全国I卷广东省福建等省2025届高三化学下学期4月联考试题含解析

PAGE17-（全国I卷）广东省福建等省2025届高三化学下学期4月联考试题（含解析）考生留意：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共300分。考试时间150分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.可能用到的相对原子质量：H1C12N14016Ag108第Ⅰ卷(选择题)一、选择题：本题共7小题，每小题6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.文房四宝即笔、墨、纸、砚，其中以湖笔、徽墨、宣纸和端砚最为称著。下列说法正确的是A.徽墨中墨的主要成分是黑色的油脂 B.湖笔中笔头的羊毫的主要成分是蛋白质C.宣纸的主要成分是无机碳和少量的纤维素 D.含较多氧化铁的端砚呈黑色【答案】B【解析】【详解】A．徽墨中墨的主要成分是碳，故A错误；B．羊毛的主要成分是蛋白质，故B正确；C．宣纸的主要成分是纤维素，故C错误；D．砚石中含有较多的氧化铁时，端砚应呈红色，故D错误；故答案为B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.将11.2LCl2通入足量的NaOH溶液中充分反应，转移的电子数为0.5NAB.常温下，1.0LpH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2NAC.4.4g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的电子总数为2.2NAD.11.5g乙醇分子中含有C-H键的数目为1.5NA【答案】C【解析】【详解】A．未标明温度和压强，11.2L氯气的物质的量无法确定，故A错误；B．pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，所以1.0L该溶液中H+的数目为0.1NA，故B错误；C．CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故4.4g混合物的物质的量为0.1mol，且两者分子中均含22个电子，故0.1mol混合物中含2.2NA个电子，故C正确；D．11.5g乙醇的物质的量为=0.25mol，一个乙醇分子含C-H键个数为5，所以11.5g乙醇分子中含有C-H键的数目为1.25NA，故D错误；故答案为C。3.化合物(a)在乙酸汞催化下与乙酸反应生成化合物(b)：下列说法错误的是A.(a)具有含苯环的同分异构体 B.(a)能使酸性KMnO4溶液褪色C.(b)能发生加成聚合反应 D.(b)的一氯代物有7种【答案】D【解析】【详解】A．(a)的分子式为C8H8，与苯乙烯C8H8互为同分异构体，故A正确；B．(a)中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色，故B正确；C．(b)含有碳碳双键，可以发生加成聚合反应，故C正确；D．(b)结构对称，有5种环境的氢原子，一氯代物有5种，故D错误；故答案为D。4.海冰是海水冻结而成的咸水冰，海水冻结时，部分来不及流走的盐分(设以NaCl为主)以卤汁的形式被包袱在冰晶之间，形成“盐泡”，其大致结构如图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，则溶化后的水为淡水。下列叙述正确的是A.海冰内层“盐泡”越少，密度越大B.海冰冰龄越短，内层的“盐泡”越少C.每含1molH2O的海冰内就有2×l0-5NA个NaCl分子(NA为阿伏加德罗常数)D.海冰内层NaCl的浓度约为l0-3mol/L(设冰的密度为0.9g-3)【答案】D【解析】【详解】A．“盐泡”内含有NaCl等盐类，“盐泡”越多，质量越大，海冰密度越大，故A错误；B．若海冰的冰龄达到1年以上溶化后的水为淡水，即冰龄越长，“盐泡”渗出，内层的“盐泡”越少，故B错误；C．NaC1是离子化合物，不存在NaCl分子，故C错误；D．假设有1L海冰，质量为900g，物质的量约为50mol，“盐泡”与H2O的个数比约为2×10-5:1.则氯化钠的物质的量约为1×10-3mol，所以海冰内层NaCl的浓度约为10-3mol/L，故D正确；故答案为D。5.磷酸铁锂电池放电时正极的反应式为。该电池放电时的工作原理如图所示。下列叙述正确的是A.放电时，Li+通过隔膜移向正极B.放电时，电子由铜箔经溶液流向铝箔C.放电时，负极发生的电极反应：Cu-2e-=Cu2+D.该电池放电过程中C、Fe、P元素化合价均发生改变【答案】A【解析】【详解】A．放电时为原电池，原电池中阳离子流向正极，故A正确；B．电子不能在溶液中迁移，故B错误；C．依据锂离子流向可知左侧为负极，依据图示可知放电时左侧电极有锂离子生成，所以负极反应为：LixC6-xe-=xLi++6C，故C错误；D．放电过程中C和P的化合价没有发生改变，故D错误；故答案为A。