全国I卷广东省广州市2025届高三化学下学期3月阶段训练试题含解析

PAGE16-（全国I卷）广东省广州市2025届高三化学下学期3月阶段训练试题（含解析）留意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上。2．用2B铅笔将考生号及试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3．非选择题必需用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必需写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准运用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必需保证答题卡的整齐。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16K-39Fe-56一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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.下列关于硫及其化合物说法错误的是（）A.试验室常将硫磺撒在汞的表面以除去不慎洒落的汞B.葡萄酒中添加适量SO2可以起到抗氧化的作用C.硫酸钡可用作消化系统X射线检查的内服药剂D.“石胆……浅碧色，烧之变白色者真”所描述的“石胆”是指FeSO4·7H2O【答案】D【解析】【详解】A．常温下，硫磺能与汞反应生成硫化汞，从而防止汞的挥发，A正确；B．葡萄酒中添加SO2，可削减葡萄中单宁、色素的氧化，B正确；C．硫酸钡不溶于水不于酸，不能被X光透过，可作消化系统检查的内服药剂，C正确；D．“石胆”指CuSO4·5H2O，D错误；故选D。2.工业上可由异丙苯（）催化脱氢得到2-苯基丙烯（），下列关于这两种有机化合物的说法正确的是（）A.都是苯的同系物B.都能使溴的四氯化碳溶液褪色C.苯环上的二氯代物都有6种D.分子内共平面的碳原子数均为8【答案】C【解析】【详解】A.2-苯基丙烯不是苯的同系物，A错误；B.异丙苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；C.采纳定一移一法，可得出异丙苯、2-苯基丙烯苯环上的二氯代物都有6种，C正确；D.异丙苯分子中与苯环相连的碳原子为饱和碳原子，其所连的4个原子肯定不在同一平面上，所以分子内肯定共平面的碳原子数为7个，D错误；故选C。3.试验室利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，反应原理为：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，下列说法错误的是（）A.通过活塞K可限制CO2的流速B.装置b、d依次盛装饱和Na2CO3溶液、稀硫酸C.装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2汲取效率D.反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水充分冷却，过滤得到NaHCO3晶体【答案】B【解析】【详解】A．关闭活塞K时，气体可将球形容器内的液体压入漏斗内，从而使碳酸钙脱离液面，反应停止，所以通过调整活塞K可限制CO2的流速，A正确；B．装置b的作用是除去二氧化碳中混有的氯化氢，故装置b内应盛装饱和NaHCO3溶液，B错误；C．装置c中含氨的饱和食盐水呈碱性，CO2的溶解度增大，C正确；D．反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水，NaHCO3降温结晶，过滤得NaHCO3晶体，D正确；故选B。4.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Y最外层电子数之和为11，W与Y同族且都是复合化肥的养分元素，Z的氢化物遇水可产生最轻的气体。下列说法正确的是（）A.常温常压下X的单质为气态B.简洁气态氢化物的热稳定性：Y＞WC.Z的氢化物含有共价键D.简洁离子半径：W＞X【答案】D【解析】【分析】W与Y同族且都是复合化肥的养分元素，则W为氮(N)，Y为磷(P)；W、X、Y最外层电子数之和为11，则X为钠(Na)；Z的氢化物遇水可产生最轻的气体，则Z为钾(K)或钙(Ca)。【详解】A．常温常压下X的单质为钠，呈固态，A错误；B．非金属性Y(P)<W(N)，简洁气态氢化物的热稳定性Y<W，B错误；C．Z氢化物为KH或CaH2，含有离子键，C错误；D．具有相同核电荷数的离子，核电荷数越大，半径越小，则简洁离子半径：N3->Na+，D正确；故选D。