广东省清远市方圆培训学校2025届高三化学模拟试题精练十五

PAGEPAGE13广东省清远市方圆培训学校2025届高三化学模拟试题精练（十五）(考试用时：50分钟试卷满分：100分)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。)7．明代《造强水法》记载“绿矾五斤，硝五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，锅下起火，取气冷定，开坛则药化为水。用水入五金皆成水，惟黄金不化水中。”“硝”即硝酸钾。下列说法错误的是()A．“绿矾”的成分为FeSO4·7H2OB．“研细”可在蒸发皿中进行C．“开坛则药化为水”，“水”的主要成分是硝酸D．“五金皆成水”，发生氧化还原反应【答案】B【解析】“绿矾”为硫酸亚铁的晶体，成分为FeSO4·7H2O，A项正确；“研细”固体在研钵中进行，蒸发皿是用来蒸发液体的，B项错误；依据开坛则药化为水，用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，说明该“水”的主要成分是硝酸，因为硝酸能够与绝大多数金属反应，金、铂除外，C项正确；金属和硝酸反应生成盐和含氮元素的物质，发生的是氧化还原反应，D项正确。8．下列反应的离子方程式书写不正确的是()A．向氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)B．用氨水汲取过量的二氧化硫：NH3·H2O＋SO2=NHeq\o\al(＋,4)＋HSOeq\o\al(－,3)C．向偏铝酸钠溶液中加入过量的稀盐酸：AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓D．向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳：ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCOeq\o\al(－,3)8．解析：选C。A.氯化铝溶液中加入过量的氨水，反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)，故A正确；B.用氨水汲取过量的二氧化硫，反应生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为NH3·H2O＋SO2=NHeq\o\al(＋,4)＋HSOeq\o\al(－,3)，故B正确；C.向偏铝酸钠溶液中加入过量稀盐酸，反应生成氯化铝和水，正确的离子方程式为AlOeq\o\al(－,2)＋4H＋=Al3＋＋2H2O，故C错误；D.次氯酸钠溶液中通入少量的二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCOeq\o\al(－,3)，故D正确；故选C。9．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A．12.5mL16mol/L浓硫酸与足量锌充分反应，转移电子数为0.2NAB．5.8g熟石膏(2CaSO4•H2O)含有的结晶水分子数为0.02NAC．92.0g甘油(丙三醇)和甲苯的混合物中含氢原子数为8.0NAD．标准状况下，1L甲醛气体完全燃烧消耗O2分子个数约为eq\f(NA,22.4)9．解析：选A。A.浓硫酸与锌发生反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，当反应进行到肯定程度变为稀硫酸时发生反应：Zn＋H2SO4(稀)=ZnSO4＋H2↑，n(H2SO4)＝c·V＝16mol/L×0.0125L＝0.2mol，若完全发生第一个反应，转移电子的数目为0.2NA，若完全发生其次个反应，转移电子数目为0.4NA，因此反应转移电子数目大于0.2NA，小于0.4NA，A错误；B.熟石膏(2CaSO4·H2O)相对分子质量是290，则5.8g熟石膏的物质的量是n＝5.8g÷290g/mol＝0.02mol，由于每个熟石膏中含有1个结晶水，所以0.02mol该物质中含有的结晶水分子数为0.02NA，B正确；C.甘油(丙三醇)和甲苯的相对分子质量都是92，所以92.0g甘油(丙三醇)和甲苯的混合物的物质的量是1mol，由于这两种物质每种分子中都含有8个H原子，所以混合物中含氢原子数为8.0NA，C正确；D.甲醛在标准状况下为气体，1L的物质的量为n(甲醛)＝eq\f(1L,22.4L/mol)＝eq\f(1,22.4)mol,1mol甲醛完全燃烧消耗1molO2，则1L甲醛气体完全燃烧消耗O2的物质的量是eq\f(1,22.4)mol，消耗氧气的分子个数约为eq\f(NA,22.4)，D正确；故选A。10．我国科研人员运用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下：下列说法不正确的是()A．肉桂醛分子中不存在顺反异构现象B．苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子C．