河南省平顶山许昌济源2025届高三化学第一次质量检测试题含解析

PAGE17-河南省平顶山许昌济源2025届高三化学第一次质量检测试题（含解析）一、选择题1.“笔、墨、纸、砚”在中国传统文化中被称为“文房四宝”，下列说法中错误的是()A.羊毫笔笔头用山羊毛制成，用灼烧法可鉴别羊毫和化纤B.“松烟墨”以松树烧取的烟灰制成，用此墨写字日久会褪色C.制作宣纸的原料有青檀树皮和稻草，其主要成分均是纤维素D.端砚石主要成分含水白云母，它属于硅酸盐【答案】B【解析】【详解】A.山羊毛是蛋白质而化纤不是，蛋白质在灼烧时有烧焦羽毛的气味，用灼烧法可鉴别羊毫和化纤，A正确；B.“松烟墨”以松树烧取的烟灰制成，主要成分为碳，性质稳定，可许久不褪色，故B错误；C.宣纸的原料有青檀树皮和稻草，青檀树皮和稻草主要成分是纤维素，故C正确；D.由端砚石主要成分水白云母的化学式分析，属于硅酸盐，故D正确。答案选B。2.下列有关试验的选项正确的是()A.配制溶液B.记录滴定终点读数为C.验证的非金属性强于D.除去中的A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钠固体溶于水放出大量的热，应当在烧杯中溶解并冷却到室温后转移到容量瓶内，不能在容量瓶中干脆溶解，A不正确；B．在滴定管中，零刻度在上方，故读数为，B不正确；C．浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖脱水碳化，反应放出大量的热，碳与浓硫酸加热反应产生二氧化碳，该反应体现了浓硫酸的强氧化性，不能说明硫酸酸性强于碳酸，故不能验证的非金属性强于，C不正确；D．除去中的，可以利用的还原性，与酸性高锰酸钾反应生成硫酸根离子，气体再干燥，可得到纯净的，D正确。答案选D。3.设为阿伏伽德罗常数的值。关于常温下的溶液，下列说法正确的是()A.溶液中的数目为B.加水稀释，水解常数增大，减小C.D.加入固体，则水解平衡向左移动，增大【答案】C【解析】【详解】A.常温下的溶液中，，故溶液中的数目不为，A不正确；B水解常数是温度的常数，加水稀释，水解常数不变，B不正确；C.在常温下的溶液中，依据质子守恒，，可得，C正确；D.在溶液中存在水解平衡，，加入固体，使的浓度增大，则水解平衡向左移动，但不变，D不正确。答案选C。4.2024年1月，嫦娥四号胜利在月球着陆，探测器上的五星红旗由一类特别的聚酰亚胺制成。某种芳香族聚酰亚胺()由化合物()和另外一种物质合成，下列说法正确的是()A.与甲苯互为同系物 B.分子中最多有12个原子共平面C.的分子式为 D.可发生加聚反应生成【答案】A【解析】【详解】A.与甲苯结构相像，在分子组成上相差3个，故两者互为同系物，A正确；B.分子中具有苯环结构以及甲烷结构，最多有16个原子共平面，B不正确；C.的分子中有10个碳，又具有苯环结构，比同碳原子的烷烃少8个氢，分子式为，C不正确；D.中含氧、氮，M属于烃，W不行能由M发生加聚反应生成，D不正确；答案选A。5.图1表示K、Cu、Si、H、C、N六种元素单质的熔点凹凸，其中c、d均是热和电的良导体，e常作为半导体材料。下列说法错误的是()A.d的硫酸盐溶液呈酸性B.a元素与b元素可形成核外电子总数为8的分子C.图2为上述六种元素中的一种元素形成的含氧酸的结构D.e单质能与c的最高价氧化物对应水化物的溶液发生反应【答案】B【解析】【分析】图1表示K、Cu、Si、H、C、N六种元素单质的熔点凹凸，其中c、d均是热和电的良导体，c的熔点低，c为K，d为Cu，e常作为半导体材料，e为Si，f熔点最高，为金刚石，则f为C，氮气和氢气熔点低的是氢气，因此a为H，b为N。【详解】A.d的硫酸盐硫酸铜，其水溶液由于铜离子的水解呈酸性，故A正确；B.a元素为H，b元素为N，两者不行能形成核外电子总数为8的分子，故B错误；C.