5.NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A.降低NOx排放可以削减酸雨的形成B.储存过程中NOx被氧化C.还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为5NA（NA为阿伏加德罗常数的值）D.通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原【答案】C【解析】【详解】A．大气中的NOx可形成硝酸型酸雨，降低NOx排放可以削减酸雨的形成，A正确；B．储存过程中NOx转化Ba(NO3)2，N元素价态上升被氧化，B正确；C．还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为10NA，C错误；D．BaO转化为Ba(NO3)2储存NOx，Ba(NO3)2转化为BaO、N2和H2O，还原NOx，D正确；故选C。6.一种三电极电解水制氢的装置如图，三电极为催化电极a、催化电极b和Ni(OH)2电极。通过限制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。下列说法错误的是（）A.制O2时，电子由Ni(OH)2电极通过外电路流向催化电极bB.制H2时，阳极的电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2OC.催化电极b上，OH-发生氧化反应生成O2D.该装置可在无隔膜的条件下制备高纯氢气【答案】A【解析】详解】A．催化电极b中，水失电子生成O2，作阳极，电子由催化电极b通过外电路流向Ni(OH)2电极，A错误；B．制H2时，催化电极a为阴极，阳极Ni(OH)2在碱性溶液中失电子生成NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，B正确；C．催化电极b上，水电离产生的OH-失电子，发生氧化反应生成O2，C正确；D．该装置中，电解质只有水，所以可在无隔膜的条件下制备高纯氢气，D正确；故选A。7.常温下，HCOOH和CH3COOH的电离常数分别1.80×10−4和1.75×10−5。将pH=3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随lg的改变如图所示。下列叙述错误的是（）A.溶液中水的电离程度：b点＜c点B.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C.从c点到d点，溶液中不变（HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）D.若两溶液无限稀释，则它们的c(H+)相等【答案】B【解析】【分析】从图中可以看出，随着溶液的不断稀释，Ⅰ的pH大于Ⅱ的pH，则表明Ⅰ的n(H+)小于Ⅱ的n(H+)，从而表明lg=0时，Ⅰ对应的酸电离程度大，Ⅰ为HCOOH，Ⅱ为CH3COOH；pH=3时，二者电离产生的c(H+)相等，由于HCOOH的电离常数大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始浓度大。【详解】A．在c点，溶液的pH大，则酸电离出的c(H+)小，对水电离的抑制作用小，所以溶液中水的电离程度：b点＜c点，A正确；B．相同体积a点的两溶液，CH3COOH的物质的量比HCOOH大，分别与NaOH恰好中和后，消耗的NaOH体积大，所以CH3COOH溶液中n(Na+)大，B错误；C．对于HCOOH来说，从c点到d点，温度不变，溶液中=Ka(HCOOH)不变，C正确；D．若两溶液无限稀释，可看成是纯水，所以它们的c(H+)相等，D正确；故选B。8.K3[Fe(C2O4)3]·3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。试验室用莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O详细流程如图：回答下列问题：(1)步骤②滴加过量6%H2O2，生成红褐色胶状沉淀，该反应的化学方程式为___。生成的沉淀不易过滤，过滤前须要的操作是___。(2)步骤③将Fe(OH)3加入到KHC2O4溶液中，水浴加热，限制pH为3.5-4，若pH偏高应加入适量___（填“H2C2O4”或“K2C2O4”）。(3)步骤④的操作是___、过滤。得到的晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤，用95%乙醇洗涤的目的是___。(4)测定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中铁的含量。①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点。滴定反应的氧化产物为___。