【点睛】原电池中电解质溶液中阳离子流向正极，阴离子流向负极；电子通过导线由负极流向正极，电流的方向与电子流向相反。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子序数是Z的原子序数的一半，W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示。下列叙述正确的是A.原子半径：Z>Y>WB.化合物M中W的原子满意8电子稳定结构C.对应单质的熔点：X>Z>YD.Z的氧化物对应的水化物为强酸【答案】B【解析】【分析】依据化合物M中Y和W的成键特点可知Y应为第ⅣA族元素，W应为第ⅥA族元素，若W为S，满意条件“W的原子序数是Z的原子序数的一半”的Z元素不是短周期主族元素，所以W为O，Z为S，则Y为Si，X应为第IA族元素，则X为Na。【详解】A．同周期主族元素的原子序数越大原子半径越小，所以原子半径：Si>S>O，故A错误；B．依据M的结构可知该化合物中O原子均满意8电子稳定结构，故B正确；C．晶体硅为原子晶体，熔点最高，故C错误；D．Z的氧化物有多种，其中SO2对应的水化物为弱酸，故D错误；故答案为B。7.次磷酸(H3PO2一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时，有1mol∙L-1的H3PO2溶液和1mol∙L-1的HBF4溶液，两者起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积均为V，两溶液的pH改变曲线如图所示。下列说法错误的是A.常温下，NaBF4溶液的pH=7B.常温下，H3PO2的电离平衡常数约为1.110-2C.NaH2PO2溶液中：c(Na+)=c(H2PO2-)+c(HPO22-)+c(PO23-)+c(H3PO2)D.常温下，在0≤pH≤4时，HBF4溶液满意【答案】C【解析】【分析】此题的横坐标是，V是加水稀释后酸溶液的体积，未稀释时，V=V0，横坐标值为1；稀释10倍时，V=10V0，横坐标值为2，以此类推。此题事实上考察的是稀释过程中，酸碱溶液pH的改变规律：越强的酸碱，稀释过程中pH的改变越明显；假如不考虑无限稀释的状况，对于强酸或强碱，每稀释十倍，pH改变1。依据此规律，再结合题干指出的次磷酸是弱酸这条信息，就可以明确图像中两条曲线的归属，并且可以得出氟硼酸是强酸这一信息。【详解】A．依据图像可知，b表示的酸每稀释十倍，pH值增加1，所以b为强酸的稀释曲线，又因为H3PO2为一元弱酸，所以b对应的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸为强酸；那么NaBF4即为强酸强碱盐，故溶液为中性，常温下pH=7，A项正确；B．a曲线表示的是次磷酸的稀释曲线，由曲线上的点的坐标可知，1mol/L的次磷酸溶液的pH=1，即c(H+)=0.1mol/L；次磷酸电离方程式为：，所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L，c()=0.1mol/L，那么次磷酸的电离平衡常数即为：，B项正确；C．次磷酸为一元弱酸，无法接着电离，溶液中并不含有和两类离子；此外，还会发生水解产生次磷酸分子，所以上述等式错误，C项错误；D．令y=pH，x=，由图可知，在0≤pH≤4区间内，y=x-1，代入可得pH=，D项正确；答案选C。【点睛】关于pH的相关计算主要考察三类：一类是最简洁的单一溶液的pH的相关计算，通过列三段式即可求得；其次类是溶液混合后pH的计算，最常考察的是强酸碱混合的相关计算，务必要考虑混合时发生中和反应；第三类就是本题考察的，稀释过程中pH的改变规律：越强的酸或碱，稀释过程中pH的改变越明显，对于强酸或强碱，在不考虑无限稀释的状况下，每稀释十倍，pH就改变1。8.NaNO2是一种白色或微黄色斜方晶体，易溶于水，微溶于乙醇。某校同学设计试验制备NaNO2并探究其性质。回答下列问题：(1)甲组同学依据反应Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2，并利用下列装置制备少量含NaNO2的溶液。(E中氧气稍过量)ABCDEF①正确的连接依次：A—F—E—___—___—___—尾气处理。(填字母)②装置A的烧瓶中盛放的物质是____(填名称)，C装置的作用是___。(2)乙组同学依据反应Pb+NaNO3NaNO2+PbO(难溶于水)，并按下列试验流程制备NaNO2：①“熔融”时用Pb粉代替铅粒的目的是____。②由“过滤2”的滤液得到NaNO2晶体还需经过的详细操作为____、____、过滤、用乙醇洗涤后干燥。(3)丙组同学探究NaNO2的性质，取少量乙组制得的NaNO2溶于水制得NaNO2溶液。①取少量NaNO2溶液于试管中，滴入盐酸酸化，再加入KI和淀粉溶液，振荡，溶液变蓝，说明NaNO2具有____(填“氧化性”或“还原性”)。②向酸性KMnO4溶液中滴入NaNO2溶液，溶液紫色渐渐褪去，发生反应的离子方程式为____(MnO4-被还原为Mn2+)。【答案】(1).D(2).C(3).B(4).