四省八校2025届高三化学上学期第二次教学质量检测试题含解析

PAGE16-四省八校2025届高三化学上学期其次次教学质量检测试题（含解析）考生留意：1.本试卷分第I卷和第II卷两部分。满分300分。考试时间150分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必需在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。3.做选考题时，考生须依据题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。可能用到的相对原子质量：H1N14O16Ni58.7As75一、选择题：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.化学与生活各个方面休戚相关，下列说法错误的是A.光化学污染是由玻璃反射，造成光线强对眼睛有害的污染B.贵州省“桐梓人”是中国南方发觉的最早智人之一，可以用14C测定其年头C.化肥普钙Ca（H2PO4）2不行与草木灰混用D.锂电池是一种高能电池，其有比能量高，工作时间长，工作温度宽，电压高等优点【答案】A【解析】【详解】A．光化学污染是指NOx气体对人类影响，而非玻璃反射，故A错误；B．14C具有放射性，能发生衰变，可以用来测定文物年头，故B正确；C．Ca(H2PO4)2水解显酸性，草木灰水解显碱性，若混合运用，水解相互促进，易造成肥效降低，故C错误；D．锂电池是一种高能电池，其有比能量高，工作时间长，工作温度宽，电压高等优点，故D正确；故答案选A。2.下列说法正确的是A.1L1mol·L－1的NH4Fe（SO4）2溶液中，Fe3＋数目与SO42－数目之比为1：2B.标况下，22.4LNO2与足量水反应生成0.5NA个NO分子C.1mol石墨和金刚石的混合物中，含碳碳键数目为4NAD.K37ClO3＋6H35Cl＝3Cl2↑＋KCl＋3H2O若该反应转移5NA个电子，则生成212gCl2【答案】D【解析】【详解】A．由于Fe3+的水解，导致n(Fe3+)<1mol，故A错误；B．标况下，NO2为液体(沸点21℃)，不能用气体摩尔体积进行计算，故B错误；C．石墨为层状结构，1mol石墨中含有1.5NA碳碳键，金刚石为空间立体网状结构，1mol金刚石含有2NA碳碳键，故C错误；D．K37ClO3＋6H35Cl＝3Cl2↑＋KCl＋3H2O，依据氧化还原规律：3molCl2中由1mol37Cl和5mol35Cl，即3molCl2的质量=37+535=212g，由得，若该反应转移5NA个电子，则生成212gCl2，故D正确；故答案选D。3.多巴胺（如图）由脑内分泌，可影响一个人心情，其下列说法正确的是A.分子式C8H10NOB.该物质1mol可反应消耗溴水中3molBr2C.该结构中最多有15个原子共平面D.该物质能发生氧化反应、取代反应、加成反应、消去反应【答案】B【解析】【详解】A．多巴胺分子式为C8H11NO2，故A错误；B．该物质苯环上有2个酚羟基，3个氢，1mol可与溴水中3molBr2发生取代反应，故B正确；C．由于单健的存在，-CH2-CH2-NH2上的原子还可能旋转与苯环共面，最多有17个原子共面，故C错误；D．该物质不能发生消去反应，故D错误；故答案选B。4.下列试验操作、现象、结论均正确的是选项试验操作试验现象结论A向蛋白质溶液中加入氯化钠晶体有固体析出加入无机盐使胶体聚沉BAg2CO3白色悬浊液中加入Na2S溶液沉淀变为黑色Ksp（Ag2S）>Ksp（Ag2CO3）C某混合气体依次通过品红溶液和澄清石品红褪色和澄清石灰水变浑浊该混合气体中含有SO2和CO2D向某水溶液中加入银氨溶液，水浴加热出现光亮的银镜该溶液中肯定含有醛类物质AA B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．蛋白质溶液属于胶体，加入电解质会发生聚沉，故A正确；B．沉淀的转化：同类型时，向溶解度小的转化更简洁，即Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)，故B错误；C．因SO2也能使石灰水变浑浊(Ca(OH)2+SO2＝CaSO3↓+H2O)，没有除去SO2就无法确定是否有CO2，故C错误；D．能与银氨溶液反应，产生银镜现象的还有糖类，甲酸，甲酸酯，甲酸盐，故D错误；故答案选A。5.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，其中A、B同周期，A、C的最外层电子数之和的一半等于D的最外层电子数，A、B、C的原子序数之和为D的2倍，D的单质是一种带有金属光泽的灰黑色固体。下列说法正确的是A.原子半径为：C>D>B>AB.