四川省宜宾市普通高中2025届高三化学适应性考试三诊试题含解析

PAGE17-四川省宜宾市一般中学2025届高三化学适应性考试（三诊）试题（含解析）1.化学与生产生活亲密相关。下列叙述错误的是（）A.有机玻璃的主要成分是硅酸盐和二氧化硅B.硫酸亚铁与维生素C混用有利于铁元素汲取C.汗水浸湿的衣服晾干后的白色斑迹主要是氯化钠D.通过石油的裂解可以得到乙烯、丙烯【答案】A【解析】【详解】A．有机玻璃的主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯，A错误；B．维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增加治疗缺铁性贫血效果，B正确；C．汗水含氯化钠，故汗水浸湿的衣服晾干后的白色斑迹主要是氯化钠，C正确；D．通过石油的裂解可以得到乙烯、丙烯等基本化工原料，D正确；答案选A。2.N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化如图所示。下列叙述正确的是（）A.在反应过程中作催化剂B.催化剂a表面发生了分解反应和化合反应C.催化剂a、b增大了该历程中的最大能垒（活化能）D.催化剂b表面发生的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O【答案】D【解析】【详解】A.由示意图可知，在催化剂a表面氮气和氢气发生化合反应生成氨气，氨气做生成物，在催化剂b表面氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，氨气做反应物，则氨气在反应过程中做中间产物，故A错误；B.由示意图可知，在催化剂a表面氮气和氢气发生化合反应生成氨气，没有发生分解反应，故B错误；C.催化剂a、b，降低了反应的活化能，从而提高反应速率，故C错误；D.由示意图可知，在催化剂b表面氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故D正确；故选D。【点睛】在催化剂a表面氮气和氢气发生化合反应生成氨气，在催化剂b表面氨气和氧气反应生成一氧化氮和水是解答关键。3.由环己醇制备环己烯的反应为：＋H2O。下列说法正确的是（）A.该反应取代反应B.环己醇环上的一氯代物有3种C.环己烯分子中全部原子共平面D.环己烯能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【分析】【详解】A.在浓硫酸作用下，环己醇共热发生消去反应生成环己烯和水，故A错误；B.环己醇结构对称，分子中与羟基相连的碳原子含有1个氢原子，则环己醇环上的一氯代物有4种，故B错误；C.环己烯分子中含有亚甲基结构，全部原子不行能共平面，故C错误；D.环己烯分子中含有碳碳双键，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故选D。4.某学习小组设计的蔗糖水解反应如图所示（夹持装置省略）。下列说法错误的是（）A.稀硫酸和热水浴都能加快蔗糖水解速率B.滴加NaOH溶液的目的是调溶液的pH至碱性C.加热至沸腾后试管内生成黑色沉淀D.试验现象证明蔗糖水解有还原性物质生成【答案】C【解析】【分析】【详解】A．稀硫酸是蔗糖水解反应的催化剂，催化剂能加快反应速率，热水浴相当于对反应体系加热，温度上升，反应速率加快，故A正确；B．酸性条件下，新制的氢氧化铜悬浊液会与稀硫酸发生酸碱中和反应，影响后续蔗糖水解产物的检验，滴加NaOH溶液的目的是调溶液的pH至碱性，消退稀硫酸对后续试验现象的影响，故B正确；C．蔗糖在稀硫酸存在、水浴加热时发生水解生成一分子葡糖糖和一分子果糖，葡萄糖分子结构中有醛基，具有还原性，与新制氢氧化铜发生氧化还原反应，加热至沸腾后试管内生成砖红色氧化亚铜沉淀，故C错误；D．结合C项分析，以及试验现象，氢氧化铜转化为氧化亚铜，Cu元素化合价降低，被还原，证明蔗糖水解有还原性物质生成，故D正确；答案选C。5.常温下，1mol·L-1NaHCO3溶液的pH=8。下列说法正确的是（）A.该溶液中OH−的数目为10−6NAB.该溶液中，c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-)C.2c(Na+)+2c(H+)=2c(HCO3-)+c(CO32-)+2c(OH-)D.加水稀释水解程度增大，溶液pH增大【答案】B【解析】【详解】A.