湖南省郴州市2025届高三化学第二次教学质量监测试题含解析

PAGE18-湖南省郴州市2025届高三化学其次次教学质量监测试题（含解析）1.化学与材料、生活亲密相关，下列说法正确的是A.N95口罩可以用来防护新型冠状病毒，生产N95口罩的主要材料聚丙烯是一种纯净物。B.喝补铁剂(含Fe2+)时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有还原性C.“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其太阳能电池帆板的材料是二氧化硅D.这次新型冠状病毒在全球流行，据专家介绍可以用95%的酒精能更好杀死新型冠状病毒。【答案】B【解析】【详解】A．聚丙烯是一种混合物，故A错误；B．喝补铁剂(含Fe2+)时，Fe2+可能被氧化，维生素C具有还原性，维生素C将Fe3+还原为Fe2+，因此加服维生素C效果更好，故B正确；C．太阳能电池帆板材料是硅单质，故C错误；D．这次新型冠状病毒在全球流行，据专家介绍可以用75%的酒精能更好杀死新型冠状病毒，假如酒精的浓度超过80%，浓度过高的酒精会首先使细菌细胞膜上的蛋白质(约占菌体蛋白总量的70%以上)凝固变性，这样反而形成了一层“爱护壳”，使得酒精无法深化菌体内部，从而影响酒精对微生物的杀灭效果，故D错误。综上所述，答案为B。2.利用和制备的原理为：①②已知：A、B均为有机物，两个反应均能自发进行；NA代表阿伏加德罗常数。下列说法正确的是A.B为和制备的催化剂B.1mol与足量的B在肯定条件下发生反应②，共转移2NA个电子C.反应①的反应物的总能量大于产物的总能量D.标准状况下，22.4L含NA个分子【答案】C【解析】【详解】A.B为中间产物，A在反应前后性质和质量不变，为和制备的催化剂，A错误；B.依据反应方程式可知，氧元素由0价变为-1价，但其它元素化合价如何变更并不明确，故1mol与足量的B在肯定条件下发生反应②，转移的电子数无法确定，B错误；C.反应①的，该反应能自发进行，则，故<0，反应物的总能量大于产物的总能量，C正确；D.在标况下，为非气体状态，分子数无法确定，D错误；答案选C。3.我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。下列说法不正确的是A.异戊二烯全部碳原子可能共平面B.可用溴水鉴别M和对二甲苯C.对二甲苯的一氯代物有2种D.M的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气【答案】D【解析】【详解】A.异戊二烯中2个碳碳双键所确定的平面重合时，全部碳原子共平面，A正确；B.M中含有碳碳双键可使溴水褪色，对二甲苯与溴水可发生萃取，使溶液分层，有机层显橙红色，可用溴水鉴别，B正确；C.对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1种，在甲基上1种，合计2种，C正确；D.M的分子式为C8H12O，某种同分异构体含有苯环，则剩余基团为C2H7-，无此基团，D错误；答案为D【点睛】碳碳双键与溴水中的溴发生加成反应使溴水褪色；对二甲苯与溴水萃取使溴水褪色，但有机层显橙红色。4.一种新型漂白剂结构如图所示，其中W.Y.Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简洁离子核外电子排布相同。下列说法正确的是A.非金属性：X>W>YB.Y的最高价氧化为对应的水化物为三元酸C.可利用W与X、Y形成的化合物热还原制备单质YD.该漂白剂中仅有X均满意8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】由W2+可知，W最外层有2个电子；Z形成1个键，Z是第ⅠA或ⅦA族元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X形成2个键，X是ⅥA族元素；Z与X形成共价键，Z是H元素，X是O元素；Y是B元素；W、X对应的简洁离子核外电子排布相同，W是Mg元素。【详解】A.W是镁，为金属元素，非金属性：O>B>Mg，故A错误；B.Y是B元素，B的最高价氧化为对应的水化物为H3BO3，H3BO3中的质子无法干脆电离出，H3BO3结合水中的OH-，电离出H+，H3BO3是一元弱酸，故B错误；C.镁和B2O3加热生成B和氧化镁，故C正确；D.该漂白剂中Mg2+、B、O均满意8电子稳定结构，故D错误【点睛】本题须要通过微观的原子结构、化学键结合题目信息推断元素，关键是联系宏观物质的性质、敏捷运用结构确定性质的规律，本题的突破口是该漂白剂的结构示意图。5.青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156-157℃，热稳定性差。已知：乙醚沸点为35℃。提取青蒿素的主要工艺如图所示，下列有关此工艺操作不正确的是A.操作Ⅲ的主要过程是：加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤B.