO4(浓)+H2O2=H2SO5+H2O；(3)(NH4)2S2O8的产率以产品含氧量表示，含氧量越大，说明产率越高，因此依据图像，可知最相宜条件是0℃和pH=2；(4)将c中混合液经蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体，再用无水乙醇洗涤，可洗除沉淀表面的杂质，且乙醇易挥发，便于晶体干燥；(5)过二硫酸铵易分解，烘干时采纳红外灯低温烘干，可防止产品分解；(6)(NH4)2S2O8溶液与MnSO4溶液混合发生氧化还原反应，溶液变为紫红色，说明生成了，则发生反应的离子方程式为2Mn2++5+8H2O=10+2+16H+；(7)向(NH4)2S2O8溶液放入锥形瓶中加入过量的KI，然后加入几滴淀粉溶液，此时溶液显蓝色，用Na2S2O3溶液滴定时发生反应:，溶液的蓝色渐渐变浅，最终褪色，则当溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原蓝色，即为滴定终点；设(NH4)2S2O8的物质的量浓度为c，则依据关系式可知：解得：c=0.0558mol/L。【点睛】物质制备与定量分析，明确试验原理是解题关键，其中利用关系式计算溶液的浓度是解题难点，特殊是依据氧化还原反应的守恒法配平这是易错点。9.氧化锌在工业和生活中的运用特别广泛，以闪锌矿(主要成分为ZnS，含有少量FeS和SiO2)为原料制备活性氧化锌的工艺流程如下，请回答下列问题：(1)浸取前，将闪锌矿粉碎的目的是_______________。(2)矿渣中除了有淡黄色的物质，还有_________(填化学式)；浸取时FeS发生反应的离子方程式为_______________。(3)加入铁粉的目的是__________，能循环利用的无机物是______________(填化学式)。(4)生成ZnCO3·2Zn(OH)2的离子方程式为_________________。(5)有机萃取利TBP能将氧化亚铁和氯化锌分别的缘由是___________________。(6)工业上常采纳Femton氧化法去除度水中的有机物，即向废水中加入H2O2以FeCl2作催化剂，产生具有强氧化性的羟基自由基(·OH)来氧化降解水中的有机物(TOC)。①其他条件肯定时，n(H2O2):n(Fe2+)的值对TOC去除效果的影响如图1所示，当废水中TOC的去除率最大时，n(H2O2):n(Fe2+)=_________。②在酸性条件下，H2O2的加入量对TOC的去除效果如图2所示，当TOC的去除效果最好时，H2O2的物质的量浓度c(H2O2)=_______(保留三位有效数字)。【答案】(1).增大接触面积，加快浸取速率(2).SiO2(3).2Fe3++FeS=3Fe2++S(4).将过量的Fe3+还原为Fe2+(5).FeCl3(6).(7).FeCl2和ZnCl2在TBP中的溶解度相差较大(8).1(9).【解析】【分析】依据流程图可看出，向闪锌矿(主要成分为ZnS，含有少量FeS和SiO2)中加入FeCl3溶液，目的是氧化ZnS和FeS，得到含过量的FeCl3、FeCl2和ZnCl2的浸出液，以及矿渣（反应得到的S固体与不反应的SiO2）；向浸出液中加入铁粉，可将过量的Fe3+还原转化为Fe2+，过滤后得到的溶液X的溶质为FeCl2和ZnCl2，再依据两者在有机物的溶解度不同，利用萃取原理分别出FeCl2，向FeCl2溶液中加入氯气可得到氯化铁溶液；另一方面有机层TBP中的ZnCl2，经过一系列操作，加入碳酸钠调整适当pH，反应可得到ZnCO3·2Zn(OH)2，最终加热灼烧得到ZnO，据此分析作答。