四川省成都实验中学2025届高三化学下学期第四次周考试题含解析

PAGE14-四川省成都试验中学2025届高三化学下学期第四次周考试题（含解析）一、选择题：本题共8个小题，每小题6分,共48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.生活中遇到的某些问题，常涉及到化学学问，下列分析不正确的是（）A.Mg（OH）2和Al（OH）3热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱除O2、稀释可燃气体，分解产物MgO和Al2O3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，所以它们可以作为将来发展方向的无机阻燃剂B.用灼烧并闻气味的方法区分纯棉织物和纯毛织物C.某雨水样品采集后放置一段时间，pH值由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO2D.蒙古牧民喜爱用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质【答案】C【解析】【详解】A、Mg（OH）2和Al（OH）3热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱除O2、稀释可燃气体，分解产物MgO和Al2O3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，所以它们可以作为将来发展方向的无机阻燃剂，A正确；B、纯棉织物的主要成分是纤维素，纯毛织物的主要成分是蛋白质，燃烧时烧焦羽毛的气味，B正确；C、某雨水样品采集后放置一段时间，pH值由4.68变为4.28，是因为酸雨中弱酸亚硫酸被氧化生成强酸硫酸造成的，C错误；D、牛奶中溶入极微量银离子，细菌的蛋白质结构遇银离子（重金属离子）变性，从而杀死细菌，D正确。答案选C。2.下列说法正确的是A.乙烯、聚乙烯和苯分子中均含有碳碳双键B.纤维素可以被人体消化汲取，因为它在人体内可以水解成葡萄糖C.石油裂解、煤的干馏、玉米酿酒、紫外线消毒等过程都有化学改变发生D.乙烯使溴水褪色与乙烯使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同【答案】C【解析】A．聚乙稀和苯分子中均不含有碳碳双键，故A错误；B．人体内没有消化纤维素的酶，即纤维素在人体内不能被消化而供应能量，故B错误；C．石油裂解、煤的干馏、玉米酿酒、蛋白质变性等都存在新物质生成，都属于化学改变，故C正确；D．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液，是因为酸性高锰酸钾氧化乙烯，自身被还原；乙烯与溴发生加成反应而使溴水褪色，褪色原理不同，故D错误；答案为C。3.萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物a、b的说法正确的是A.a中六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)B.b的分子式为C10H12OC.a和b都能发生加成反应、氧化反应、取代反应D.只能用钠鉴别a和b【答案】C【解析】A、a中六元环上有5个碳上有氢，a中六元环上的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)，故A错误；B、b的分子式为C10H14O，故B错误；C、a中的碳双键和b中苯环上的甲基都能发生氧化反应、a、b甲基上的氢都可以发生取代反应、a中碳碳双键、b中苯环都可以发生加成反应，故C正确；D.可以用钠鉴别a和b，还可以用溴水来鉴别，故D错误；故选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，侧重分析实力和应用实力的考查，解题关键：官能团与性质的关系、有机反应类型，难点：选项D为解答的难点，醇能与钠反应。题目难度中等。4.在20L的密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，发生反应CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH。测得CO的转化率随温度的改变及不同压强下CO的改变如图所示，p2和195℃时n(H2)随时间的改变结果如下表所示。下列说法正确的是()p2和195℃时n(H2)t/min0135n(H2)/mol8544A.p2和195℃时，0～3min，反应速率v(CH3OH)＝mol·L－1·min－1B.p1＜p2，ΔH＞0C.195℃、p2时，在B点：v正＞v逆D.在p2和195℃时，该反应的平衡常数为25【答案】D【解析】【详解】A．0～3min，Δn(H2)＝4mol，Δc(H2)＝＝0.2mol·L－1，v(H2)＝，v(H2)：v(CH3OH)=2：1，则v(CH3OH)≈0.033mol·L－1·min－1，故A错误；B．由随意一条曲线知，随温度上升，CO转化率减小，故ΔH<0，由于增大压强时，平衡右移，故p1<p2，故B错误；C．从B点到A点，CO转化率减小，反应向左进行，故v正<v逆，故C错误；D．达到平衡时，CO、H2、CH3OH的平衡浓度分别为0.1mol·L－1、0.2mol·L－1、0.1mol·L－1，则平衡常数K＝＝＝＝25，故D正确；答案选D。【点睛】计算平衡常数时，代入的肯定是平衡时的浓度，表格中4min时，物质的量保持不变，即达到平衡状态。5.依据反应2NaIO3＋5SO2＋4H2O=I2＋3H2SO4＋2NaHSO4，并利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到试验目的的组合是()A.