新课标12025届高三化学下学期4月三模适应性训练一

PAGEPAGE1（新课标1）2025届高三化学下学期4月三模适应性训练一一、单选题1．化学与社会、技术、环境、生活亲密相关，下列有关说法中错误的是A．石油裂解、煤的干馏和气化都是化学改变B．为卫星供电的太阳能帆板(

与太阳能电池原理相像)

主要由二氧化硅制成C．碘酒、84消毒液、75%的酒精都可用于消毒D．汽车远程照灯在前方扬尘上有光亮的通路，说明混有扬尘的空气属于胶体2．米酵菌酸是变质淀粉类制品引起中毒的主要缘由。米酵菌酸分子结构如图所示(已知：连有四个不同的原子或基团的碳原子叫做手性碳原子)，下列关于米酵菌酸的说法错误的是A．分子式为C28H38O7B．能发生氧化反应、加聚反应C．该分子含有1个手性碳原子D．1mol该物质最多与3molNa2CO3发生反应3．依据下列试验操作和现象所得到的结论正确的是选项试验操作和现象结论A在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，有沉淀生成酸性：H2SO3>HClOB钠在燃烧匙中点燃，快速伸入盛满CO2的集气瓶中，产生大量白烟且瓶内有黑色颗粒产生CO2有氧化性C将FeCl2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，紫红色褪去Fe2+有还原性D向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝淀粉未水解A．A B．B C．C D．D4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．用电解法精炼铜时，若电路中转移2mol电子，阳极质量减轻64gB．1L、0.1mol/LNa2CO3溶液中，阴离子数目小于0.1NAC．pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-离子数目为0.1NAD．常温下，1L、pH=9的Na2CO3溶液中，水电离产生的OH-数目为10-5NA5．一种可作为纺织品阻燃剂的化合物结构如图所示，其中M、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。下列说法错误的是A．单质的氧化性：B．M、W、X形成的二元酸只有C．M、W、Z三种元素可组成通常为气态的化合物D．Y分别与X、Z形成的化合物中全部原子均满意8电子稳定结构6．糠醛氧化制备糠酸是综合利用糠醛资源的一个重要途径。在直流电场作用下，双极膜(BMP)将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。工业上用双极膜电解槽电解糠醛溶液同时制备糠醇和糠酸盐，电解时，MnO2/MnOOH在电极与糠醛之间传递电子，电解过程如图所示，下列说法不正确的是A．A为直流电源的负极，糠醛在阴极表面得到电子被氧化为糠醇B．通电时双极性膜将水解离为H+和OH-，H+向阴极室方向移动C．生成糠酸的反应为：+2MnO2+OH-→+2MnOOHD．电解时，阳极反应为MnOOH-e-=MnO2+H+7．常温下，分别用0.01mol/L的NaOH溶液滴定与之等浓度的体积均为25.00mL的HA、H3B(三元酸)溶液，溶液的pH随V(NaOH)改变曲线如图所示，下列说法错误的是A．常温下K(HA)数量级约为10-5B．常温下0.01mol/L的NaH2B溶液的pH大于7C．NaOH溶液滴定HA溶液应选择酚酞作为指示剂D．当横坐标为37.50时，溶液中存在：2c(H+)+c(H2B-)+3c(H3B)=2c(OH-)+3c(B3-)+c(HB2-)二、工业流程题8．近年来随着新能源汽车等行业的不断发展，产生了大量的废旧三元锂电池，从废旧锂电池中回收钴、锂、镍、锰等金属是新能源汽车发展道路上必需解决的问题。一种对正极材料[LiNi(1-x-y)CoxMnyO2]各金属进行回收处理的工艺如图所示：已知：金属离子的浸出率计算公式为，式中η为金属的浸出率，为百分数；C为金属离子的质量浓度，单位为g·mL-1；V为滤液体积，单位为mL；m为镍钴锰酸锂粉末中各金属的理论质量，单位为g。(1)“放电处理”能提高金属锂的回收率，缘由是______。(2)LiCoO2(难溶于水)参加“浸出还原”反应的离子方程式为______。(3)“共沉淀”过滤后需洗涤滤渣便于进一步回收利用，洗涤的操作过程为______。(4)浸出试验首先在三颈烧瓶中加入适量的H2SO4和H2O2，后将精确称量5.000gLiNi(1-x-y)CoxMnyO2粉料(其中钴元素含量为18.00％)倒入，反应后将其过滤后定容得溶液的体积为50.00mL，采纳电感耦合等离子体光谱仪测定浸出滤液中Co2+为的浓度为17.64mg·mL-1，则Co2+的浸出率为______。(5)已知：[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色。