【详解】(1)闪锌矿固体颗粒越细，反应的接触面积越大，则反应越充分，浸取速率越快，故浸取前，将闪锌矿粉碎是为了增大接触面积，加快浸取速率；(2)依据上述分析可知，得到的矿渣中含新生成的淡黄色固体S与不参加反应的SiO2；浸取时FeS与氯化铁发生氧化还原反应，其离子方程式为：2Fe3++FeS=3Fe2++S，故答案为：SiO2；2Fe3++FeS=3Fe2++S；(3)浸出液中可能含有过量的氯化铁，则加入铁粉是为了将过量的Fe3+还原为Fe2+；(4)氯化锌与碳酸钠反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2，其离子方程式可表示为：；(5)依据萃取原理可知，FeCl2和ZnCl2在TBP中的溶解度相差较大，从而分别出FeCl2和ZnCl2，故答案为：FeCl2和ZnCl2在TBP中的溶解度相差较大；(6)①依据图1曲线信息可知，当其他条件肯定时，n(H2O2):n(Fe2+)的值为1时，TOC的去除率最大，约为45%，故答案为：1；②依据图2信息可知，在酸性条件下，当TOC的去除效果最好时，H2O2的浓度为40mg/L，则换算成浓度为，故答案为：。【点睛】利用“铁三角”原理解决实际工艺流程是常考题型。本题中加入铁粉将过量的Fe3+还原为Fe2+后，又加入了氯气重新得到氯化铁溶液，可返回“浸取”工艺重复利用。10.丙烯是三大合成材料的基本原料，主要用于生产聚丙烯、丙烯䝼、异丙醇、丙酮和环氧丙烷等，丙烷脱氢作为一条增产丙烯的非化石燃料路途具有极其重要的现实意义。丙婉烷脱氢技术主要为干脆催化脱氢和CO2氧化脱氢。（1）丙烷干脆催化脱氢生成丙烯和氢气的反应中，产物的物质的量之比n(C3H6)：n(H2)=____。（2）丙烷干脆催化脱氢制丙烯的反应为吸热反应，反应中往往伴随副反应的发生(副反应中不生成丙烯和氢气)，丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系如图所示(图中压强分别的为1×104P和1×105Pa)。①1×105Pa时，图中表示丙烷和丙烯体积分数变更的曲线分别为______________________。②提高丙烷干脆催化脱氢制丙烯的反应平衡转化率的方法有____________、_____________。③1×105Pa，500°C时，该反应的平衡常数Kp=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)Pa。（3）CO2氧化脱氢法，相关的主要反应如下：I.C2H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)II.C3H8(g)+3CO2(g)6CO(g)+4H2(g)CO2和C3H8按物质的量之比1：1投料，在1023K和保持总压恒定的条件下，探讨肯定时间内催化剂X对CO2氧化C3H8制C3H6的影响，所得试验数据如下表：催化剂C3H8的转化率/%CO2的转化率/%C3H6的转化率/%催化剂X19.038.633结合详细反应分析，肯定时间内在催化剂X的作用下，CO2氧化C3H8的主要产物是______，推断的依据是_________________________。【答案】(1).1：1(2).II；III(3).减压(4).升温(5).2800(6).CO(或CO和H2)(7).C3H6的产率远低于C3H8的转化率，说明催化剂X有利于提高反应II的速率【解析】【分析】丙烷干脆催化脱氢制丙烯的化学方程式为C3H8(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g)，该反应正向为气体体积增大的吸热反应，增大压强会使平衡逆向移动，丙烯的体积分数将减小，丙烷的体积分数将增大，上升温度会使平衡正向移动，丙烯的体积分数将增大，丙烷的体积分数将减小，然后结合化学平衡相关学问解答。【详解】（l）丙烷干脆催化脱氢生成丙烯和氢气反应为C3H8(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g)，因此产物的物质的量之比n(C3H6)：n(H2)=1：1；（2）①上升温度，平衡正向移动，丙烷的体积分数减小，丙烯的体积分数增大，则I、III为丙烯的体积分数变更曲线，Ⅱ、IV为丙烷的体积分数变更曲线，1×105Pa与1×104Pa相比，压强增大，平衡逆向移动，从而得出表示丙烷体积分数的变更曲线为Ⅱ，表示丙烯体积分数的变更曲线为Ⅲ；②丙烷干脆催化脱氢制丙烯的反应正向是气体体积增大的吸热反应，变更外界条件时，化学平衡将向着减弱这种该变量的方向移动，因此上升温度、降低压强均能能使平衡正向移动