①②③④ B.①②③C.②④ D.②③【答案】D【解析】【详解】①铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，装置①缺少加热部分，故①错误；②将二氧化硫通入碘酸钠溶液中实施上述反应，由于二氧化硫易溶于水，需通过倒扣的漏斗以防止倒吸，故②正确；③用四氯化碳萃取出溶液中的碘，然后用分液法将碘的四氯化碳溶液与水层分别，故③正确；④从硫酸氢钠溶液中提取硫酸氢钠固体应采纳的方法是蒸发，应当将溶液置于蒸发皿中加热，而不能用坩埚，故④错误；答案选D。【点睛】蒸发皿适用于除去溶液中的溶剂的装置，坩埚适用于高温灼烧某种物质。6.下图所示转化关系中A、B、C均为双原子气态单质，分别由短周期主族元素X、Y、Z组成。其中单质B含共用电子对数最多，甲和丙分子中均含有10个电子。下列说法错误的是（）A.Z元素位于其次周期第VIA族B.可用排水法收集化合物乙C.元素X、Y、Z的原子半径大小关系为X<Z<YD.化合物甲溶于化合物丙中，存在的微粒有5种【答案】D【解析】【分析】单质B含共用电子对数最多，B为氮气。甲和丙分子中均含有10个电子，甲为氨，相应A为氢。从反应关系可知丙为水，C为氧气，乙为一氧化氮。【详解】A.氧元素位于其次周期第VIA族，故A正确；B.一氧化氮不溶于水，可用排水法收集，故B正确；C.氢元素原子半径在全部元素原子半径中最小，同周期元素从左到右原子半径减小，所以原子半径N>O，因此，元素X、Y、Z的原子半径大小关系为X<Z<Y，故C正确；D.化合物甲溶于化合物丙中，形成氨水，存在微粒有NH3、H2O、NH3·H2O、、-、H+等共6种，故D错误。故选D。7.H3BO3(一元弱酸)可以通过电解NaB(OH)4溶液的方法制备，其工作原理如图，下列叙述错误的是A.M室发生的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+B.N室中：a％<b％C.b膜为阴膜，产品室发生反应的化学原理为强酸制弱酸D理论上每生成1mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6L气体【答案】D【解析】【详解】A．M室为阳极室，发生还原反应，电极反应式为：2H2O－4e－=O２↑＋4H＋，选项A正确；B．N室为阴极室，溶液中水电离的H+得电子发生还原反应，生成H2，促进水的电离，溶液中OH-浓度增大，即a%<b%，选项B正确；C．阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B（OH）4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3，则b膜为阴膜，选项C正确；D．理论上每生成1mol产品，M、N室电极反应式分别为2H2O-4e-=O2↑+4H+、2H2O+2e-=H2↑+2OH-，M室生成1molH+、N室生成0.5molH2，阴极生成的气体体积在标况下是11.2L，选项D错误；答案选D。8.某温度下，向20.00mL0.1mol·L-1NaOH溶液中滴加0.1mol·L-1苯甲酸(C6H5COOH，弱酸)溶液，溶液的pH和pOH[pOH=-lgc(OH-)]关系如图所示。下列说法正确的是A.在该温度下，0.1mol·L-1NaOH溶液的pH=2a+1B.F点对应苯甲酸溶液体积V=20.00mLC.在G与F之间某点对应的溶液中水的电离程度最大D.温度不变，加水稀释E点溶液，增大【答案】C【解析】【分析】向20.00mL0.1mol·L-1NaOH溶液中滴加0.1mol·L-1苯甲酸，反应是逐步进行的，氢氧化钠溶液先变为氢氧化钠和苯甲酸钠混合溶液，再变为苯甲酸钠溶液，进而变为苯甲酸钠和苯甲酸混合溶液，溶液由碱性变为中性，再变为酸性。由图可知，G点溶液显碱性，F点为中性溶液，E点溶液显酸性，该温度下，水的离子积常数Kw为10—2a。【详解】（1）0.1mol·L-1NaOH溶液中c（OH—）为0.1mol·L-1，由F点可知水的离子积常数Kw为10—2a，则溶液中c(H+)为10—2a+1，则pH为2a—1，A错误；F点为中性溶液，是苯甲酸和苯甲酸钠的混合溶液，所以F点对应苯甲酸溶液体积V大于20.00mL，B错误；苯甲酸和氢氧化钠溶液恰好反应生成苯甲酸钠溶液时，水的电离程度最大，恰好反应点在G与F之间，C正确；E点为苯甲酸钠和苯甲酸混合溶液，溶液显酸性，加水稀释时，苯甲酸的电离平衡右移，n（C6H5COOH）减小，n（C6H5COO—）增大，则减小，D错误。故选C。【点睛】本试题主要考查酸碱中和图像中关于离子浓度大小比较问题，包含中和反应、盐类水解学问的运用。对于此类试题，常常考查的有NaOH~HA弱酸以及氨水~盐酸两类试题。所以，应当记住几个重要的点：起点可以推断是否是弱电解质或者是起始pH；恰好反应点酸碱依据化学计量数之比反应，详细的酸碱性取决于盐的水解；pH=7点；等浓度盐与酸（或碱）点。假如能够将上述的四点分析清晰，此类试题迎刃而解。二、非选择题：本题包括3小题，共52分。9.氮化钙(Ca3N2)是一种重要的化学试剂。某化学爱好小组拟制备氮化钙并测定产品纯度。已知：①氮化钙极易与水反应；②试验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2；③焦性没食子酸溶液用于汲取少量O2。I．制备氮化钙。他们选择下列装置设计试验(装置可重复运用)：(1)试验室将钙保存在________中(填物质名称)。氮化钙中所含化学键类型是_________。(2)气体从左至右，装置连接依次为____________________________。(填代号)(3)写出A中发生反应的化学方程式：______________________________。