生石灰（或碱石灰或固体氢氧化钠）(5).除去未反应完的NH3(6).增大与NaNO3的接触面积，加快反应速率(7).蒸发浓缩(8).冷却结晶(9).氧化性(10).5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O【解析】分析】由装置图可知：利用装置A制备NH3，用装置F中的碱石灰干燥后再在装置E中和氧气混合匀称，在装置D处在铂石棉的催化下发生催化氧化反应生成水和NO，NO在空气中和氧气反应又生成NO2，全部气体通入装置C中除去未反应完的NH3，然后通入装置B中，使其发生反应Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2，据此解答。【详解】（1）①利用装置A中浓氨水制备NH3，用装置F干燥后再在装置E中和氧气混合匀称，在装置D处发生催化氧化反应，全部气体通入装置C中除去未反应完的NH3，然后通入装置B中，使其发生反应Na2CO3+NO+NO2＝2NaNO2+CO2，留意尾气用碱溶液汲取，结合气流方向，故装置的连接依次为A→F→E→D→C→B→尾气处理；②装置A中是快速制NH3的，用碱性可以汲取水分的药品即可以使浓氨水逸出NH3，所以可以选用生石灰（或碱石灰或固体氢氧化钠）；制备少量NaNO2，须要比较纯净的NO和NO2，所以要用浓硫酸除去未反应完的NH3；（2）①“熔融”时用Pb粉代替铅粒的目的是增大与液态NaNO3的接触面积，加快反应速率；②由“过滤2”的滤液得到NaNO2晶体还需经过的详细操作为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、用乙醇洗涤后、干燥得到NaNO2晶体；（3）①淀粉溶液变蓝，说明KI被氧化生成了单质碘，所以NaNO2具有氧化性；②高锰酸酸钾具有强的氧化性，在酸性条件下与NaNO2发生氧化还原反应，生成NO3-和水，高锰酸根离子被还原为二价锰离子，结合电子守恒、电荷守恒可的离子方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O。9.一种利用含AgCl的废渣制取AgNO3的工艺流程如下：(1)步骤①用氨水浸取时，温度不宜超过35℃，其缘由是___。在氨水浓度、固液质量比和温度均肯定时，为提高银的浸取率还可实行的措施是____；浸取时发生反应的离子方程式为____。(2)步骤②中发生反应的离子方程式为______。(3)步骤③中，银与浓硝酸反应生成等物质的量的NO和NO2，当消耗了10.8gAg时，有______molHNO3参加了反应。(4)步骤④的操作为______，100℃下烘干得产品AgNO3。(5)上述流程中发生了氧化还原反应的步骤有______(用“①”“②”“③”“④”填空)。【答案】(1).温度过高会加速氨的挥发(2).适当延长浸取时间或者将滤渣再次浸取(3).AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O(4).4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O(5).0.15(6).蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)(7).②③【解析】【分析】向氯化银废渣中加入氨水浸取，得到含有[Ag(NH3)2]+的滤液，适当上升温度可以加快反应速率，温度过高又会加速氨的挥发；向含有[Ag(NH3)2]+的溶液中加入N2H4·H2O并调整pH至10～11，该过程中Ag+被还原成Ag，并生成N2和NH3；将过滤得到的银单质溶于浓硝酸，得到硝酸银溶液，之后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到AgNO3。【详解】（1）氨气易挥发，温度过高会加速氨的挥发，造成原料的奢侈；在氨水浓度、固液质量比和温度均肯定时，为提高银的浸取率还可适当延长浸取时间或者将滤渣再次浸取；依据流程可知反应物为AgCl和氨水，所以离子方程式为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O；（2）反应②中Ag+被还原成Ag，N2H4·H2O被氧化为N2，同时有氨气生成，依据电子守恒和元素守恒可得方程式为：4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O；（3）10.8gAg的物质的量为0.1mol，则生成的n（AgNO3）=0.1mol，设生成的n（NO）=n（NO2）=x，依据电子守恒可知x+3x=0.1mol，所以x=0.025mol，则依据氮元素守恒可知消耗的硝酸的物质的量为0.1mol+0.025mol+0.025mol=0.15mol；（4）从溶液中获得晶体一般须要经过：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；（5）步骤①的反应没有化合价改变不属于氧化还原；步骤②中Ag元素化合价降低，N元素化合价上升，属于氧化还原反应；步骤③中硝酸将银单质氧化属于氧化还原反应；步骤④为蒸发结晶过程，没有元素化合价发生改变，不属于氧化还原反应，综上所述属于氧化还原的为②③。