滴定时，盛放高锰酸钾溶液的仪器是___（“酸式”或“碱式”）滴定管。②向上述溶液中加入过量锌粉至将铁元素全部还原为Fe2+后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。该样品中铁的质量分数的表达式为___。【答案】(1).2Fe(OH)2+H2O2==2Fe(OH)3(2).煮沸(3).H2C2O4(4).蒸发浓缩、冷却结晶(5).除去晶体表面的水分(6).CO2(7).酸式(8).【解析】【分析】莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]中加入NaOH，发生的反应①为Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2；加入H2O2，发生反应②为Fe(OH)2与H2O2反应生成Fe(OH)3；在反应③中，Fe(OH)3固体与KHC2O4反应，生成K3[Fe(C2O4)3]溶液；将溶液蒸发结晶便可得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体，再洗涤干燥，从而获得纯净的晶体。【详解】(1)步骤②滴加过量6%H2O2，将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3红褐色胶状沉淀，该反应的化学方程式为2Fe(OH)2+H2O2==2Fe(OH)3。生成的沉淀呈胶状，不易过滤，过滤前须要加热煮沸以破坏其胶状结构，操作是煮沸。答案为：2Fe(OH)2+H2O2==2Fe(OH)3；煮沸；(2)步骤③若pH偏高，则应加酸将pH降低，所以应加入适量H2C2O4。答案为：H2C2O4；(3)步骤④是从溶液中提取溶质，操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。得到的晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤，因结晶水合物受热易失去结晶水，所以用95%乙醇洗涤，目的是除去晶体表面的水分，防止晶体受热失去结晶水。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；除去晶体表面的水分；(4)①滴定时，H2C2O4被氧化生成CO2，反应的氧化产物为CO2。滴定时，因高锰酸钾会腐蚀橡皮管，所以盛放高锰酸钾溶液的仪器是酸式滴定管。答案为：CO2；酸式；②Fe3+被Zn还原为Fe2+，Fe2+被KMnO4氧化生成Fe3+，关系式为5Fe3+——5Fe2+——KMnO4，则n(Fe3+)=cmol·L-1×V×10-3L×5=5×10-3cVmol，该样品中铁的质量分数的表达式为=。答案为：。【点睛】胶状沉淀呈胶状，简洁堵塞滤纸的孔隙，使水难以顺当流下，所以过滤胶状沉淀物时，需加热破坏胶体结构。9.四氧化三锰（Mn3O4）广泛应用于生产软磁材料、催化材料制备领域。一种以低品位锰矿（含MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O3、SiO2）为原料生产Mn3O4的工艺流程如图：已知：(NH4)2SO4NH3↑+NH4HSO4回答下列问题：(1)MnOOH中Mn的化合价为___。(2)“溶浸”中H2O2的作用是___。(3)“滤渣2”的主要成分有___。(4)“母液”溶质的主要成分是___，循环利用该物质的方案是___。(5)氧化”时，将固体加入水中，70℃水浴加热，通空气氧化，将固体全部转化为Mn3O4。Mn(OH)2生成Mn3O4的化学方程式为___。反应后溶液pH___（填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】(1).+3(2).将+3价Mn元素还原成Mn2+(3).Fe(OH)3、Al(OH)3(4).(NH4)2SO4(5).加热到213~308℃分解生成氨气和NH4HSO4，分别循环到沉锰和溶浸中，或加H2SO4生成NH4HSO4循环到溶浸中(6).6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O(7).减小【解析】【分析】锰矿粉(含MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)加NH4HSO4、H2O2溶浸，MnCO3、Mn2O3、MnOOH转化为Mn2+，Fe2O3、Al2O3转化为Fe2+、Al3+，SiO2不溶而成滤渣1；加入Mn(OH)2调pH=5，此时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，成为滤渣2的成分；加入氨水沉锰，此时锰转化为Mn(OH)2、Mn2(OH)2SO4，通空气氧化，70℃水浴加热，即得Mn3O4。