(4)用化学方法检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca，设计试验方案：________。Ⅱ.测定产品纯度。利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体，氨气不溶于煤油)。(5)当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数。调平液面的操作是___________________________________。(6)取产品质量为wg，起先量气管读数为V1mL，最终量气管读数为V2mL(折合成标准状况)，则该样品纯度为________________________(用代数式表示)。假如起先仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】(1).煤油(2).离子键(3).A、D、C、B、C(4).2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O(5).取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙(6).上下移动水准瓶(7).(8).偏低【解析】【分析】(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物；(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以须要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气。(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气；(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。(5)调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平。(6)氮化钙与水反应的方程式是Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑，依据氨气的体积计算样品纯度。假如起先仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小。【详解】(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应，所以试验室将钙保存在煤油中；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物，所以氮化钙含有离子键；(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以须要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气，装置连接依次为A→D→C→B→C。(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气，反应化学方程式是2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O；(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca方法是取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙。(5)调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平，操作方法是上下移动水准瓶；(6)样品与水反应生成氨气的体积是(V2mL－V1mL)，设样品中Ca3N2的质量为xg；Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑148g44.8Lxg(V2－V1)×10-3Lx=则该样品纯度为；假如起先仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小，所以测得结果偏低。【点睛】本题考查物质的制备试验，把握试验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与试验实力的考查，留意物质性质的综合应用。10.氯化亚铜(CuCl)微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被快速氧化，其制备有许多方法，工业上可以废旧铜为原料生产氯化亚铜。方法一：(1)CuCl可以溶解在FeCl3溶液中，请写出该反应的离子方程式是：____。(2)还原过程中的产物为Na[CuCl2]，试写动身生反应的化学方程式是__________，过滤操作用到的玻璃仪器有_______________________________。(3)制备结束后所得产品用酒精淋洗的目的是_________________。方法二：(4)a.写出过程①的主要反应的化学方程式_____________________。b.为了更好体现绿色化学思想，有人提出如下方案：方案一：可将上述X稀溶液用于废铜的处理(如图所示)，则Y可以为________(填化学式)。方案二：过程①中Cu与浓H2SO4反应所得SO2和CuSO4用于过程②中CuCl的制备，理论上________(填“须要”或“不须要”)另外补充SO2，缘由是_______________________(结合化学方程式回答)。【答案】(1).CuCl＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－(2).CuCl2＋2NaCl＋Cu=2Na[CuCl2](3).