还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂D．该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基10．解析：选A。A.肉桂醛()分子中碳碳双键两端分别连接2个不同的基团，存在顺反异构现象，故A错误；B.苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子，如图示：，故B正确；C.依据图示，还原反应过程中肉桂醛与氢气反应转化成了肉桂醇，分别断开了H—H键和C—O键，发生了极性键和非极性键的断裂，故C正确；D.依据图示，还原反应过程中肉桂醛转化成了肉桂醇，而没有转化为苯丙醛，体现了该催化剂选择性的还原肉桂醛中的醛基，故D正确。11.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，由X、Y形成的一种常见的气态化合物不能稳定地存在于空气中，Z、W同周期且W的最高正价是Z的7倍。下列有关说法正确的是()A．单质沸点：W<YB．简洁离子半径：W>X>Y>ZC．含氧酸的酸性：W>XD．Z与Y形成的化合物中只含离子键11．解析：选B。由X、Y形成的一种常见的气态化合物不能稳定地存在于空气中，则X为N，Y为O；Z、W同周期且W的最高正价是Z的7倍，则Z为Na，W为Cl；A.氯气是易液化的气体，而氧气难液化，故单质沸点：W>Y，故A错误；B.氯离子核外有3个电子层，而其他离子只有2个电子层，所以氯离子半径最大；离子的电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以简洁离子半径：W>X>Y>Z，故B正确；C.硝酸的酸性强于次氯酸，故C错误；D.过氧化钠中既有离子键又有共价键，故D错误。12．微生物燃料电池(MFC)是一种现代化氨氮去除技术。如图为MFC碳氮联合同时去除的转化系统原理示意图。下列说法正确的是()A．好氧微生物反应器中反应为NHeq\o\al(＋,4)＋2O2=NOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋H2OB．B极电势比A极电势低C．A极的电极反应式CH3COO－＋8e－＋2H2O=2CO2＋7H＋D．当电路中通过1mol电子时，理论上总共生成2.24LN212．解析：选A。A.NHeq\o\al(＋,4)在好氧微生物反应器中转化为NOeq\o\al(－,3)，NHeq\o\al(＋,4)＋2O2=NOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋H2O，故A正确；B.图示分析可知微生物燃料电池中氢离子移向B电极，说明A为原电池的负极，B为原电池的正极，B极电势比A极电势高，故B错误；C.A极的电极反应式为CH3COO－－8e－＋2H2O=2CO2＋7H＋，故C错误；D.当电路中通过1mol电子时，理论上总共生成标准状况下的2.24LN2，故D错误。13．298K时，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL同浓度的甲酸溶液过程中溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示(已知：HCOOH溶液的Ka＝1.0×10－4.0)。下列有关叙述正确的是()A．该滴定过程应当选择甲基橙作为指示剂B．图中a、b两点氷的电离程度：b>aC．当加入10.00mLNaOH溶液时，溶液中：c(HCOO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)D．当加入20.00mLNaOH溶液时，溶液pH>8.013．解析：选D。A.用NaOH溶液滴定甲酸溶液，恰好发生反应产生HCOONa溶液，该盐是强碱弱酸盐，选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞试液误差较小，A错误；B.图中a点HCOOH过量，pH＝3，则c(H＋)＝10－3mol/L；图中b点NaOH过量，pH＝12，则c(OH－)＝10－2mol/L；后者对水的电离抑制程度更大，所以a、b两点水的电离程度a>b，B错误；C.当加入10.00mLNaOH溶液时，溶液为等浓度的HCOONa、HCOOH的混合溶液，依据图示可知此时溶液的pH<7，说明HCOOH的电离程度大于HCOO－的水解程度，所以c(H＋)>c(OH－)，c(HCOO－)>c(Na＋)，强电解质电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，因此c(Na＋)>c(H＋)，所以离子浓度大小关系为c(HCOO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，C错误；D.