破裂的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率C.操作Ⅱ是蒸馏，利用了乙醚沸点低回收利用。D.操作I须要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯【答案】A【解析】【详解】A.由题意可知，青蒿素在水中几乎不溶，故操作Ⅲ的主要过程不是加水溶解，而是加入95%的乙醇溶解，再进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，A错误；B.将青蒿素干燥粉碎增大了与乙醚的接触面积，调高青蒿素浸取液，B正确；C.操作Ⅱ是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大，乙醚沸点低可回收利用，C正确；D.操作I为过滤，须要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，D正确；答案选A。6.下图是半导体光电化学电池光解水制氢的反应原理示意图。在光照下，电子由价带跃迁到导带后，然后流向对电极。下列说法不正确的是A.对电极的电极反应式为：2H++2e－=H2↑B半导体电极发生还原反应C.电解质溶液中阳离子向对电极移动D.整个过程中实现了太阳能→电能→化学能的转化【答案】B【解析】【详解】A.图示分析可以知道在对电极上发生的反应是水电离出的氢离子得到电子生成氢气，电极反应为:2H++2e－=H2↑,A正确；B.在光照下,电子由价带跃迁到导带后,然后流向对电极，所以半导体电极为负极，发生氧化反应，B错误；C.阳离子向阴极移动，对电极为阴极，因此电解质溶液中阳离子向对电极移动，C正确；D.过程分析可以知道,该装置是光能转化为电能,电能转化为化学能的过程,整个过程中实现了太阳能向电能化学能等的转化,D正确；正确选项B。7.亚氯酸钠(NaClO2)在溶液中对生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl-等，其中HClO2和ClO2都是具有漂白作用。已知pOH=﹣lgc(OH-)，经测定25℃时各组分含量随pOH变更状况如图所示(Cl-没有画出)，此温度下，下列分析正确的是A.HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10-8B.pOH=11时，ClO2-部分转化成ClO2和Cl-离子的方程式为：5ClO2-+2H2O=4ClO2+Cl-+4OH-C.pH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：c(HClO2)＞c(ClO2-)＞c(ClO2)＞c(Cl-)D.同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2-)+2c(OH-)【答案】D【解析】A、HClO2的电离平衡常数K=，视察图象可以看出，当pOH=8时，pH=6，c(ClO2-)=c(HClO2)，此时HClO2的电离平衡常数的数值Ka=c(H+)=10-6，故A错误；B.pOH=11时，溶液显酸性，不能生成OH-，故B错误；C、依据图知，pH=7时，存在c(HClO2)＜c(ClO2-)，则微粒浓度大小依次是c(ClO2-)＞c(HClO2)＞c(ClO2)＞c(Cl-)，故C错误；D、依据电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2-)+c(OH-)+c(Cl-)①，依据物料守恒得出：2c(Na+)=c(ClO2-)+c(HClO2)

+c(Cl-)②，联立①②消去钠离子：c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2-)+2c(OH-)，故D正确；故选D。8.某试验室废液含等离子，现通过如下流程变废为宝制备。已知：(a)(黄色)(b)金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表。金属离子pH沉淀沉淀Fe3+2.73.7Cr3+4.96.8请回答：(1)如在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，视察到的主要现象是：_________________。(2)某同学采纳纸层析法推断步骤①加入KOH的量是否合适。在加入肯定量KOH溶液后,用毛细管取样、点样、薄层色谱绽开、氨熏后的点如图所示。加入KOH最适合的试验编号是(上图ABC中选择，试验依次已乱)_________________,C的斑点颜色为_________________。(3)步骤②含Cr物质发生的主要反应的离子方程式为_________________。(4)在下列装置中，步骤②应选用试验装置是_________________。(填标号)(5)部分物质的溶解度曲线如图2,步骤⑤可能用到下列部分操作:a.蒸发至出现大量晶体，停止加热;b.冷却至室温;c.