【详解】(1)MnOOH中O显-2价，H显+1价，依据化合价的代数为0，可求出Mn的化合价为+3。答案为：+3；(2)“溶浸”中，有一部分Mn由+3价降为+2价，所以H2O2的作用是将+3价Mn元素还原成Mn2+。答案为：将+3价Mn元素还原成Mn2+；(3)由以上分析知，“滤渣2”的主要成分有Fe(OH)3、Al(OH)3。答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)由以上分析知，“母液”溶质的主要成分是(NH4)2SO4，循环利用该物质的方案是加热到213~308℃分解生成氨气和NH4HSO4，分别循环到沉锰和溶浸中，或加H2SO4生成NH4HSO4循环到溶浸中。答案为：(NH4)2SO4；加热到213~308℃分解生成氨气和NH4HSO4，分别循环到沉锰和溶浸中，或加H2SO4生成NH4HSO4循环到溶浸中；(5)氧化”时，Mn(OH)2利用70℃水浴加热，通空气氧化，生成Mn3O4，化学方程式为6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O。Mn(OH)2呈碱性，Mn3O4难溶于水，所以反应后溶液pH减小。答案为：6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O；减小。【点睛】在反应中，H2O2通常作氧化剂，表现出强氧化性，假如我们不留意审题，简洁把“溶浸中H2O2的作用”错误地回答成“氧化性”。10.合成氨是目前最有效工业固氮的方法，解决数亿人口生存问题。回答下列问题：(1)科学家探讨利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。由图可知合成氨反应N2(g)+H2(g)NH3(g)的∆H=___kJ·mol-1。该历程中反应速率最慢的步骤的化学方程式为___。(2)工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当进料体积比V(N2)：V(H2)=1：3时平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强改变的关系如图所示：①500℃时，反应平衡常数Kp(30MPa)___Kp(100MPa)。（填“<”、“=”、“>”）②500℃、30MPa时，氢气的平衡转化率为___（保留2位有效数字），Kp=___(MPa)-2（列出计算式）。(3)科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观示意如图，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。①阴极区生成NH3的电极方程式为___。②下列说法正确的是___（填标号）。A．三氟甲磺酸锂的作用是增加导电性B．该装置用金(Au)作催化剂目的是降低N2的键能C．选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置【答案】(1).-46(2).Nad+3HadNHad+2Had(3).=(4).33%(5).(6).N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-(7).AC【解析】【分析】(1)利用盖斯定律，起点为N2(g)+H2(g)，终点为NH3(g)，∆H=-46kJ·mol-1。该历程中反应速率最慢反应，是需吸热最多的反应，明显是吸热106kJ·mol-1的反应。(2)①500℃时，平衡常数不变。②500℃、30MPa时，氨气的体积分数为20%，利用三段式，计算氢气平衡转化率及Kp。(3)①从图中看，阴极区N2与C2H5OH反应生成NH3和C2H5O-。②A．从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参与反应，所以作用是增加导电性；B．催化剂只能降低反应的活化能，不能降低键能；C．从图中看，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，但H2O不能透过。【详解】(1)利用盖斯定律，起点为N2(g)+H2(g)，终点为NH3(g)，∆H=-46kJ·mol-1。所以，合成氨反应N2(g)+H2(g)NH3(g)∆H=-46kJ·mol-1。该历程中反应速率最慢的反应，是需吸热最多的反应，明显是吸热106kJ·mol-1的反应，化学方程式为Nad+3HadNHad+2Had。答案为：利用盖斯定律，起点为N2(g)+H2(g)，终点为NH3(g)，∆H=-46kJ·mol-1；Nad+3HadNHad+2Had；(2)①因为平衡常数只受温度改变的影响，所以500℃时，反应平衡常数Kp(30MPa)=Kp(100MPa)；②设参与反应N2的物质的量为x，建立三段式为：则，x=，则N2的体积分数为=20%，H2的体积分数为60%，NH3的体积分数为20%。