图2为上述六种元素中的一种元素形成的含氧酸的结构即为硝酸的结构，故C正确；D.e单质能与c的最高价氧化物对应水化物KOH的溶液发生反应生成硅酸钾和氢气，故D正确；综上所述，答案为B。6.微生物电化学系统有两个探讨方向。一是利用阳极室微生物降解有机废水，二是利用阴极还原实力处理含重金属废水。某文献报道，利用下图所示装置可使微生物和六价铬离子(Cr2O72—)不干脆接触，处理高浓度含铬废水。装置工作时，下列说法错误的是()A.极旁边增大B.该装置利用微生物产生电子和C.极石墨纸发生反应：D.利用该装置原理既能处理含铬废水，又能同步回收电能【答案】C【解析】【分析】由示意图可知，该装置为原电池，a电极为负极，负极上微生物降解有机废水失去电子发生氧化反应，同时产生氢离子，b电极为正极，酸性条件下，Cr2O72—在正极得到电子发生还原反应生成Cr2O3。【详解】A.b电极为正极，酸性条件下，Cr2O72—在正极得到电子发生还原反应生成Cr2O3，电极反应式为，放电时消耗氢离子，溶液pH增大，故A正确；B.由示意图可知，该装置为原电池，利用微生物降解有机废水产生电子，同时产生氢离子，故B正确；C.由示意图可知，该装置为原电池，a电极为负极，b电极为正极，Cr2O72—在正极得到电子发生还原反应生成Cr2O3，故C错误；D.由示意图可知，该装置利用原电池原理达到了既能处理含铬废水，又能同步回收电能的目的，故D正确；故选C。【点睛】不要被题给信息中的阳极和阴极迷惑，该装置没有连接直流电源，不是电解池，是原电池。7.已知：还原性，氧化性，在含的溶液中逐滴加入溶液，加入的物质的量和产生的物质的量的关系曲线如图所示，下列叙述中正确的是()A.反应过程中溶液的先变小后变大B.点时消耗的的物质的量为C.间反应：D.溶液中与的物质的量之比为时，加入的的物质的量为【答案】D【解析】【分析】依据图中信息得到亚硫酸氢根先和碘酸根离子反应生成单质碘和硫酸根，再是亚硫酸根和单质碘反应生成碘离子和硫酸根。【详解】A.反应过程中先，再发生，因此溶液的pH始终减小，故A错误；B.依据图中信息横坐标每隔为1mo，因此a点时消耗的的物质的量为2mol，故B错误；C.间反应：，故C错误；D.b点物质的量为1mol，溶液中与I－的物质的量之比为时，则为反应了0.5mol，因此依据，又消耗0.5mol，所以加入的的物质的量为，故D正确。综上所述，答案为D。二、必做题8.铁及其化合物在生产生活中有广泛应用。(1)可用作净水剂，也可用于无线电印刷电路做蚀刻剂。某化学爱好小组利用如图所示装置向的铁屑中通入生产无水。已知：固体呈黑棕色、易潮解、左右时升华。回答下列问题①写出用高锰酸钾和浓盐酸在装置中制备氯气的离子方程式_____。②装置中加入的试剂是_____，装置中玻璃丝的作用是_____，中溶液的作用是_____。③有同学认为气体通入装置前应除去其中含有的，改进措施为_____。(2)一种新型高效净水剂(聚合氯化铁铝，广泛用于日常生活用水和工业污水的处理。某化工厂欲以工业生产废料(金属铁、铝及其氧化物)为原料制取，设计生产流程如下：①试验室现需用的稀盐酸，欲用的浓盐酸配制，则所需浓盐酸体积为________。②中显________价，在强酸性和强碱性溶液中均________稳定存在(填“能”或“不能”)。③步骤Ⅱ中取样分析的目的是________。A．测定溶液中与的含量比B．测定原料是否完全溶解C．测定溶液中的含量，以确定加入的量D．测定溶液中的含量【答案】(1).(2).浓硫酸(3).防止堵塞导管(4).除去过量氯气，防止其污染空气(5).在装置A、B之间连接盛有饱和食盐水的洗气瓶(6).50mL(7).+3(8).