，从而提高丙烷转化率，故答案为：减压；升温；③l×105Pa、500℃时，丙烷、丙烯、氢气的体积分数分别为70%、14%、14%，由此可计算该反应的平衡常数Kp==2800Pa；（3）①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C3H8按物质的量之比1：1投料，但是C3H6的产率远小于C3H8的转化率，CO2的转化率高于C3H8的，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应I，还发生了反应Ⅱ，而且反应物主要发生了反应Ⅱ，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅱ的速率，因此CO2氧化C3H8的主要产物是CO，同时还有H2生成，故答案为：CO(或CO和H2)；C3H6的产率远低于C3H8的转化率，说明催化剂X有利于提高反应II的速率。11.乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生反应:5C2H5OH+4MnO4-+12H++13H2O=5CH3COOH+4[Mn(H2O)6]2+。(1)H、C、O中.原子半轻最大的是______(填元素符号，下同).电负性最大的是___________。(2)[Mn(H2O)6]2+中Mn-O化学键称为_______键,其电子对________由供应。H2O与H+结合生成H3O+,与H3O+所含原子总数相等的等电子体是________(填分子式,写一种)。(3)在上述反应中C2H5OH转化为CH3COOH，C原子的杂化轨道类型由____变为________。(4)CH3COOH能与H2O随意比混溶的缘由,除它们都是极性分子外还因为____________。(5)第一电离能I1(O)___(填”>”“<”或”=“)I1(S),其缘由___________________。(6)β-MnSe的结构中Se为面心立方最密积累，晶胞结构如图所示。若距离最近的两个锰原子之间的距离为bpm,阿伏加德罗常数的值为NA.则β-MnSe的密度=____(列出表达式)g·cm-3。【答案】(1).C(2).O(3).配位(4).O(5).NH3(6).sp3(7).sp3或sp2(8).CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键(9).>(10).O的原子半径比S的小，原子核对最外层电子的吸引力较大(11).【解析】【详解】(1)电子层数越多，原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径渐渐减小，因此H、C、O中，原子半轻最大的是C；周期表从左到右，元素的电负性渐渐变大，从上到下，元素的电负性渐渐减小，因此H、C、O中，电负性最大的是O，答案：C；O；(2)[Mn(H2O)6]2+中Mn—O键为配位键，其电子对由O供应，H3O+的原子数为3，价电子数为10，与H3O+所含原子总数相等的等电子体有NH3等，答案：配位；O；NH3；(3)C2H5OH分子中的两个碳原子均为sp3杂化，CH3COOH分子中甲基上的碳原子为sp3杂化，羰基中的碳原子为sp2杂化，答案：sp3；sp3或sp2；(4)CH3COOH与H2O均为极性分子，且CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键，因此CH3COOH能与H2O随意比混溶，答案：CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键；(5)O和S位于同一主族，O的原子半径比S的小，半径越小原子核对最外层电子的吸引力越大，则第一电离能越大，因此第一电离能I1(O)>I1(S)，答案：>；O的原子半径比S的小，原子核对最外层电子的吸引力较大；(6)由均摊法可知，1个晶胞中Mn原子的数目为4，Se原子的数目为8×+6×=4，依据晶胞结构可知，两个Mn原子的最近距离为面对角线的一半，所以晶胞的棱长为pm，取1mol晶胞，质量m=4×134g，1