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热;d.洗涤;e.趁热过滤;f.抽滤。请选择合适操作的正确依次_________________。(6)步骤⑤中合适的洗涤剂是_________________(“无水乙醇”、“乙醇-水混合液”、“热水”、“冰水”),粗产品进一步提纯的方法是_________________。(7)取mg粗产品配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，用cmol.L-1的标准溶液滴定(杂质不反应)，消耗标准溶液VmL，则该粗产品中的纯度为_________________。(的式量:294)【答案】(1).固体溶解；产生无色有刺激性气味的气体；溶液由橙色变黄色(2).A(3).黄色(4).(5).A(6).aebfd(7).冰水(8).重结晶(9).【解析】【分析】某试验室废液含等离子，加入KOH，可生成Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀，沉淀加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成，过滤，红褐色沉淀为Fe(OH)3，加入酸可生成K2Cr2O7，由图1可知，蒸发至出现大量晶体，停止加热，趁热过滤除去KCl等，然后冷却至室温、抽滤、洗涤可得到K2Cr2O7，以此解答该题。【详解】(1)如在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，两者反应生成氨气和铬酸钾，因此可视察到固体溶解，产生无色有刺激性气味的气体，溶液由橙色变黄色的现象，故答案为：固体溶解；产生无色有刺激性气味的气体；溶液由橙色变黄色；(2)加入氢氧化钠最适合时，Fe3+、Cr3+恰好生成沉淀，则A为合适，再加入肯定量KOH溶液后，用毛细管取样、点样、薄层色谱绽开、氨熏后发生Cr3++6NH3=[Cr(NH3)6]3+(黄色)，则C的斑点呈黄色，故答案为：A；黄色；(3)依据分析可知步骤②含Cr物质被氧化，发生的主要反应的离子方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2O，故答案为：2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2O；(4)步骤②反应须要加热，且反应中须要加入液体，因此选用A装置；故答案为：A；(5)步骤⑤由溶液得到晶体，试验时，蒸发至出现大量晶体，停止加热，趁热过滤除去KCl等，然后冷却至室温、抽滤、洗涤可得到K2Cr2O7，则依次为aebfd，故答案为：aebfd；(6)K2Cr2O7具有强氧化性，不能用乙醇洗涤，在温度较低时溶解度较小，则用冷水洗涤，可采纳重结晶的方法对粗产品进一步提纯，故答案为：冰水；重结晶；(7)该滴定试验的滴定原理为利用Fe2+使完全转化为Cr3+，二者数量关系为~6Fe2+，滴定过程消耗的n(Fe2+)=cV/1000mol，故待测液中K2Cr2O7物质的量为mol，所以样品中K2Cr2O7物质的量为mol，质量为g，所以质量分数为：×100%，故答案为：×100%。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的限制选择与理解等，理解工艺流程原理是解题的关键；第(7)题考虑到K2Cr2O7的氧化性不难想到滴定原理。9.用含砷氧化铜矿[含CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等]制取的工艺流程如下：（1）过程中可循环利用物质的电子式是_________________。（2）步骤I“氨浸”时，限制温度为50〜55℃，pH约为9.5，含铜化合物转化为溶液。①CuO被浸取的离子方程式为_________________。②浸取温度不宜超过55℃，其缘由是_________________。③Cu2+与NH3结合时，溶液中含铜微粒的物质的量分布分数（）与溶液中游离的c(NH3)的对数值的关系如图所示。若用1L浸取液（由等物质的量NH3和NH4+组成）将amol全部浸出为（转变为，不考虑其他反应，溶液体积变更忽视不计），原浸取液中起始时c(NH3)应满意的条件是_________________。（3）“除”时，加入的试剂是和。①已知结构式如图，依据此结构确定中S元素的化合价为_________________。②需过量，一方面使沉淀完全，另一目的是_________________。（4）“蒸氨”时发生反应的化学方程式为_________________。【答案】(1).(2).(3).温度过高，会加速NH3的挥发(4).(5).+6(6).生成的Fe(OH)3[或Fe(OH)3-Fe(OH)2]絮状沉淀吸附FeAsO4等含砷微粒(7).【解析】【分析】含砷氧化铜矿[含CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等]与氨气，硫酸铵反应生成、和水，加入硫化铵得到重金属硫化物渣和滤液，向滤液中加入硫酸亚铁和，得到FeAsO4、Fe(OH)3和，蒸氨得到、氨气和硫酸铵。