简洁氢化物的沸点：D>B>AC.D的单质与强碱溶液反应可生成气体D.B和C形成的化合物与A的氢化物的水溶液能反应【答案】C【解析】【分析】由题干分析可知，带有金属光泽的灰黑色固体肯定是Si，即D为Si，又因A、C的最外层电子数之和的一半等于D的最外层电子数，可知A，C最外层电子数只能为7，1；6，2；5，3，其中7，1；6，2都不行能，只能是5，3；所以元素分别为：A：N，B：O，C：Al，D：Si。【详解】由题干分析可知，带有金属光泽的灰黑色固体肯定是Si，即D为Si，又因A、C的最外层电子数之和的一半等于D的最外层电子数，可知A，C最外层电子数只能为7，1；6，2；5，3，其中7，1；6，2都不行能，只能是5，3；所以元素分别为：A：N，B：O，C：Al，D：Si；A．原子半径为：C>D>A>B，故A错误；B．由于H2O，NH3分子中有氢键，简洁氢化物的沸点应为B>A>D，故B错误；C．Si单质与强碱溶液可以反应生成H2，故C正确；D．B和C形成的化合物是Al2O3，A的氢化物的水溶液是氨水，Al2O3与氨水不反应，故D错误；故答案选C。6.微生物电化学技术作为一种新型水处理工艺，因具有污染物同步去除和能源化的特点而受到广泛关注。一种典型的乙酸降解微生物电化学系统（MES）工作原理如下图所示。下列说法错误的是A.MES系统中的交换膜为阳离子交换膜B.乙酸降解过程中，若电路中流过2mol电子，则理论上右室须要通入O2约11.2LC.通入O2的一极为正极，发生还原反应D.逸出CO2的一侧电极反应式为CH3COOH－8e－＋2H2O＝2CO2↑＋8H＋【答案】B【解析】【详解】A．从图分析可知左池电极为负极，右池(O2)为正极，由于正极：O2+4e-+4H+=2H2O，所以H+要从左池移向右池，即须要阳离子交换膜，故A正确；B．O2没有在标准状况下，无法确定体积，故B错误；C．O2在正极得e-被还原，发生还原反应，故C正确；D．负极电极反应式为CH3COOH－8e－＋2H2O＝2CO2↑＋8H＋，故D正确；故答案选B。7.变更0.1mol·L－1己二酸（简写为H2A，电离常数分别为Ka1、Ka2）溶液的pH，溶液中的H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ（X）随pH的变更如图所示。下列叙述错误的是A.Ka1＝10－4.4B.曲线II表示的是HA－的物质的最分数δ（X）肋pH的变更关系C.NaHA溶液中：c（H＋）＝c（OH－）＋2c（A2－）－c（H2A）D.等物质的量浓度的Na2A与NaHA混合溶液中：c（Na＋）>c（A2－）>c（HA－）>c（H＋）>c（OH－）【答案】C【解析】【详解】A．由图可知：Ka1=，又因为在pH＝4.4时，c(HA-)＝c(H2A)，所以Ka1＝c(H+)＝10-4.4，故A正确；B．由电离H2A⇌HA-+H+，HA-⇌H++A2-可知Ⅱ曲线表示HA-，故B正确；C．NaHA溶液中：由质子守恒得c(H+)＝c(OH-)+c(A2-)-c(H2A)，故C错误；D．等物质量浓度的Na2A与NaHA混合溶液中，有图可知HA-的电离程度大于A2-的水解程度所以溶液显酸性，故c(H＋)＞c(OH－)，故D正确；故答案选C。【点睛】推断盐溶液中离子浓度大小关系时，要考虑盐类水解的问题，综合运用三大守恒进行分析。二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。考生依据要求作答。（一）必考题8.羟氨（NH2OH）是一种还原剂，和联氨一样是一种弱碱，不稳定，室温下汲取水汽快速分解。回答下列问题：（1）请写出羟氨的电子式___。（2）利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。测定步骤如下：①溶液配制：称取5.0g某羟氨样品，溶解在______酸中后加适量蒸馏水，将其全部转移至100mL的______中，加蒸馏水至_______。②取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应：2NH2OH2＋＋4Fe3＋＝N2O↑＋4Fe2＋＋H2O＋6H＋，生成的Fe2＋用0.4000mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，滴定达到终点的现象是____________。请写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式_____________。重复滴定3次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：计算试样的纯度____%。（3）下列操作导致误差偏高的有______（填编号）。a滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消逝b滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液c羟氨称量时，时间过长和溶解时没有刚好用酸酸化dKMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数【答案】(1).(2).硫酸(3).容量瓶(4).刻度线(5).当最终一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色(6).5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O(7).66(8).ab【解析】【分析】(1)依据羟氨化学式写出其电子式；(2)①羟氨应溶解在H2SO4中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化；②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最终一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；依据氧化还原反应的规律写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式，依据物质的量的关系计算式样纯度；(3)依据氧化还原滴定的相关操作分析试验误差。【详解】(1)依据羟氨化学式NH2OH可知其电子式为：，故答案为：；(2)①羟氨应溶解在H2SO4中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化，将其全部转移至100mL的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线，故答案为：硫酸；容量瓶；刻度线；②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最终一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；依据氧化还原反应的规律写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；由消耗高锰酸钾体积表可知，第一次误差过大，舍去，V(平均)==20.00mL；设滴定时NH2OH2+的物质的量为xmol，依据离子方程式可得关系式：解得x=0.02因总量为100mL，所以n(NH2OH2+)＝0.02×5＝0.1molm=nM＝0.1×33g/mol＝3.3gw==100%=66%故答案为：当最终一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；66；(3)a．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消逝会导致V标准偏大，计算结果偏高；b．滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液，相当于把KMnO4溶液稀释，滴定时消耗体积增大，计算结果偏高；c．羟氨称量时，时间过长和溶解时没有刚好用酸酸化会导致羟氨被氧化，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；d．KMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；故答案为：ab。【点睛】留意氧化还原滴定操作中的留意事项，依据公式推断不同操作可能引起的试验误差。9.金属镓是由门捷列夫第一个预言成真的元素，有“电子工业脊梁”的美誉，它与铝同主族，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物，镓及其化合物应用广泛。粉煤灰中可以提取镓，粉煤灰中的主要成分为Ga2O3，含CaO、SiO2、Al2O3等杂质。镓的熔点较低（29.8℃）.沸点很高（2403℃）。（1）滤渣1的主要成分为：___________。（2）为了提高溶浸效率可以采纳的措施有（写两种）：____________。（3）写出镓单质与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：___________。（4）其他镓的化合物在生活和前沿科技上有广泛应用，依据已学学问回答下列问题：①GaCl3溶液制备GaCl3固体，应如何操作：_________。②当代工业上固态氮化镓（GaN）的制备方法是利用镓与NH3在1000℃高温下合成，同时生成氢气，每消耗1molGa时放出15.135kJ热量。该可逆反应的热化学方程式是______。（5）下表是两种两性氢氧化物的电离常数。将一块镓铝合金完全溶于烧碱溶液，再往反应后溶液中缓缓通入CO2，最先析出的氢氧化物是____。