将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在平衡：[Co(H2O)6]2++4C1-⇌[CoC14]2-+6H2O①等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为______。②将溶液加水稀释后，蓝色溶液又变为粉红色溶液，请用平衡移动原理说明缘由______。三、试验题9．对甲基苯乙酮是重要的化工原料，某试验小组利用如图装置制备对甲基苯乙酮。制备原理：（放热反应）。反应物和产物的相关数据列表：试剂名称分子式分子量熔点/℃沸点/℃密度/g·mL-1甲苯C7H892－93110.60.8669乙酸酐(CH3CO)2102－73.1138.61.08对甲基苯乙酮C9H10O1342894(0.93kPa)1.0051试验步骤：步骤1：如图所示，在100mL三颈烧瓶上安装搅拌器、仪器x和上口装有无水氯化钙的冷凝管，干燥管与一气体汲取装置相连。步骤2：三颈烧瓶中快速加入研碎的催化剂和20mL无水甲苯，在搅拌的条件下通过仪器x缓慢地滴加3.4mL醋酸酐与5mL甲苯的混合液，约需15min滴完。步骤3：反应结束后，将三颈烧瓶在95℃时加热25~30min。步骤4：反应混合液冷却后转移到盛有30mL浓盐酸与30mL冰水的烧杯中(目的是将对甲基苯乙酮从其与铝的化合物中分别出来)，用分液漏斗分出有机层、水层。每次用5mL甲苯萃取两次，并将全部甲苯层合并，然后依次用水、10%氢氧化钠溶液、水各10mL洗涤有机层，最终用无水硫酸镁处理。步骤5：将干燥后的溶液滤入蒸馏瓶，减压蒸馏（整套装置必需是干燥的），收集94℃(0.93kPa)馏分，得到对甲基苯乙酮4.1g。请回答下列问题：（1）仪器x的名称为________。与一般的分液漏斗相比，本试验采纳仪器x的优点为_______。（2）本试验中的氯化铝若水解则会影响催化效率，除了运用干燥管的措施外，还应当实行哪些措施防止水解_____(答两点)。（3）步骤③中最相宜的加热方式为_____。（4）步骤④中加入10%的氢氧化钠溶液的目的为_____，加入无水硫酸镁的目的为__________。（5）步骤④中水层每次用5mL甲苯萃取两次并将全部甲苯层合并的目的为________。（6）步骤⑤中减压蒸馏时所需的冷凝装置能否选用题给装置图中的球形冷能管_____（答“能”或“不能”）。本试验中，对甲基苯乙酮的产率为_____（结果保留2位有效数字）。四、原理综合题10．氮氧化物是形成酸雨、雾霾、光化学烟雾的主要物质，主要来源于汽车尾气。氮氧化物)的处理已成为科学探讨的重要内容。请回答下列问题：(1)用O3氧化可脱除氮氧化物。已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-113kJ/mol②6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)ΔH2=-227kJ/mol③4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)ΔH3=-57kJ/mol用O3氧化脱除NO的总反应是：NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH4=___________，该反应在热力学上趋势大，其缘由是___________。(2)还可以用活性炭还原法处理氮氧化物。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和肯定量的NO气体，发生如下反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=bkJ/mol，测得NO的转化率α(NO)随温度的改变如图甲所示：①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度上升而增大，缘由是：___________；②在1100K时，CO2的体积分数为___________。(3)用CO还原法可处理氮氧化物。在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在肯定条件下发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，测得NO的平衡转化率与温度及压强的关系如图乙所示：试验测得，v正=k正c2(NO)∙c2(CO)，v逆=k逆c(N2)∙c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关。)①比较P1、P2、P3的大小关系：___________。②达到平衡后，仅上升温度，k正增大的倍数___________填“＞”“=”或“＜”)k逆增大的倍数。③求a点时=___________。五、结构与性质11．