【点睛】第1题中书写离子方程式要留意AgCl犯难溶物，不写成离子，一水合氨为弱电解质，也不能写成离子；涉及氧化还原反应的计算，要先从守恒的角度考虑问题；从溶液中获得晶体一般须要经过：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作。10.2024年10月27日，国际清洁能源会议(ICCE2024)在北京开幕，一碳化学成为这次会议的重要议程。甲醇、甲醛(HCHO)等一碳化合物在化工、医药、能源等方面都有广泛的应用。(1)甲醇脱氢法可制备甲醛(反应体系中各物质均气态)，反应生成1molHCHO过程中能量改变如图：已知：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)∆H=-49.5kJ/mol则反应CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g)+H2O(g)∆H=______kJ/mol(2)氧化剂可处理甲醛污染，结合图象分析春季(水温约为15℃)应急处理被甲醛污染的水源应选择的试剂为____(填化学式)。(3)纳米二氧化钛催化剂可用于工业上合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)∆H=akJ/mol①按=2投料比将H2与CO充入VL恒容密闭容器中，在肯定条件下发生反应，测定CO平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。则a___(填“＞”或“＜”)0；压强p1、p2、p3由小到大的关系是______。②在温度为T1℃，向某恒容密闭容器中充入H2和CO发生上述反应，起始时c(H2)=c(CO)=2.0mol/L。达到平衡时，CO的转化率为图中的M点对应的转化率，则在该温度下，对应的N点的平衡常数为______(保留3位有效数字)。(4)工业上利用CH4(混有CO和H2)与水蒸气在肯定条件下制取H2，该反应的逆反应速率表达式为v逆=k•c(CO)•c3(H2)，k为速率常数，在某温度下测得试验数据如表所示：CO浓度(mol/L)H2浓度(mol/L)逆反应速率(mol·L-1·min-1)0.1c18.0c2c116.0c20.156.75由上述数据可得该温度下，c2=_____，该反应的逆反应速率常数k=____L3∙mol-3∙min-l。(5)用甲醇可以制备甲胺(CH3NH2)，甲胺在水中的电离方程式与氨相像。25℃时，甲胺的电离常数Ka=9.25×10-7。该温度下，反应CH3NH2+H+CH3NH3+的平衡常数K=___(填数值)。【答案】(1).+34.5(2).Ca(ClO)2(3).＜(4).p3＜p2＜p1(5).4.17(6).0.2(7).1.0×104(8).9.25×107【解析】【详解】（1）由图可知1molCH3OH分解为1molHCHO和1molH2须要汲取能量463kJ/mol-379kJ/mol=84kJ/mol，所以图示反应的热化学方程式为i:CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g)∆H=84kJ/mol，又已知ii:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)∆H=-49.5kJ/mol，由i+ii可得方程式CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g)+H2O(g)，依据盖斯定律可知该反应∆H=84kJ·mol-1+（-49.5kJ/mol）=34.5kJ/mol；（2）分析图像可知，水温约为15℃时.选择Ca(ClO)2处理被甲醛污染的水源时，甲醛去除率更高；（3）①据图可知相同压强下温度越高CO的平衡转化率越小，即温度上升平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，所以∆H<0，即a＜0；该反应正反应为气体体积减小的反应，所以相同温度下压强越大CO的平衡转化率越大，所以p3＜p2＜p1；②平衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变，所以M点和N点平衡常数相等，M点CO的转化为40%，初始投料为2.0mol/L的H2和CO，则列三段式有：该反应平衡常数；（4）依据v逆=k•c(CO)•c3(H2)，由表中数据可得：c13=，c2=，所以有，解得k=1.0×104L3·mol-3·min-3，带入c2的等式可得c2=0.2mol/L；（5）甲胺在水中的电离方程式与氨相像，所以其电离方程式为CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-，所以Ka=，反应CH3NH2+H+CH3NH3+的平衡常数K==9.25×107。