当加入20.00mLNaOH溶液时，二者恰好反应产生HCOONa，该盐是强碱弱酸盐，HCOO－水解，使溶液显碱性，HCOO－＋H2OHCOOH＋OH－，c(HCOO－)＝eq\f(0.1000mol/L,2)＝0.0500mol/L，Kh＝eq\f(cHCOOH·cOH－,cHCOO－)＝eq\f(cHCOOH·cOH－·cH＋,cHCOO－·cH＋)＝eq\f(Kw,Ka)＝eq\f(10－14,10－4)＝10－10，Kh＝eq\f(cHCOOH·cOH－,cHCOO－)＝eq\f(c2OH－,cHCOO－)，所以c(OH－)＝eq\r(0.05×Kh)mol·L－1＝eq\r(5)×10－6mol·L－1，所以溶液的pH>8.0，D正确。选择题答题栏题号78910111213答案二、非选择题(共58分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必需作答。第35～36题为选考题，考生依据要求作答。)(一)必考题：共43分。26．(14分)KMnO4是一种常见的强氧化剂，主要用于防腐、化工、制药等。现以某种软锰矿(主要成分MnO2，还有Fe2O3、Al2O3、SiO2等)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得KMnO4(反应条件已经省略)。已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38，Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33。回答下列问题：(1)滤渣A的成分是________(写化学式)。(2)析出沉淀B时，首先析出的物质是________(写化学式)。(3)步骤②中加入MnCO3的作用为____________________________________________。(4)滤液C中加入KMnO4时发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。(5)完成步骤④中反应的化学方程式：eq\x()MnO2＋KClO3＋eq\x()KOH＝eq\x()K2MnO4＋KCl＋eq\x()________。(6)电解制备KMnO4的装置如图所示。电解液中最好选择________离子交换膜(填“阳”或“阴”)。电解时，阳极的电极反应式为________________________________________________________________________。26．解析：(1)软锰矿中SiO2不溶于酸，过滤，滤渣A为SiO2;(2)经过分析可知沉淀B为Fe(OH)3和Al(OH)3，已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38，Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，Fe(OH)3的溶解度更小，先沉淀；(3)步骤②中加入MnCO3的作用为调整溶液的pH，促进Fe3＋、Al3＋水解以沉淀形式除去；(4)滤液C主要含有Mn2＋，加入KMnO4时发生价态归中反应：3Mn2＋＋2MnOeq\o\al(－,4)＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋；(5)通过流程可知步骤④中反应为MnO2与KClO3和KOH熔融生成K2MnO4的反应，方程式为3MnO2＋KClO3＋6KOH=3K2MnO4＋KCl＋3H2O;(6)阳极为K2MnO4溶液，阳极失去电子发生氧化反应为MnOeq\o\al(2－,4)－e－=MnOeq\o\al(－,4)，说明KMnO4在阳极生成，则应为阳离子交换膜。答案：(1)SiO2(2)Fe(OH)3(3)调整溶液的pH，促进Fe3＋、Al3＋水解以沉淀形式除去(4)3Mn2＋＋2MnOeq\o\al(－,4)＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋(5)3633H2O(6)阳MnOeq\o\al(2－,4)－e－=MnOeq\o\al(－,4)27．(14分)保险粉(Na2S2O4)广泛应用于造纸、印染、环保、医药等行业。该物质具有强还原性，在空气中易被氧化，受热易分解，在碱性条件下比较稳定，易溶于水、不溶于乙醇。保险粉可以通过NaHSO3与NaBH4反应制取。请按要求回答下列问题：Ⅰ.NaHSO3溶液的制备(1)上图仪器a的名称___________；装置C中反应后溶液pH＝4.1，则发生反应的化学方程式为___________。Ⅱ.保险粉的制备打开如图(部分装置已省略)中活塞K1通入氮气，一段时间后，关闭K1，打开恒压滴液漏斗活塞向装置E中滴入碱性NaBH4溶液，在30～40℃下充分反应。向反应后的溶液中加入乙醇，经冷却结晶、过滤得到Na2S2O4·2H2O晶体，再用乙醇洗涤、真空烘干脱去晶体结晶水得到保险粉。(2)反应产物中有NaBO2，无气体。写出E中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(3)通入氮气的作用是______________________。