不能(9).C【解析】【分析】(1)依据题干信息可知试验目为制备无水FeCl3，装置A为制备Cl2的装置，装置B为气体的干燥装置，C装置为Cl2和铁屑在500-600℃时反应生成FeCl3，D装置中的浓硫酸可汲取水蒸气，防止E中的水蒸气进入C装置中，E为尾气处理装置，据此分析解答；(2)结合溶液稀释的规律进行相关计算，依据生产流程分析可知，工业生产废料加入过量的盐酸溶解后生成Fe2+、Fe3+和Al3+，取样分析后加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入HCl(或NaOH)调整pH水解聚合得到PAFC，据此分析解答。【详解】(1)①装置A用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气时，HCl被氧化为Cl2，高锰酸钾被还原为MnCl2，反应的离子方程式为，故答案为：；②装置B为气体的干燥装置，Cl2为酸性气体，可用浓硫酸干燥，由于FeCl3在100℃左右时升华，则装置C中玻璃丝的作用为防止堵塞导管，E为尾气处理装置，NaOH可汲取过量的Cl2，防止其污染空气，故答案为：浓硫酸；防止堵塞导管；除去过量氯气，防止其污染空气；③浓盐酸易挥发，生成的Cl2中混有挥发的HCl气体，热铁屑与HCl反应会生成无水FeCl2，使得制备的无水FeCl3不纯，因此可在装置A、B之间连接盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去Cl2中含有的HCl气体，故答案为：装置A、B之间连接盛有饱和食盐水的洗气瓶；(2)①依据公式c稀×V稀=c浓×V浓可得，c稀HCl×V稀HCl=c浓HCl×V浓HCl，由于试验室中没有200mL的容量瓶，因此选用250mL的容量瓶配制2mol/L的稀盐酸，则，故答案为：50mL；②由上述分析可知，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入HCl(或NaOH)调整pH水解聚合得到PAFC，因此PAFC中Fe显+3价，PAFC在强酸性或强碱性溶液中均不能稳定存在，故答案为：+3；不能；③在氧化之前，可测定溶液中Fe2+的含量，以确定加入NaClO3的量，C选项符合题意，故答案为：C。【点睛】(2)①为易错点，在计算时简单忽视试验室没有规格为200mL的容量瓶，干脆用200mL进行计算，解答肯定量浓度溶液配制试验的计算时，肯定要留意可选用的容量瓶的规格，选用可用规格的体积去进行相关计算。9.工业上利用氟碳铈矿(主要成分)提取的一种工艺流程如下：请回答下列问题：(1)脱氟过程的试验操作是________，酸浸过程中加入的作用是________。(2)常温下，若溶液中的沉淀完全，此时溶液的为________(己知)。(3)精确称取样品置于锥形瓶中，加入适量过硫酸铵溶液将氧化为，再用0.1000mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗30.00mL标准溶液。(己知：)①已知：过二硫化酸的结构式为，其中元素的化合价为________。②该样品中的质量分数为________(精确到)。③若运用久置的标准溶液进行滴定，测得该样品的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(4)脱氟过程中产生的因活性弱于熔融的氟氢化钾，故现代工业以电解熔融的氟氢化钾和氟化氢混合物制备氟单质，电原理为装置如图所示。已知是一种酸式盐，则阴极上发生的电极反应式为________。电解制氟时，要用镍铜合金隔板将两种气体产物严格分开的缘由是________。【答案】(1).水洗、过滤(2).作还原剂，将CeO2还原为Ce3+(3).9(4).+6(5).74.0%(6).偏大(7).(8).