已知Mn、Fe、Co是组成合金的重要元素，P、S、Cl是农药中的重要元素。回答下列问题：(1)Mn元素位于元素周期表的______区，基态锰原子的价电子排布图为_____。(2)P、S、Cl三种元素的第一电离能由大到小依次为________。(3)已知NH3的沸点高于PH3，缘由是________。(4)农药“乐果”中的主要成分O,O-二甲基-S-(N-甲基氨基甲酰甲基)二硫代磷酸酯的分子结构为：，其中N原子的杂化类型为________。(5)已知P4(白磷)为正四面体结构，与氧气反应生成非极性分子P4O10，其中P在空间的相对位置不变，则P4O10中σ键和π键的数目之比为_______。(6)已知一种立方型FeS2晶体的晶胞如图所示，则与体心Fe2+距离最近且等距离的S的数目为_____。如可用晶胞参数为单位长度建立的坐标系表示晶胞中各原子的位置，并称作原子分数坐标，则该晶胞中体心Fe2+的坐标为__________。(7)已知该立方型FeS2晶体的晶胞参数为apm，密度为dg·cm-3,阿伏加德罗常数的值为NA，则a与d的关系是a=______(用d、NA表示a)。六、有机推断题12．有机物H是合成雌酮激素的中间体，一种由A制备H的工艺流程如下：已知：I.II.R-COOHRCOCl(其中R为烃基或氯)。回答下列问题：(1)B中官能团的名称为_______。(2)D→E的反应类型为_______。(3)F的结构简式为_______。(4)写出B→C的化学方程式：_______。(5)E的同分异构体中，满意下列条件的有_______种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱有5峰，峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为_______。①苯环上有2个取代基；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③能发生银镜和水解反应。(6)参照上述合成路途，设计由甲苯为起始原料制备的合成路途：_______(无机试剂任选)。答案第=page11页，总=sectionpages22页参考答案1．B【解析】A.石油裂解、煤的干馏和气化都有新物质生成，都是化学改变，A正确；B.为卫星供电的太阳能帆板(与太阳能电池原理相像)主要由硅制成，B错误；C.碘酒、84消毒液、75%的酒精都能用来杀菌消毒，C正确；D.混有扬尘的空气属于胶体，能形成光亮的通路，D正确；答案选B.点睛：二氧化硅是制造光导纤维的主要材料，硅用作半导体材料。2．C【详解】A．从图示结构简式可，该分子的分子式为C28H38O7，A正确；B．该有机物含有碳碳双键，能够发生氧化反应和加聚反应，B正确；C．该分子中红色圈内的2个碳原子，均为手性碳原子，C错误；D．1mol该物质含有3mol羧基，与Na2CO3反应生成NaHCO3时消耗Na2CO3最多，即最多消耗3molNa2CO3，D正确；故选C。3．B【详解】A．反应生成硫酸钙和盐酸，是氧化还原反应，不能比较酸性强弱，A错误；B．黑色颗粒为碳，说明碳元素化合价降低，二氧化碳表现氧化性，B正确；C．亚铁离子被酸性高锰酸钾溶液氧化，表现还原性，但氯离子也能被氧化，故紫红色褪色不能说明是亚铁离子反应，C错误；D．该现象说明淀粉还存在，或未水解或未水解完全，D错误；故选B。4．D【详解】A．用电解法精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、锌等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，故电路中转移电子为2mol时，阳极质量削减不肯定是64g，故A项错误；B．在Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增多，所以1L、0.1mol/LNa2CO3溶液中,阴离子数目大于0.1NA，故B项错误；C．pH=13的Ba(OH)2溶液中c(OH-)==0.1mol·L-1，但是不知道溶液体积，无法计算OH-离子的数目，故C项错误；D．pH=9的Na2CO3溶液中，c(OH-)==10-5mol·L-1，OH-全部来自水的电离，溶液体积为1L，所以n(OH-）=10-5mol，数目为10-5NA，故D项正确；故答案选：D。5．B【分析】依据图示结构可知，Z为带一个负电荷的阴离子，M可以形成一个共价键，X可以形成两个共价键，W可以形成四个共价键，Y可以形成四个共价键，且M、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，所以M为H，W为C，X为O，Y为Si，Z为Cl。【详解】A．氯气的氧化性强于硅单质，所以A正确；B．H、C、O形成的二元酸H2CO3、H2C2O4以及其他多种二元羧酸，B错误C．H、C、Cl三种元素可组成通常为气态的化合物，如CH3Cl，C正确；D．