500℃、30MPa时，氢气的平衡转化率为=33%，Kp=(MPa)-2；(3)①从图中看，阴极区N2与C2H5OH反应生成NH3和C2H5O-，电极方程式为N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-；②A．从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参与反应，所以作用是增加导电性，A正确；B．催化剂只能降低反应的活化能，不能降低键能，B不正确；C．从图中看，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，但H2O不能透过，C正确；故合理选项是AC。【点睛】在比较“平衡常数Kp(30MPa)与Kp(100MPa)”的关系时，我们易出错，其错因是受图中数据的影响，我们易产生以下的错误推理：增大压强，NH3的体积分数增大，明显平衡正向移动，所以平衡常数增大。11.(CdSe)n小团簇（CdnSen，n=1~16）为Ⅱ-Ⅵ族化合物半导体材料，具有独特的光学和电学性质，常应用于发光二极管、生物系统成像与诊断等方面。回答下列问题：(1)基态Se原子的价层电子排布式为___。(2)Cd的第一电离能大于同周期相邻元素，缘由是___。(3)CdS、CdSe、CdTe均为重要的Ⅱ-Ⅵ族化合物半导体材料，熔点分别为1750℃、1350℃、1041℃，上述熔点呈规律性改变的缘由是___。(4)利用有机配体PH3、N(CH3)3等修饰(CdSe)2可改善其光致发光效率。其中PH3的空间构型是___。N(CH3)3中参与形成配位键的孤电子对占据的轨道是___。(5)CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构，晶胞结构如图所示。其中原子坐标参数A为(，，)，则B、C的原子坐标参数分别为___。该晶胞中CdSe键的键长为___。已知Cd和Se的原子半径分别为rCdnm和rSenm，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___。【答案】(1).4s24p4(2).Cd的电子排布式为[Kr]4d105s2，原子轨道为全充溢状态(3).均为离子化合物，阳离子相同，阴离子半径S2-<Se2-<Te2-，晶格能CdS>CdSe>CdTe(4).三角锥形(5).sp3(6).B(，，)，C(，，)(7).(8).【解析】【分析】(1)基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，由此可写出其价层电子排布式。(2)Cd价电子排布式为4d105s2，5s轨道全充溢，则第一电离能出现反常。(3)从熔点看，CdS、CdSe、CdTe都形成离子晶体，晶格能与离子带电荷成正比，与离子半径的平方成反比。(4)PH3中P的价层电子对数为4，由此可确定其空间构型。N(CH3)3中N原子的价层电子对数为4，由此可确定参与形成配位键的孤电子对占据的轨道。(5)原子坐标参数A为(，，)，依据0点定位，可确定B、C的原子坐标参数。该晶胞中CdSe键的键长，可建立三角形进行计算。利用均摊法，确定晶胞中所含原子个数，从而求出原子的总体积，再除以晶胞的体积，即得该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率。【详解】(1)基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，则基态Se原子的价层电子排布式为4s24p4。答案为：4s24p4；(2)Cd的价电子排布式为4d105s2，5s轨道全充溢，Cd的第一电离能大于同周期相邻元素，缘由是Cd的电子排布式为[Kr]4d105s2，原子轨道为全充溢状态。答案为：Cd的电子排布式为[Kr]4d105s2，原子轨道为全充溢状态；(3)从熔点看，CdS、CdSe、CdTe都形成离子晶体，晶格能与离子带电荷成正比，与离子半径的平方成反比，所以上述熔点呈规律性改变的缘由是：均为离子化合物，阳离子相同，阴离子半径S2-<Se2-<Te2-，晶格能CdS>CdSe>CdTe。答案为：均为离子化合物，阳离子相同，阴离子半径S2-<Se2-<Te2-，晶格能CdS>CdSe>CdTe；(4)PH3中P的价层电子对数为4，P原子的最外层存在1对孤对电子，则PH3的空间构型是三角锥形。N(CH3)3中N原子的价层电子对数为4，N(CH3)3中参与形成配位键的孤电子对占据的轨道是sp3。答案为：三角锥形；sp3；(5)原子坐标参数A为(，，)，依据0点定位，则B、C的原子坐标参数分别为B(，，)，C(，，)。设该晶胞中CdSe键的键长为x，则x2=(a)2+(a)2+(a)2，x=。在晶胞中，Cd原子数为×8+×6=4，Se原子数为4，已知Cd和Se的原子