（6）电解法可以提纯粗镓（内含Zn、Fe、Cu等杂质），以NaOH水溶液为电解质，在阴极析出高纯度的镓，请写出阴极电极反应：_____（离子氧化依次为：Zn2＋<Ga3＋<Fe2＋）。【答案】(1).CaCO3、SiO2(2).升温、粉碎(其它合理答案均可)(3).2Ga+2OH-+2H2O=2GaO2-+3H2↑(4).在HCl气流中加热蒸干(5).2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)=-30.27kJ/mol(6).Al(OH)3(7).GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH-【解析】【分析】(1)粉煤灰中的主要成分为Ga2O3，含CaO、SiO2、Al2O3等杂质，加入Na2CO3溶液中发生反应CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，Ga2O3+2NaOH=2NaGaO2+H2O，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，SiO2不溶于水，据此分析；(2)提高溶浸效率可以采纳的措施有上升温度、增大反应物接触面积等方法；(3)镓与铝化学性质相像，与氢氧化钠溶液反应的离子方程式形式也类似；(4)①用GaCl3溶液制备GaCl3固体，要考虑Ga3+的水解；②依据题目中的条件写出热化学方程式；(5)依据强制弱原理进行分析；(6)因是NaOH为电解质，所以Ga3+只能以GaO2-形式存在，据此分析。【详解】(1)粉煤灰中的主要成分为Ga2O3，含CaO、SiO2、Al2O3等杂质，加入Na2CO3溶液中发生反应CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，Ga2O3+2NaOH=2NaGaO2+H2O，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，SiO2不溶于水，过滤后得滤渣1为CaCO3、SiO2；(2)提高溶浸效率可以采纳的措施有升温、粉碎等方法；(3)镓与铝化学性质相像，镓单质与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Ga+2OH-+2H2O=2GaO2-+3H2↑；(4)①用GaCl3溶液制备GaCl3固体，为了抑制Ga3+水解，须要在HCl气流中加热蒸干；②镓与NH3在1000℃高温下合成GaN，同时生成氢气，化学方程式为：2Ga+2NH32GaN+3H2，每消耗1molGa时放出15.135kJ热量，则该反应的热化学方程式为：2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)=-30.27kJ/mol；(5)由Al(OH)3和Ga(OH)3的酸式电离常数可知，Al(OH)3的酸性更弱，依据强制弱原理，酸性弱的先析出，所以Al(OH)3先析出；(6)因是NaOH为电解质，所以Ga3+只能以GaO2-形式存在，阴极电极反应为：GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH-。【点睛】粉煤灰中的化学成分加入Na2CO3溶液会发生的化学反应是解题的关键，，留意镓与铝化学性质相像，发生的化学反应也相像。10.丙烯是仅次于乙烯的有机化工原料，可由丙烷脱氢氧化制取。丙烷脱氢氧化工艺包含的反应有：主反应：①C3H8（g）C3H6（g）＋H2（g）△H1＝＋124.27kJ·mol－1（脱氢反应）②H2（g）＋O2（g）＝H2O（g）△H2＝－241.82kJ·mol－1（烧氢反应）副反应：③C3H8（g）CH4（g）＋C2H4（g）△H3＝＋81.30kJ·mol－1④C2H4（g）＋H2（g）C2H6（g）△H4＝－136.94kJ·mol－1⑤C3H8（g）＋H2（g）CH4（g）＋C2H6（g）△H5回答下列问题：（1）△H5＝____kJ·mol－1。（2）图1是制备工艺中一些反应平衡常数的对数值与温度的关系图，欲提高丙烯的产率，能否尽可能的提高反应温度?_________，其缘由是__________________。除温度外，下列还可提高丙烯产率的措施有_________（填序号）A降低压强B增大压强C采纳选择性优良的催化剂D选择性的氧化消退部分氢气（3）实际脱氢工艺中经常通入水蒸汽，以变更丙烷的平衡转化率。图2为常压、600～1000K时，不同水烃比M下丙烷脱氢反应的平衡转化率变更图。由图可知，常压、温度恒定时水烃比对平衡转化率的影响规律为____________。设某温度、1atm（记为p0）下丙烷的脱氢转化率为y，加入反应体系的水蒸汽与原料丙烷的物质的量之比为M，则脱氢反应的平衡常数Kp＝____（Kp为以分压表示的平衡常数，写出表达式即可）。