常温下，1mol·L-1NaHCO3溶液的pH=8，OH−的浓度为10−6mol/L，没有溶液体积，不能计算OH−的物质的量，故A错误；B.NaHCO3溶液中HCO3−水解出H2CO3，HCO3-电离出CO32-，溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度，所以c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-)，故B正确；C.溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，故C错误；D.加水稀释水解程度增大，由于c（OH-）减小，所以溶液pH减小，故D错误；答案选B。6.利用光能分解水的装置如图，在直流电场作用下，双极性膜将水解离为H+和OH−，并实现其定向通过。下列说法错误的是（）A.光电池能将光能转化为电能B.阳极区发生的电极反应为：2H2O−4e−=4H++O2↑C.双极性膜能限制两侧溶液的酸碱性不同D.再生池中发生的反应为：2V2++2H+=2V3++H2↑【答案】B【解析】【分析】由图上电子移动方向可知右侧电解池的阳极，反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，左侧为阴极，反应式为2V3++2e-=2V2+；双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为2V2++2H+=2V3++H2↑，由此来解题。【详解】A．由图可知，该装置将光能转化为化学能并分解水，选项A正确；B．光照过程中阳极区发生的电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，选项B错误；C．双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，则双极性膜可限制其两侧溶液分别为酸性和碱性，选项C正确；D．依据以上分析，再生的反应方程式为2V2++2H+=2V3++H2↑，选项D正确；答案选B。【点睛】本题考查电解池的工作原理，依据题中给出电子的移动方向推断阴、阳极是解题关键。7.X、Y、Z、M、Q均为短周期元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.X为锂元素B.原子序数：M<QC.最高价含氧酸酸性：Z<MD.Y、Z简洁氢化物的沸点：Y<Z【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q均为短周期元素，又由图示信息知，M最高正价+7、最低-1价，则M为Cl，Z最高正价+5、最低-3价且原子半径小于Cl，则Z为N，X为+1，位于ⅠA，且原子半径是五种元素中最小的，则X为H，Q为+1，位于ⅠA，且原子半径是五种元素中最大的，Q为Na，Y化合价-2价，位于ⅥA，而原子半径比氮原子半径小，则Y为O；【详解】A.X为氢元素，A错误；B.原子序数：M＞Q，即Cl＞Na，B错误；C.最高价含氧酸酸性：Z<M，即硝酸的酸性不如高氯酸，C正确；D.Y、Z简洁氢化物的沸点：Y＞Z，即水的沸点比氨气高，D错误；答案选C。8.Fe(NO3)3是一种重要的媒染剂和金属表面处理剂，易溶于水、乙醇，微溶于硝酸，具有较强的氧化性。某学习小组利用如图装置制备Fe(NO3)3并探究其性质。回答下列问题：步骤一：制备Fe(NO3)3a中加入100mL8mol·L-1硝酸，b中加入5.6g铁屑，将硝酸与铁屑混合后水浴加热。（1）仪器b的名称是___。（2）反应过程中视察到b中铁屑溶解，溶液变黄色，液面上方有红棕色气体产生，仪器b中反应的离子方程式是___。（3）c中所盛试剂是___，倒扣漏斗的作用是___。（4）若要从反应后的溶液中得到Fe(NO3)3晶体，应实行的操作是：将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用____洗涤、干燥。步骤二：探究Fe(NO3)3的性质i.测得0.1mol·L-1Fe(NO3)3溶液的pH约等于1.6。ii.将5mL0.1mol·L-1Fe(NO3)3溶液倒入有银镜的试管中，约1min后银镜完全溶解。（5）使银镜溶解的缘由可能有两个：a.NO3−(H+)使银镜溶解；b.__使银镜溶解。为证明b成立，设计如下方案：取少量银镜溶解后的溶液于另一支试管中，___。【答案】(1).圆底烧瓶(2).Fe+3NO3-+6H+Fe3++3NO2+3H2O(3).NaOH溶液(4).防止倒吸(5).硝酸或HNO3(6).Fe3+(7).