Si和O、Cl形成二氧化硅和SiCl4，全部原子均满意8电子稳定结构，D正确；答案选B6．A【详解】A．依据图示可知：A为直流电源的负极，糠醛在阴极表面得到电子被还原为糠醇，A错误；B．依据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，通电时双极性膜将水解离为H+和OH-，阳离子H+向负电荷较多的阴极室方向移动，B正确；C．在阳极室，糠醛失去电子被氧化为糠酸，反应方程式为：+2MnO2+OH-→+2MnOOH，C正确；D．电解时，阳极上MnOOH失去电子发生氧化反应产生MnO2，所以阳极的电极反应式为MnOOH-e-=MnO2+H+，D正确；故合理选项是A。7．B【详解】A．c(HA)=c(A-)时，K(HA)＝=10-4.75，常温下K(HA)数量级约为10-5，故A正确；B．当c（H2B－）=c（H3B）时，Ka1=c（H＋）=10-2.5，c（H2B－）=c（HB2－）时，Ka2=c（H＋）=10-7.2，HB2－的电离程度更小，则Ka3＜10-7.2，H2B－的水解平衡常数Kh==10-11.5＜Ka2=10-7.2，说明H2B－的水解程度小于电离程度，常温下0.01mol/L的NaH2B溶液的pH小于7，故B错误；C．滴定终点溶液呈碱性，NaOH溶液滴定HA溶液应选择酚酞作为指示剂，故C正确；D．当横坐标为37.50时，溶液为Na2HB、NaH2B等物质的量混合物，溶液中存在电荷守恒①c(H+)+c(Na+)=3c(B3-)+2c(HB2-)+c(H2B-)+c(OH-)，物料守恒：②2c(Na+)=3c(H3B)+3c(H2B-)+3c(HB2-)+3c(B3-)，将①×2－②，得2c(H+)+c(H2B-)+3c(H3B)=2c(OH-)+3c(B3-)+c(HB2-)，故D正确；故选B。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性推断及弱电解质的电离，侧重考查图象分析推断及计算实力，明确酸性强弱推断方法、电离平衡常数与水解平衡常数关系是解本题关键，C为解答易错点，留意指示剂的选择原则，D犯难点，留意电荷守恒和物料守恒的应用。8．放电时，Li+从负极材料中脱出，经电解质溶液向正极移动并进入正极材料中2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++O2↑+4H2O沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后重复操作2~3次98.00%9∶2加水稀释，溶液体积增大[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+和Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬间Qc>K，平衡逆向移动，使得溶液呈粉红色【分析】经过放电处理后，负极Li放电形成Li+，最终转移到正极材料中，可提高Li元素的回收率，经过浸出还原，正极材料中相关元素转化为Ni2+、Co2+、Mn2+、Li+，加入NaOH调整pH至11，可将Ni2+、Co2+、Mn2+转化为沉淀除去，最终在滤液中加入Na2CO3得到Li2CO3产品。【详解】(1)放电时，负极Li放电形成Li+，从负极材料中脱出，经电解质溶液向正极移动并参加正极反应进入正极材料中，所以放电能提高Li回收率；(2)由图示知，LiCoO2浸出还原后生成Li+、Co2+，Co元素化合价由+3价被还原为+2价，故此时H2O2作还原剂，反应后生成O2，初步确定反应为：LiCoO2+H2O2→Li++Co2++O2↑，依据得失电子守恒配平得：2LiCoO2+H2O2→2Li++2Co2++1O2↑，依据流程知可在左边添加6个H+配平电荷守恒，右边添加H2O配平元素守恒，配平后方程式为：2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++O2↑+4H2O；(3)洗涤沉淀详细操作为：沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次；(4)Co2+浸出率=；(5)①[Co(H2O)6]2+中配体H2O与中心Co2+形成配位键（属于σ键），故1个H2O四周形成3个σ键，所以该配离子中含σ键数目=3×6=18，[CoCl4]2-中配体Cl-与Co2+之间形成配位键，故该配离子中含σ键数目=4，所以两者σ键数目比为9：2；②加水稀释，溶液体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+和Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬间Qc>K，平衡逆向移动，使得溶液呈粉红色。9．