(4)运用乙醇洗涤Na2S2O4·2H2O晶体的优点：______________________。(5)对装置E的加热方式最好采纳______________________。Ⅲ.保险粉的纯度测定(6)称取2.0gNa2S2O4样品溶于冷水配成200mL溶液，取出25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.10mol/L碱性K3[Fe(CN)6]标准溶液滴定，原理为4[Fe(CN)6]3－＋2S2Oeq\o\al(2－,4)＋8OH－=4[Fe(CN)6]4－＋4SOeq\o\al(2－,3)＋4H2O，用亚甲基蓝为指示剂，达到滴定终点时消耗标准溶液24.00mL，则样品中Na2S2O4的质量分数为___________(杂质不参加反应)(计算结果精确至0.1%)。27．解析：(1)依据题图仪器a的结构可知a仪器的名称是三颈烧瓶；A装置产生的SO2气体在C中与容器中的NaOH、Na2CO3发生反应，反应后溶液pH＝4.1<7，溶液显酸性，说明得到的是NaHSO3，则发生反应的化学方程式为2SO2＋Na2CO3＋H2O=2NaHSO3＋CO2；(2)在装置E中，NaHSO3与由恒压滴液漏斗中加入的NaBH4发生反应产生NaBO2、Na2S2O4及水，依据电子守恒、原子守恒，可得E中发生反应的化学方程式为NaBH4＋8NaHSO3eq\o(=,\s\up7(30～40℃))NaBO2＋4Na2S2O4＋6H2O；(3)在装置内的空气中含有的氧气具有氧化性，简洁将反应物NaHSO3氧化，也简洁将反应产生的Na2S2O4氧化，所以为防止发生氧化反应，要先通入N2，将装置内的空气排出，因此通入氮气的作用是将装置E中空气赶出，防止NaHSO3(或Na2S2O4)被氧化；(4)从溶液中析出的Na2S2O4·2H2O晶体表面有杂质离子，为将杂质洗去，同时降低物质由于洗涤溶解晶体造成的损失，同时便于晶体的干燥，要运用乙醇洗涤Na2S2O4·2H2O；(5)在装置E中发生反应NaBH4＋8NaHSO3eq\o(=,\s\up7(30～40℃))NaBO2＋4Na2S2O4＋6H2O，温度在30～40℃下进行，温度低于水的沸点100℃，为便于限制温度及水浴加热具有受热匀称的特点，可采纳水浴加热的方式；(6)依据4[Fe(CN)6]3－＋2S2Oeq\o\al(2－,4)＋8OH－=4[Fe(CN)6]4－＋4SOeq\o\al(2－,3)＋4H2O可知n(Na2S2O4)＝eq\f(1,2)n(K3[Fe(CN)6])＝eq\f(1,2)×0.10mol/L×0.024L×eq\f(200mL,25.00mL)＝9.6×10－3mol，m(Na2S2O4)＝n(Na2S2O4)×M＝9.6×10－3mol×174g/mol＝1.6704g，则样品中Na2S2O4的质量分数为(1.6704g÷2.0g)×100%＝83.5%。答案：(1)三颈烧瓶2SO2＋Na2CO3＋H2O=2NaHSO3＋CO2(2)NaBH4＋8NaHSO3eq\o(=,\s\up7(30～40℃))NaBO2＋4Na2S2O4＋6H2O(3)将装置E中空气赶出，防止NaHSO3(或Na2S2O4)被氧化(4)削减保险粉的溶解损失(并有利于干燥)(5)水浴加热(6)83.5%28．(15分)甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)可用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，该物质可由甲胺(CH3NH2)、PbI2及HI为原料来合成。请回答下列问题：(1)制取甲胺的反应为CH3OH(g)＋NH3(g)=CH3NH2(g)＋H2O(g)，已知该反应中相关化学键的键能数据如下表所示：共价键C—OH—ON—HC—N键能/(kJ·mol－1)351463393293则该反应的ΔH＝___________kJ·mol－1(2)工业上利用水煤气合成甲醇的反应为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH<0。肯定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，5min末反应达到化学平衡状态，测得各组分浓度如下表所示：物质COH2CH3OH浓度/(mol·L－1)0.91.00.6①0～5min内，用CO表示的平均反应速率为___________。②既能加快反应速率，又能提高氢气转化率的措施有___________(答一条即可)。③能说明上述反应已达化学平衡状态的是___________(填字母)。A．v正(CO)＝2v逆(H2)B．混合气体密度保持不变C．反应容器内压强保持不变D．混合气体的平均摩尔质量不变(3)PbI2可由Pb3O4和HI反应制备，反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(4)常温下PbI2饱和溶液中c(I－)＝2.0×10－3mol·L－1，则Ksp(PbI2)＝___________；已知Ksp(PbS)＝4.0×10－28，则反应PbI2(s)＋S2－(aq)PbS(s)＋2I－(aq)的平衡常数K＝___________。