滴加几滴铁氰化钾[K3Fe(CN)6]溶液，若有蓝色沉淀生成，则可证明缘由b成立【解析】【分析】（1）看图知仪器b的名称；（2）该反应生成硝酸铁、二氧化氮和水；（3）c中所盛试剂能汲取二氧化氮，倒扣漏斗的作用是防倒吸；（4）结合信息选择洗涤Fe(NO3)3晶体的方法；（5）除硝酸之外另外的氧化剂使银镜溶解，用特征反应检验产物即可；【详解】（1）仪器b为圆底烧瓶；答案为：圆底烧瓶；（2）铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，故离子方程式为：Fe+3NO3-+6H+Fe3++3NO2+3H2O；答案为：Fe+3NO3-+6H+Fe3++3NO2+3H2O；（3）二氧化氮有毒，是一种空气污染物，故c中所盛试剂可选NaOH溶液，它能汲取二氧化氮，气体被汲取后可能引起倒吸，倒扣漏斗的作用是防倒吸；答案为：NaOH溶液；防止倒吸；（4）题目供应信息：硝酸铁易溶于水、乙醇，微溶于硝酸，故选硝酸洗涤Fe(NO3)3晶体除去其表面可溶性杂质；答案为：硝酸或HNO3；（5）除硝酸之外，另外的氧化剂也可使银镜溶解，题目显示，硝酸铁有较强氧化性，故有可能发生Ag+Fe3+=Ag++Fe2+而溶解银，可通过特征反应检验产物中是否存在亚铁离子，故取反应后的溶液，滴加几滴铁氰化钾[K3Fe(CN)6]溶液，若有蓝色沉淀生成，则可证明缘由b成立；答案为：Fe3+；滴加几滴铁氰化钾[K3Fe(CN)6]溶液，若有蓝色沉淀生成，则可证明缘由b成立。9.硒和碲的单质是重要的高新技术材料。一种以含珍贵金属的“酸泥”（含Se、Te、Ag、Pb、Cu等单质）为原料制备硒和碲的工艺流程如图所示。已知：①H2SeO3易溶于水，TeO2不溶于水。②“中和”过程中测得不同pH下相关数据如下表：“中和”终点pH滤液/（g·L-1）沉淀率/％SeTeSeTe411.20.0298.998.1513.70.015.898.9612.40.0134.191.6回答下列问题：（1）已知“碱浸”过程中生成了Na2SeO3和Na2TeO3，则“滤渣”中含有Cu和__。写出Se参与反应的离子方程式____。（2）“碱浸”过程中通入空气应适量的缘由是___。（3）“中和”过程中生成TeO2的化学方程式是____。（4）“中和”终点pH应选择在____旁边，缘由是___。（5）“滤液”可返回____工序循环运用。（6）要制取395g粗硒（质量分数为80％），理论上至少应通入标准状况下的SO2____L。【答案】(1).Ag、Pb(2).Se+2OH-+O2=SeO32-+H2O(3).过量空气会将Na2TeO3、Na2SeO3氧化(4).Na2TeO3+H2SO4=Na2SO4+TeO2↓+H2O(5).5(6).滤液中Se浓度高，损失少，且Te沉淀率高(7).中和(8).179.2【解析】【分析】由流程知：“酸泥”（含Se、Te、Ag、Pb、Cu等单质）中Se、Te经过“碱浸”过程被氧化生成了Na2SeO3和Na2TeO3，Ag、Pb、Cu不反应，过滤以后得到的溶液含过量的碱、Na2SeO3和Na2TeO3，“中和”过程中在肯定pH下，Na2SeO3和Na2TeO3分别转化为易溶于水的H2SeO3、不溶于水的TeO2，经过滤，把二氧化硫通入滤液中把H2SeO3还原为Se，据此回答；【详解】（1）“碱浸”过程中只有Se、Te被空气中的氧气氧化，生成了可溶性的Na2SeO3和Na2TeO3进入溶液，而Ag、Pb、Cu不反应，则“滤渣”中含有Ag、Pb、Cu；Se参与反应的离子方程式为：Se+2OH-+O2=SeO32-+H2O；答案为：Ag、Pb；Se+2OH-+O2=SeO32-+H2O；（2）Se、Te都位于第ⅥA族，Na2SeO3中的Se和Na2TeO3中的Te都呈+4价，Na2SeO3和Na2TeO3既有氧化性又有还原性，若“碱浸”过程中通入空气过量，则过量空气会将Na2TeO3、Na2SeO3氧化；答案为：过量空气会将Na2TeO3、Na2SeO3氧化；（3）“中和”过程中，硫酸和Na2TeO3反应生成硫酸钠、水和TeO2，化学方程式为：Na2TeO3+H2SO4=Na2SO4+TeO2↓+H2O；答案为：Na2TeO3+H2SO4=Na2SO4+TeO2↓+H2O；（4）从流程图知，“中和”是分别Se、Te元素的环节，依据中和”过程中测得不同pH下相关的数据知，终点pH应选择在5旁边，缘由是滤液中Se浓度高，损失少，且Te沉淀率高；答案为：5；滤液中Se浓度高，损失少，且Te沉淀率高；（5）“还原”过程是二氧化硫通入滤液中把H2SeO3还原为Se，二氧化硫被氧化生成硫酸，故“滤液”中含硫酸，可返回中和工序循环运用；答案为：中和；（6）二氧化硫通入滤液中把H2SeO3还原为Se的反应为：，，则=，解得V=179.2L；答案为：179.2L。