恒压滴液漏斗平衡压强，保证反应混合液能够顺当滴下药品、仪器均需干燥；整个装置不漏气；取用氯化铝要快等(三个写两个或其他合理答案即可)水浴加热除去有机层中的酸性杂质除去有机层中的水将水层中的对甲基苯乙酮更多的萃取出来，提高产率不能85%【分析】⑴依据试验得知仪器x的名称，恒压滴液漏斗可以平衡压强，保证反应混合液能够顺当滴下。⑵要防止水解，就须要在无水的环境中，因此本试验须要干燥环境。⑶步骤③温度要限制在95℃，最好采纳水浴加热。⑷有机层中含有盐酸，除掉酸的过程中含有水份。⑸主要利用多次萃取提高萃取率。⑹步骤⑤中减压蒸馏时应选用直形冷凝管；先计算甲苯的物质的量和乙酸酐的物质的量，得到理论上生成产品物质的量，再计算产品的产率。【详解】⑴依据试验得知仪器x的名称为恒压滴液漏斗，与一般的分液漏斗相比，本试验采纳恒压滴液漏斗的优点为保证反应混合液能够顺当流下；故答案为：恒压滴液漏斗；平衡压强，保证反应混合液能够顺当滴下。⑵要防止水解，就须要在无水的环境中，因此本试验中的氯化铝若水解则会影响催化效率，除了运用干燥管的措施外，还应当实行药品、仪器均需干燥；整个装置不漏气；取用氯化铝要快等措施防止水解；故答案为：药品、仪器均需干燥；整个装置不漏气；取用氯化铝要快等(三个写两个或其他合理答案即可)。⑶步骤③温度要限制在95℃，因此最相宜的加热方式为水浴加热；故答案为：水浴加热。⑷有机层中含有盐酸，因此步骤④中加入10%的氢氧化钠溶液的目的为除去有机层中的酸性杂质，除掉盐酸后，则物质中含有水份，因此加入无水硫酸镁的目的为除去有机层中的水；故答案为：除去有机层中的酸性杂质；除去有机层中的水。⑸步骤④中水层每次用5mL甲苯萃取两次并将全部甲苯层合并，主要利用多次萃取提高萃取率，因此其目的为将水层中的对甲基苯乙酮更多的萃取出来，提高产率；故答案为：将水层中的对甲基苯乙酮更多的萃取出来，提高产率。⑹步骤⑤中减压蒸馏时所需的冷凝装置不能用球形冷能管，应选用直形冷凝管；甲苯的物质的量为25mL×0.8669g∙mL−1÷92g∙mol−1=0.2356mol，乙酸酐的物质的量为3.4mL×1.08g∙mL−1÷102g∙mol−1=0.036mol，明显甲苯过量，理论上生成产品0.036mol，故产品的产率为；故答案为：不能；85%。10．-198kJ·mol-1该反应为放热反应1050K前反应未达到平衡状态，随着温度上升，反应速率加快，NO转化率增大20%P1＞P2＞P3＜160【详解】(1)已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-113kJ/mol②6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)ΔH2=-227kJ/mol③4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)ΔH3=-57kJ/mol依据盖斯定律，(①+②×2+③×3)，得到反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)的ΔH4=(-113kJ/mol-227kJ/mol×2-57kJ/mol×3)=-198kJ∙mol-1；该反应为放热反应，放热反应一般简单自发进行，在热力学上趋势大；(2)在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和肯定量的NO气体，发生如下反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=bkJ/mol，①1050K前反应未达到平衡状态，随着温度上升，反应速率加快，NO转化率增大，由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度上升而增大；②设一氧化氮的初始物质的量为2mol，在1100K时，NO的转化率α(NO)=40%，列出三段式；CO2的体积分数为=20%；(3)①2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，由NO的平衡转化率与温度及压强的关系，在相同的温度下，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，正向移动，NO的平衡转化率增大，故P1＞P2＞P3；②由图像可知，温度上升，NO的平衡转化率减小，平衡逆向移动，逆反应方向为吸热的反应，达到平衡后，仅上升温度，有利于平衡逆向移动，k正增大的倍数＜k逆增大的倍数；③在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在肯定温度下达到平衡，a点的NO的平衡转化率为80%，列出三段式；平衡时，v正=v逆，k正c2(NO)∙c2(CO)=k逆c(N2)∙c2(CO2)，===160。【点睛】计算时，利用平衡时的正逆反应速率相等这个信息，为易错点。11．dCl>P>SNH3分子间存在着氢键sp34:16(，，)×1010【详解】(