氟气和氢气能发生猛烈反应，引发爆炸【解析】【分析】依据流程；氟碳铈矿（主要成分CeCO3F）加入碳酸钠焙烧得CeO2、NaF，NaF是钠盐，可溶于水，加水洗涤焙烧的产物并过滤，将氟元素除去，得到滤渣CeO2，再加入稀硫酸和双氧水还原并溶解CeO2，使其转化为Ce2(SO4)3，加入氢氧化钠使Ce3+转化为Ce(OH)3沉淀，再加入盐酸溶解得到CeCl3∙6H2O，加热CeCl3•6H2O和NH4Cl的固体混合物可得到无水CeCl3，据此分析解答。【详解】(1)依据分析，脱氟过程试验操作是水洗、过滤；酸浸过程中CeO2转化为Ce2(SO4)3加入双氧水作还原剂，将CeO2还原为Ce3+；(2)常温下，若溶液中的Ce3+沉淀完全，则Ce3+在溶液中的浓度可看做1×10-5mol/L，，则c(OH-)=，pOH=5，此时溶液的pH=14-pOH=14-5=9；(3)①依据过二硫化酸的结构式为可知，S元素最外层电子全部用于成键，其中元素的化合价为+6价；②0.1000mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准消耗体积30.00mL，含有亚铁离子的物质的量为0.1000mol/L×30×10-3L=3×10-3mol，依据反应Fe2++Ce4+═Ce3++Fe3+，利用Ce元素守恒可知，CeCl3的质量为3×10-3mol×246.5g/mol=0.7395g，该样品中的质量分数为×100%≈74.0%。③若运用久置的标准溶液进行滴定，亚铁离子被氧化为铁离子，滴定时消耗标准液的体积偏大，测得该样品的质量分数将偏大；(4)阴极上得电子，发生还原反应，依据电原理为，电极反应式为。依据装置图，阴阳两极分别产生氟气和氢气，二者会发生猛烈反应并引发爆炸，故电解制氟时要用镍铜合金隔板将两种气体产物严格分开。【点睛】本题的易错点(1)，依据双氧水的性质，易将双氧水的作用判定为氧化作用，解题时要留意反应流程中前后物质的改变，该流程中CeO2转化为Ce2(SO4)3，Ce元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，故加入的双氧水做还原剂，不是氧化剂。10.甲醇是一种新型汽车动力燃料。回答下列问题：⑴工业上可通过和化合来制备甲醇。已知某些化学键的键能数据如下表：化学键键能4134363581072463已知中的与之间为三键，则工业制备甲醇的热化学方程式为________。⑵某化学探讨性学习小组模拟工业合成甲醇的反应，在容积固定为的密闭容器内充入和，加入合适催化剂(体积可以忽视不计)，在时起先反应，并用压力计监测容器内压强的改变如下表：反应时间/0510152025压强/10.89.68.47.87.27.2则从反应起先到时，以表示的平均反应速率________，该温度下平衡常数________，若上升温度，则值________(填“增大”“减小”或“不变")。⑶模拟工业合成甲醇的反应，下图是4种投料比分别为、、、下，反应温度对平衡转化率影响的曲线。①曲线对应的投料比为________。②当曲线、、对应的投料比达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的关系是________。③投料比为、反应温度为时，平衡混合气中的物质的量分数是________(精确到)。【答案】(1).(2).(3).4(4).减小(5).5：9(6).投料比越大，反应温度越低(7).20.8%【解析】【分析】⑴依据焓变等于断键汲取的能量减去成键放出的能量进行计算。⑵建立三段式，依据压强之比等于物质的量之比计算消耗的量，再计算速率和平衡常数，利用平衡移动原理分析。⑶①理解为n(CO)不变，不断增加氢气的物质的量，平衡正向移动，CO转化率增大；②依据图像得出对应的反应温度与投料比的关系；③投料比为、反应温度为时，CO的转化率为75%，建立三段式进行计算。