烧杯、漏斗、玻璃棒(4).除去表面可溶性杂质，使CuCl尽快干燥，削减溶解损失(5).2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋SO2↑＋2H2O(6).O2(7).不须要(8).过程①中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1，而过程②发生反应：CuSO4＋CuCl2＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4，须要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为1∶1，所以理论上不须要补充SO2(其他合理答案均可)【解析】分析】(1)氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子；(2)流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物为Na[CuCl2]，结合原子守恒配平书写方程式；过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；(3)酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥；(4)a．浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应；b．由生产氯化亚铜的流程可知X的稀溶液为稀硫酸，由于铜与稀硫酸不反应，故加入的单质Y应具有氧化性，将铜氧化为氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液。【详解】(1)氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子，反应的离子方程式为CuCl＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－；(2)由题给流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物Na[CuCl2]，依据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：CuCl2＋2NaCl＋Cu=2Na[CuCl2]；(3)酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥，防止被空气氧化；(4)a．浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应，其化学方程式为:Cu+2HSO(浓)CuSO+SO↑+2HO；b．方案一：由生产氯化亚铜的流程可知X的稀溶液为稀硫酸，由于铜与稀硫酸不反应，故加入的单质Y应具有氧化性，将铜氧化为氧化铜，Y为O；方案二：过程①中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1，而过程②发生反应：CuSO4＋CuCl2＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4，须要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为1∶1，所以理论上不须要补充SO2(其他合理答案均可)。11.对温室气体二氧化碳的探讨始终是科技界关注的重点。Ⅰ.在催化剂存在下用H2还原CO2是解决温室效应的重要手段之一，相关反应如下：主反应：CO2(g)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g)ΔH1①副反应：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41.2kJ·mol－1已知：H2和CH4的燃烧热分别为285.5kJ·mol－1和890.0kJ·mol－1，H2O(l)===H2O(g)ΔH＝＋44kJ·mol－1。(1)ΔH1＝________kJ·mol－1。(2)有利于提高CH4产率的反应条件是(至少写两条)______________________________工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是________________________________。(3)T℃时，若在体积恒为2L的密闭容器中同时发生上述反应，将物质的量之和为5mol的H2和CO2以不同的投料比进行反应，结果如图1所示。若a、b表示反应物的平衡转化率，则表示H2平衡转化率的是________，c、d分别表示CH4(g)和CO(g)的体积分数，由图1可知＝________时，甲烷产率最高。若该条件下CO的产率趋于0，则T℃时①的平衡常数K＝___________________。Ⅱ.溶于海水的CO295%以HCO3-形式存在。在海洋中，通过图2钙化作用实现碳自净。(4)写出钙化作用的离子方程式________________。(5)电解完成后，a室的pH________(填“变大”、“变小”或“几乎不变”)；b室发生反应的离子方程式为________________________。【答案】(1).－1640(2).降低温度、增大压强(3).催化剂(4).b(5).4(6).100(7).2HCO3-＋Ca2＋=CaCO3↓＋CO2↑＋H2O(8).几乎不变(9).H＋＋HCO3-=CO2↑＋H2O【解析】【分析】Ⅰ(1)依据盖斯定律解答；(2)该主反应为气体分子数减小的放热反应，依据外界条件平衡移动的影响分