（4）当反应温度为923K时，计算可知脱氢反应的反应热为＋115.66kJ·mol－1，烧氢反应的反应热为－237.75kJ·mol－1，为保证烧氢所放热量完全满意脱氢吸热之用（假设脱氢率为100%），则烧氢率应大于_____；由此可见，烧氢过程不仅可以提高丙烷脱氢的转化率，还可以_________。【答案】(1).-55.64(2).不能(3).在高温下副反应③比脱氢反应更简洁进行(4).ACD(5).水烃比越大，脱氢反应平衡转化率越高(6).(7).48.6%(8).降低能耗【解析】【分析】(1)由题目中给出的热化学方程式之间的关系可得=+；(2)由图1可知，在高温下副反应③比脱氢反应更简洁进行；提高丙烯产率可以使主反应正向进行，或加快主反应速率，抑制副反应的发生；(3)水烃比值越大，相当于只有烃分解，扩大体积，减小压强，比值越大，正向移动程度越大；依据“三段式”计算出C3H8(g)⇌C3H6(g)＋H2(g)平衡时每种物质的物质的量关系，进而进行计算；(4)烧氢放出的热量为脱氢供应热量，依据量的关系进行计算。【详解】(1)由③C3H8(g)CH4(g)＋C2H4(g)△H3＝＋81.30kJ·mol－1④C2H4(g)＋H2(g)C2H6(g)△H4＝－136.94kJ·mol－1可知⑤C3H8(g)＋H2(g)CH4(g)＋C2H6(g)可以由③+④得到，所以=+=＋81.30kJ·mol－1+(-136.94kJ·mol－1)=-55.64kJ·mol－1；(2)由图可知，欲提高丙烯的产率，不能尽可能的提高反应温度，因为在高温下副反应③比脱氢反应更简洁进行；降低压强、选择性的氧化消退部分氢气可以使主反应正向进行，采纳选择性优良的催化剂可以加快主反应速率，降低副反应进行程度，提高丙烯产率；(3)水烃比值越大，相当于只有烃分解，扩大体积，减小压强；比值越大，正向移动程度越大，即水烃比越大，脱氢反应平衡转化率越高；假设丙烷为1mol，则有：Kp===；(4)由题意可知，烧氢放出的热量为脱氢供应热量，依据量的关系可得：烧氢率应大于=48.6%，由此可见，烧氢过程不仅可以提高丙烷脱氢的转化率，还可以降低能耗。【点睛】(2)明白图1中曲线表示的意义和变更趋势为解题的关键，肯定要依据实际状况进行分析。（二）选考题：【化学——选修3：物质结构与性质】11.铁在史前就为人们所知，由于铁、钴、镍性质很相像故称为铁系元素。回答下列问题：（1）铁、钴、镍中未成对电子数目最多的为_____，镍的外围电子轨道表达式为_____。（2）Co2＋可以和SCN－作用形成蓝色配离子，该反应可用于Co2＋的定性检验。①SCN－的空间构型为____，组成元素中第一电离能最大的是___。②SCN－对应的酸有硫氰酸（H－S－C≡N）和异硫氰酸（H－N＝C＝S），这两种酸中后者沸点较高，主要缘由是_________________。（3）二茂铁是一种夹心式结构的协作物，通常认为是由一个Fe2＋离子和两个C5H5－离子形成的，X射线探讨结果指出两个C5H5－环的平面是平行的，结构如图1所示。C5H5－中碳原子的杂化类型为_____。分子中的大π键盘可用符号表示，其中m代表参加形成的大π键原子数，n代表参加形成的大π键盘电子数，则C5H5－中的大π键盘可以表示为______。（4）NiAs晶体中的原子积累方式如图2所示，其中As的配位数为______。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，NiAs的密度为______g·cm－3，（列出计算式）。【答案】(1).铁(2).(3).直线型(4).N(5).异硫氰酸分子之间可以形成氢键(6).sp2(7).(8).6(9).或【解析】【分析】(1)未成对电子数目依据基态原子电子排布式进行推断；(2)①SCN－的空间构型依据等电子体进行推断；同一周期，随原子序数的增加，元素第一电离能呈现增大的趋势，同一主族，最电子层数的增加，元素的第一电离能渐渐减小；②H－N＝C＝S分子中存在强极性键N-H，致其分子间易形成氢键，故H－N＝C＝S沸点比H－S－C≡N高；(3)由题意可知C5H5-的C环是平面的，故知其中5个C原子应为sp2杂化；因5个C原子均为sp2杂化，则应各有一个未杂化的p电子参加形成5个C原子的大键，加上负电荷的电子，共有6个电子参加形成大键；(4)此为六方晶胞，单晶胞体积为；整个六方晶胞体积为，整个六方晶胞中Ni原子数为12+6+2+1=6，As原子数为6，依据计算。【详解】(1)依据基态原子电子排布式Fe为1s22s22p63s23p63d64s2、Co为1s22s22p63s23p63d74s2、Ni为1s22s22p63s23p63d84s2可知，未成对电子数目最多的是铁，镍的外围电子轨道表达式为；(2)①SCN－的等电子体是CO2，空间构型相同为直线型；同一周期，随原子序数的增加，元素第一电离能呈现增大的趋势，同一主族，最电子层数的增加，元素的第一电离能渐渐减小，故组成元素中第一电离能最大的是N；