【详解】⑴依据焓变等于断键汲取的能量减去成键放出的能量，因此工业制备甲醇的热化学方程式为；故答案为：。⑵，则从反应起先到时，压强之比等于物质的量之比，因此，解得x=0.5，以表示的平均反应速率，该温度下平衡常数，该反应是放热反应，上升温度，平衡向吸热反应方向移动，即逆向移动，值减小；故答案为：；4；减小。⑶①下图是4种投料比分别为、、、下，可以理解为n(CO)不变，不断增加氢气的物质的量，平衡正向移动，CO转化率增大，因此曲线对应的投料比为5:9；故答案为：5:9。②当曲线、、对应的投料比达到相同的平衡转化率时，依据图像得出对应的反应温度与投料比的关系是投料比越大，反应温度越低；故答案为：投料比越大，反应温度越低。③投料比为、反应温度为时，CO的转化率为75%，因此有，平衡混合气中的物质的量分数；故答案为：20.8%。【点睛】化学反应热量改变及化学平衡是常考综合题型，利用三段式进行建立关系式，再计算速率，平衡常数，利用平衡移动原理分析化学平衡移动。三、选做题【化学一选修3：物质结构与性质】11.砷化镓为黑灰色固体，是重要的半导体材料，用砷化镓制成的半导体器件具有低温性能好、抗辐射实力强等优点。请回答下列问题：(1)基态原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。(2)砷化镓可由和制得。在常温常压下，为无色透亮液体，则固体属于________晶体。的沸点低于的缘由为________。(3)亚砷酸是一种三元弱酸，分子中含有羟基数目为________个；依据价层电子对互斥理论推想的空间构型为________；与互为等电子体的一种分子为________。(4)的熔点为，晶胞结构如图所示：①在晶体中，镓原子的配位数是________，与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为________。②若砷化镓晶胞边长为。则该晶体密度为________(用含的代数式表示)。【答案】(1).哑铃形或纺锤形(2).分子(3).NH3分子间存在氢键(4).3(5).三角锥形(6).或或(7).4(8).正四面体形(9).【解析】【详解】基态As原子核外电子占据最高能级为4p能级，其电子云轮廓图为哑铃形或纺锤形，故答案为：哑铃形或纺锤形；

因常温常压下，为无色透亮液体，所以属于分子晶体，由于氨分子间能够形成氢键，因此的沸点低于，故答案为：分子；NH3分子间存在氢键；

由于亚砷酸是一种三元弱酸，所以其含有的羟基数目为3，的中心原子的价层电子对数为，其中有一对孤电子对，所以其空间构型为三角锥形，依据等电子体的概念可知与为等电子体的一种分子为、等，故答案为：3；三角锥形；或或；

依据晶胞结构分析可知GaAs晶体中，镓原子的配位数是4，与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为正四面体形，故答案为：4；正四面体；

砷化镓晶胞中含有4个镓原子，砷原子数目为，所以晶胞密度为g·cm-3，故答案为：。【化学一选修5：有机化学基础】12.丹参素(I)是一种具有改善心脏功能、抗血栓形成、促进组织的修复与再生等多种作用的药物。该药物的一种合成路途如下：已知：代表苄基()请回答下列问题：(1)的结构简式为_______，中所含官能团的名称为羟基、______。(2)的反应类型为_______，该反应的目的是________。(3)写出的化学方程式：________。(4)苯酚与反应可以制备物质()。是的同系物，相对分子质量比大14。则符合下列条件的的同分异构体有______种(不考虑立体异构)。①苯环上只有两个取代基②能与溶液发生显色反应③能发生银镜反应④红外光谱