11.碳、磷、硫等元素形成的单质和化合物在生活、生产中有重要的用途。(1)下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的依次是____(填字母)。A.B.C.D.(2)P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图所示：①P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为____。②每个P4S3分子中含有的孤电子对的数目为____对。(3)科学家合成了一种阳离子“N5n+”，其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键，此后又合成了一种含有“N5n+”的化学式为“N8”的离子晶体(该晶体中每个N原子都达到了8电子稳定结构)，N8的电子式为____。(CN)2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子的最外层均满意8电子稳定结构，其结构式为____。(4)直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的，其结构如图所示。则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为____。(5)碳酸盐中的阳离子不同，热分解温度就不同。下表为四种碳酸盐的热分解温度和对应金属阳离子的半径。随着金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度渐渐上升，缘由是___。碳酸盐MgCO3CaCO3SrCO3BaCO3热分解温度/℃40290011721360金属阳离子半径/pm6699112135(6)石墨的晶胞结构如图所示。已知石墨的密度为ρg-3，C-C键的键长为rcm，M为阿伏加德罗常数的值，则石墨晶体的层间距d=___cm。【答案】(1).A＜C＜B＜D(2).sp3(3).10(4).(5).N≡C-C≡N(6).(7).碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子实力越强，对应的碳酸盐就越难分解，热分解温度越高(8).【解析】【详解】（1）轨道中电子能量：1s＜2s＜2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高，依据图知能量由低到高的依次是A＜C＜B＜D；（2）①该分子中每个S原子形成2个共价键且还含有2个孤电子对，依据价层电子对互斥理论可知S原子杂化类型为sp3；②该分子中每个S原子含有2个孤电子对、每个P原子含有1个孤电子对，所以该分子中孤电子对个数=3×2+4×1=10；（3）N5n+结构是对称的，5个N排成V形，5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键，满意条件的结构为：，故“N5”带一个单位正电荷，所以化学式为”N8”的阴离子为N3-、阳离子为，N8的电子式为；分子（CN）2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子的最外层均满是8电子稳定结构，则每个C原子形成4个共价键、每个N原子形成3个共价键，其结构简式为N≡C-C≡N；（4）含有n个P原子的多聚磷酸根离子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了（n-1）氧原子，O原子数目=4n-（n-1）=3n+1，所带电荷为（-2）×（3n+1）+5n=-（n+2），故多聚磷酸根离子的通式为：；（5）碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子实力越强，对应的碳酸盐就越难分解，热分解温度越高；（6）晶胞中C原子的数目为，所以晶胞质量为；设晶胞的底边长为acm，晶胞的高为hcm，层间距为dcm，则h=2d，底面图为，则，所以a=r，则底面面积为cm2，则晶胞体积为V=cm3，所以有，解得d=。【点睛】第6题为本题难点，要留意石墨中C原子的杂化方式为sp2杂化，空间构型为平面三角形，所以图示晶胞的底面不是正方形而是菱形，然后结合几何学问进行计算。12.由芳香化合物A制备H的合成路途如下：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列问题：(1)B的结构简式为________。(2)C中官能团的名称为____。(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。H中有______个手性碳。(4)E生成F化学方程式为________。(5)化合物G的二氯代物有______种。(6)芳香化合物X是D同分异构体，X能发生银镜反应，遇FeCl3溶液不发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比