(5)HI的分解反应曲线和液相法制备HI的反应曲线分别如图1和图2所示：①反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)的ΔH___________0(填“>”或“<”)。②将SO2通入碘水中会发生反应：SO2＋I2＋2H2O=4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2I－，I2＋I－Ieq\o\al(－,3)。图2中曲线b所代表的微粒是___________(填微粒符号)。28．解析：(1)CH3OH(g)＋NH3(g)=CH3NH2(g)＋H2O(g)ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和＝(351＋393－463－293)kJ/mol＝－12kJ/mol。(2)①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，速率之比等于化学计量数之比，所以v(CH3OH)＝v(CO)＝0.6mol/L/5min＝0.12mol·L－1·min－1。②提高氢气转化率要使平衡右移，既能加快反应速率，又能提高氢气转化率的措施有加压(或增大CO的浓度)。③A.假如是2v正(CO)＝v逆(H2)，可以说明反应达到平衡状态，故A不选；B.该反应体系中气体的密度始终不变，不能依据密度推断平衡状态，故B不选；C.反应前后气体分子数目不等，故反应容器内压强保持不变，可以说明反应达到平衡状态，故C选；D.混合气体的平均摩尔质量＝气体总质量/气体的总物质的量，总质量是肯定的，反应前后气体分子数目不等，气体总物质的量假如不变，混合气体的平均摩尔质量就不变，所以混合气体的平均摩尔质量不变可以说明反应达到平衡状态，故D选。(3)PbI2可由Pb3O4和HI反应制备，同时生成I2，Pb元素化合价从＋8/3价变为＋2价，I元素化合价从－1价变为0价，依据电荷守恒、质量守恒配平可得反应的化学方程式为Pb3O4＋8HI=3PbI2＋I2＋4H2O。(4)Ksp(PbI2)＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝1.0×10－3×(2.0×10－3)2＝4.0×10－9，反应PbI2(s)＋S2－(aq)PbS(s)＋2I－(aq)的平衡常数K＝c2(I－)/c(S2－)＝[Ksp(PbI2)/c(Pb2＋)]/[Ksp(PbS)/c(Pb2＋)]＝4.0×10－9/4.0×10－28＝1.0×1019。(5)①升温，HI的物质的量削减，即平衡左移，则正反应为放热反应，ΔH＜0。②依据SO2＋I2＋2H2O=4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2I－，I2＋I－Ieq\o\al(－,3)得，随着n(I2)/n(SO2)的增大，n(H＋)和n(SOeq\o\al(2－,4))保持不变，而n(Ieq\o\al(－,3))增大，所以b所代表的微粒是Ieq\o\al(－,3)。答案：(1)－12(2)①0.12mol·L－1·min－1②加压(或增大CO的浓度)③C、D(3)Pb3O4＋8HI=3PbI2＋I2＋4H2O(4)4.0×10－91.0×1019(5)①<②Ieq\o\al(－,3)(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。假如多做则按所做的第一题计分。35．【化学——选修3：物质结构与性质】(15分)中国古代文献中记载了大量古代化学的探讨成果，《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，反应原理为S＋2KNO3＋3C=K2S＋N2↑＋3CO2↑。(1)氮原子的价层电子排布图为___________，烟花燃放过程中，钾元素中的电子跃迁的方式是_______________，K、S、N、O四种元素第一电离能由大到小的依次为___________。上述反应涉及的元素中电负性最大的是___________(填元素符号)。(2)碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外，还可形成C2O3(结构式为)。C2O3与水反应可生成草酸(HOOC—COOH)。①C2O3中碳原子的杂化轨道类型为___________，CO2分子的立体构型为___________。②草酸与正丁酸(CH3CH2CH2COOH)的相对分子质量相差2，二者的熔点分别为101℃、－7.9℃，导致这种差异的最主要缘由可能是______________________。③CO分子中π键与σ键个数比为___________。(3)超氧化钾的晶胞结构图如图。则与K＋等距离且最近的K＋个数为_____________，若晶胞参数为dpm，则该超氧化物的密度为___________g·cm－3(用含d、NA的代数式表示，设NA表示阿伏加德罗常数的值)。35