【详解】(1)过程中可循环利用物质是氨气，氨气的电子式是；故答案为：。(2)①CuO被浸取时，CuO与氨气和硫酸铵反应生成水和，其离子方程式为；故答案为：。②氨气易挥发，因此浸取温度不宜超过55℃；故答案为：温度过高，会加速NH3的挥发。③书写出反应方程式，依据方程式知amol全部浸出为须要5amolNH3，依据图象，当lgc(NH3)=0时，物质的量分数为1，此时c(NH3)=1mol∙L−1，因此原浸取液中起始时c(NH3)应满意的条件是；故答案为：。(3)①已知结构式如图，左边的S—O单键，O—H键，说明O为－2价，S=O双键，O为－2价，过氧根中氧为－1价，依据此结构确定和化合价代数和为0，得到中S元素的化合价为+6；故答案为：+6。②需过量，与充分反应生成铁离子，氧化使之变为沉淀，另一目的是生成的Fe(OH)3[或Fe(OH)3-Fe(OH)2]絮状沉淀吸附FeAsO4等含砷微粒；故答案为：生成的Fe(OH)3[或Fe(OH)3-Fe(OH)2]絮状沉淀吸附FeAsO4等含砷微粒。(4)“蒸氨”是受热反应生成氨气、硫酸铵和，反应的化学方程式为；故答案为：。10.氮的化合物应用广泛，但其对环境造成污染进行治理已成为环境科学的重要课题。请回答下列问题：（1）在汽车的排气管上加装催化转扮装置可削减NOx的排放。探讨表明，NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以(A、B均为过渡元素）为催化剂，用H2还原NO的机理如下：第一阶段：(不稳定)+H2→低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变）其次阶段：……注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态第一阶段用氢气还原B4+得到低价态的金属离子越多，其次阶段反应的速率越快，缘由是_________________。其次阶段中各反应关系在该温度下，NO脱除反应的平衡常数_________________(用的表达式表示）。（2）为探讨汽车尾气转化为无毒无害的物质有关反应，在密闭容器中充入10molCO和8molNO,发生反应，如图为平衡时的体积分数与温度、压强的关系。①该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO的转化率，可实行的措施有_________________(填字母序号)a.改用高效催化剂b.缩小容器的体积c.上升温度d.增加CO的浓度②压强为10MPa、温度为T1下，若反应进行到20min达到平衡状态，容器的体积为4L，用CO2的浓度变更表示的平均反应速率_________________，该温度下平衡常数Kp=_________________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数;保留两位有效数字）。（3）近年来，地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，其工作原理如图所示①Ir表面发生反应的方程式为_________________;若导电基体上的Pt颗粒增多，造成的后果是_________________。【答案】(1).还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快(2).(3).bd(4).(5).0.089MPa-1(6).(7).若Pt颗粒增多，更多转化为存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量，产生有污染的气体【解析】【分析】依据题中信息还原后催化剂中金属原子个数不变，价态降低，则氢气须要增多，导致氢与氧结合后氧缺位增多，催化剂表面氧缺位的密集程度越多，反应速率越快，依据方程式变更分析平衡常数的乘除及平方，利用影响反应速率的因素和平衡移动分析，依据三段式建立关系进行计算速率和压强平衡常数，依据图中信息分析反应方程式和影响因素。【详解】(1)第一阶段用氢气还原B4+得到低价态的金属离子越多，其次阶段反应的速率越快，缘由是还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，则氢气须要越多，导致氢与氧结合后氧缺位增多，反应速率加快。其次阶段中各反应关系在该温度下，将其次阶段的第一个方程式乘以2，加上其次个、第三个方程式得到，方程式相加，平衡常数相乘，方程式二倍，则平衡常数为平方，即第一个平衡常数的平方乘以其次个第三个的平衡常数，因此NO脱除反应的平衡常数；故答案为：还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快；。(2)①a．改用高效催化剂，只能提高速率，不能变更NO转化率，故a不符合题意；b．缩小容器的体积，相当于加压，速率增大，平衡正向移动，NO转化率提高，故b符合题意；c．