【点睛】元素周期律能对元素化合物的学习起到指导作用。本题的硒元素的化学性质从S元素类推，它们处于同一主族，结构相像，化学性质既相像又有递变性。10.碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：（1）已知：H2(g)+I2(g)=2HI(g)ΔH=QkJ·mol-1H2(g)+I2(s)=2HI(g)ΔH=＋26.48kJ·mol-1I2(g)=I2(s)ΔH=-37.48kJ·mol-1化学键I—IH—I键能/（kJ·mol-1）151299键能是将1mol气体分子AB断裂为中性气态原子A和B所须要的能量，单位为kJ·mol-1。①Q=____kJ·mol-1。②H—H键能为____kJ·mol-1。（2）716K时，在恒容密闭容器中按物质的量之比1：1充入H2(g)和I2(g)，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数与反应时间的关系如图：①若反应起先时气体混合物的总压为pkPa，则反应在前20min内的I2(g)平均速率(I2)=___kPa·min-1（用含p的式子表示）。②在H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=QkJ·mol-1反应中，正反应速率为v正=k正·c(H2)·c(I2)，逆反应速率为v逆=k逆·c2(HI)，其中k正、k逆为速率常数，则温度为716K时，=___（列出计算式）。③H2(g)+I2(g)2HI(g)达平衡后，降低温度，平衡可能逆向移动，缘由是___。（3）肯定条件下，NaClO可将溶液中的I-氧化为I2。通过测定体系的吸光度，检测到不同pH下I2的生成量随时间的改变关系如图。已知：吸光度越高表明该体系中c(I2)越大①pH=4.8时，在___min旁边c(I2)最大。②10min时，不同pH与吸光度的关系是___。③pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能缘由是___。【答案】(1).-11(2).436(3).0.015p(4).或(5).降温使碘蒸气变为固态碘，导致反应物浓度降低，平衡逆向移动(6).30(7).pH越低，吸光度越高或pH越高，吸光度越低(8).c(H+)增大，ClO-氧化性增加，会接着将I2进一步氧化，c(I2)降低，吸光度下降【解析】【分析】（1）①用盖斯定律计算Q；②利用ΔH=反应物总键能生成物总键能，求H—H键能；（2）①通过表中数据、按要求计算反应在前20min内的I2(g)平均速率(I2)；②在H2(g)+I2(g)2HI(g)中，温度为716K时，正反应速率v正=k正·c(H2)·c(I2)等于逆反应速率=v逆=k逆·c2(HI)，处于平衡状态，据此可计算；③H2(g)+I2(g)2HI(g)达平衡后，降低温度，平衡可能逆向移动的缘由从体系内存在的其它改变来分析（此反应中逆反应为吸热方向）；（3）①pH=4.8时，据图推断c(I2)最大的时间；②10min时，不同pH与吸光度的关系可通过该图数据分析得出；③pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能从物质的性质来分析；【详解】（1）①设反应①H2(g)+I2(g)=2HI(g)ΔH=QkJ·mol-1，反应②H2(g)+I2(s)=2HI(g)ΔH=＋26.48kJ·mol-1，改变③I2(g)=I2(s)ΔH=-37.48kJ·mol-1，则反应①=反应②+改变③，故Q=-37.48＋26.48=-11；答案为：-11；②按以上计算，则H2(g)+I2(g)=2HI(g)ΔH=-11kJ·mol-1，利用ΔH=反应物总键能生成物总键能=x+151-2×299=-11，x=436；答案为：436；（2）①按题意知：、则反应在前20min内的I2(g)平均速率(I2)==0.015pkPa·min-1；答案为：0.015p；②在H2(g)+I2(g)2HI(g)中，温度为716K体系处于平衡状态时，v正=k正·c(H2)·c(I2)=v逆=k逆·c2(HI)，则，图示平衡时，则，则=或；答案为：或；③H2(g)+I2(g)2HI(g)为放热反应，若达平衡后物质状态及反应没有改变，则降低温度，平衡应当右移，现在逆向移动，则可能的缘由从体系内存在的其它改变来分析，可能缘由为：降温使碘蒸气变为固态碘，导致反应物浓度降低，平衡逆向移动；答案为：降温使碘蒸气变为固态碘，导致反应物浓度降低，平衡逆向移动；（3）①吸光度越高表明该体系中c(I2)越大，可由图知pH=4.8时，c(I2)最大的时间为30min；答案为：30；②吸光度越高表明该体系中c(I2)越大，10min时，，10min时pH越低c(H+)越大，反应速率加快，c(I2)越高，吸光度越大；答案为：pH越低，吸光度越高或pH越高，吸光度越低；③pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降即c(I2)快速下降，也就是进一步反应了，这是因为c(H+)增大，ClO-氧化性增加，会接着将I2进一步氧化；答案为：c(H+)增大，ClO-氧化性增加，会接着将I2进一步氧化，c(I2)降低，吸光度下降。