上升温度，速率增大，平衡向吸热反应即逆向移动，NO转化率降低，故c不符合题意；d．增加CO的浓度，速率加快，平衡正向移动，NO转化率增大，故d符合题意；综上所述，答案为bd。②，依据NO的体积分数为25%得，解得x=2mol，因此CO2的浓度变更表示的平均反应速率，该温度下平衡常数；故答案为：；0.089MPa-1。(3)①Ir表面是氢气和一氧化二氮反应生成氮气和水，其反应的方程式为；若导电基体上的Pt颗粒增多，依据图中信息得出若Pt颗粒增多，更多转化为存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量，产生有污染的气体；故答案为：若Pt颗粒增多，更多转化为存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量，产生有污染的气体。【点睛】化学平衡综合题是常考题型，主要考查方程式叠加和平衡常数的计算，反应速率的影响、平衡移动、平衡常数的计算，分析问题解决问题的实力。11.张亭栋探讨小组受民间中医启发，发觉As2O3（俗称砒霜）对白血病有明显的治疗作用．氮（N）、磷（P）、砷（As）等都是VA族的元素，该族元素的化合物在探讨和生产中有很多重要用途．回答下列问题：（1）As原子的核外电子排布式为_____。（2）P和S是同一周期的两种元素，P的第一电离能比S大，缘由是_____。（3）NH4+中H﹣N﹣H的键角比NH3中H﹣N﹣H的键角_____（填“大”或“小”），缘由是_____。（4）Na3AsO4中含有的化学键类型包括_____；AsO43﹣的空间构型为_____，As4O6的分子结构如图1所示，则在该化合物中As的杂化方式是_____。（5）化合物NH5中的全部原子最外层都满意稳定结构，则NH5是____晶体．（6）白磷（P4）的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2（小圆圈表示白磷分子）．己知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NAmol﹣l，则该晶胞中含有的P原子的个数为_____，该晶体的密度为_____g•cm﹣3（用含NA、a的式子表示）。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d104s24p3(2).P的p亚层是半充溢状态，比较稳定，所以第一电离能比硫的大(3).大(4).NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力(5).离子键、共价键(6).正四面体(7).sp3(8).离子(9).16(10).【解析】【详解】（1）As原子核外电子数为33，依据能量最低原理，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，故答案为1s22s22p63s23p63d104s24p3；（2）P的3p亚层是半充溢状态，比较稳定，第一电离能高于同周期相邻元素的，第一电离能大于硫的，故答案为P的p亚层是半充溢状态，比较稳定，所以第一电离能比硫的大；（3）NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力，故NH4+中H-N-H的键角比NH3中H-N-H的键角大，故答案为大；NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力；（4）Na3AsO4属于离子化合物，含有离子键，酸根离子中含有共价键；AsO43-中As原子孤电子对数==0、价层电子对数为4+0=4，空间构型为正四面体；As4O6的分子中As原子形成3个As-O键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，杂化类型为sp3杂化，故答案为离子键、共价键；正四面体；sp3；（5）化合物NH5中的全部原子最外层都满意稳定结构，则由NH4+与H-构成，属于离子晶体，故答案为离子；（6）依据均摊法可知，晶胞中P4分子数目为8×+6×=4，则晶胞中P原子数目为4×4=16，晶胞质量为16×g，晶胞体积为（acm）3，则晶胞密度为=g·cm-3，故答案为。12.莫沙朵林是一种镇痛药，它的合成路途如下：(1)B中手性碳原子数为_________________；化合物C中无氧官能团的名称为_________________。(2)下列说法正确的是_________________。A．B与葡萄糖是同系物关系B．A→B是水解反应C．E可以发生消去反应，F可与HC1反应(3)C与银氨溶液反应的化学方程式为_________________。(4)写出同时满意下列条件的E的同分异构体随意一种结构简式:_________________。I.核磁共振氢谱有4个峰；Ⅱ.能发生银镜反应和水解反应；Ⅲ.能与FeCl3溶液发生显色反应。(5)已知E+X→F为加成反应，化合物X的结构简式为_________________。(6)已知:。化合物是合成抗病毒药阿昔洛韦的中间体