11.2024年1月，南开高校探讨团队“高效手性螺环催化剂的发觉”获得2024年度国家自然科学技术一等奖，含多种金属元素的催化剂正在刷新合成化学的新高度。回答下列问题：（1）形成“刚性”螺环的元素是碳，基态碳原子的价电子轨道表达式是___。（2）如图是一种简洁螺环烃，分子中碳原子的杂化方式为___，分子中___（填“含”或“不含”）手性碳原子。（3）铁及其化合物羰基铁[Fe(CO)5]常用作催化剂。①1molFe(CO)5分子中含有的σ键数目为____，写出一种与CO互为等电子体的离子___。②Fe(CO)5是一种浅黄色液体，熔点-20℃，沸点103℃，热稳定性较高，易溶于苯等有机溶剂，不溶于水。Fe(CO)5是___（填“极性”或“非极性”）分子；配体CO供应孤电子对的原子是C而不是O，缘由是____。③如图是某Fe单质晶胞模型。已知晶体密度为dg·cm-3，则铁原子的半径为___nm（用含有d、NA的代数式表示）。（4）在某些过渡金属的羰基化合物中，中心原子的价电子数与配体供应的电子数之和满意“18e-结构规则”。羰基铁与羰基镍的化学式分别为Fe(CO)5和Ni(CO)4，则羰基铬的化学式是___。【答案】(1).(2).sp3(3).不含(4).10NA(5).CN-或C22-或NO+(6).非极性(7).C的电负性比O小，C比O更易供应孤对电子(8).×107(9).Cr(CO)6【解析】【分析】（1）基态碳原子的价电子为第L层的4个电子，据此写其轨道表达式；（2）分子中碳原子都是碳碳单键，据此可确定杂化方式，按分子中碳原子是否连接着4个不同基团来确定是否含有手性碳原子；（3）①从结构特点求算1molFe(CO)5分子中含有的σ键数目、按等电子体的定义可写出CO互为等电子体的离子；②按Fe(CO)5的性质推断其的分子极性；从C、O原子性质的分析配体CO供应孤电子对的原子是C而不是O的缘由；③结合Fe单质的晶胞模型，确定晶胞的质量、体积，从而按晶体密度为dg·cm-3列式求算晶胞边长，按Fe原子半径r与晶胞边长a关系求出r铁原子的半径；（4）按供应的信息——在某些过渡金属的羰基化合物中，中心原子的价电子数与配体供应的电子数之和满意“18e-结构规则”。羰基铁与羰基镍的化学式分别为Fe(CO)5和Ni(CO)4，则可求羰基铬的化学式；【详解】（1）基态碳原子的价电子为第L层的4个电子，价电子排布式为2S22P2，据此写其轨道表达式为；（2）分子中碳原子都是碳碳单键，则碳原子的杂化方式为sp3，分子中不存在连接着4个不同基团的碳原子，故分子内不含手性碳原子；（3）①1molFe(CO)5分子中，有5mol配位键是σ键、每1molCO内有1molσ键，故含有的σ键数目为10NA，与CO互为等电子体的离子是双核离子且最外层有14个电子，则满意条件的离子有CN-或C22-或NO+；②Fe(CO)5的熔沸点比较低，属于分子晶体，按Fe(CO)5的溶解性：易溶于非极性溶剂，故可推断其为非极性分子；Fe(CO)5分子内铁原子与CO分子间形成了配位键，C的电负性比O小，C比O更易供应孤对电子，故CO供应孤电子对的原子是C而不是O；③Fe单质的晶胞模型为体心立方积累，晶胞的原子均摊数为，晶胞的质量为，晶胞体积为，边长，Fe原子半径r与晶胞边长a关系为4r=a，所以；；（4）按供应的信息——在某些过渡金属的羰基化合物中，中心原子的价电子数与配体供应的电子数之和满意“18e-结构规则”，则羰基铬也满意规律，因为铬的价电子构型为3d54s1，铬有6个价电子，则配体CO供应12个电子，故配位数为6，羰基铬的化学式为Cr(CO)6。12.科学家正在探讨传统中草药金银花对治疗“新冠肺炎”是否有效，金银花活性成分“绿原酸”的一种人工合成路途如图：已知：回答下列问题：（1）有机物A的名称是___，D中含有的官能团名称是___。（2）C的结构简式为____；B与C生成D的反应类型是___。（3）E生成F的化学方程式是___。（4）F生成G的反应中，“①肯定条件”对应的试剂和反应条件是___。（5）已知：双键连在同一碳原子上是