广东省梅州市2025届高三化学下学期5月质量检测试题含解析

PAGE19-广东省梅州市2025届高三化学下学期5月质量检测试题（含解析）一、选择题1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展亲密相关。下列说法不正确的是（）。A.《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分别操作方法是蒸馏B.“试玉要烧三日满，辨材须待七年期”，该诗句表明玉的熔点特别高C.港珠澳大桥的吊绳中含有的超高分子量聚乙烯纤维属于有机高分子化合物D.我国预料2024年放射首颗火星探测器，阳能电池帆板材料是二氧化硅【答案】D【解析】【详解】A．酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸烧的方法分别，即为蒸馏操作，故A正确；B．试玉要烧三日满”的意思是检验“玉”的真假要烧满三日，说明“玉”的熔点较高、化学性质稳定，故B正确；C．聚乙烯纤维相对分子质量在10000以上，且为有机物，属于有机高分子化合物，故C正确；D．Si是良好的半导体，可以用来制作太阳能电池，而不是二氧化硅，故D错误；故答案为D。2.关于有机物（）、（）、（）的说法正确的是（）。A.和的一氯代物均有三种结构B.和互为同分异构体，和互为同系物C.、、分子中的全部原子可能在同一平面上D.、、三种物质均能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A．有三种不同位置的H原子，因此其一氯代物有三种结构；而分子中H原子有四种不同位置，分别是甲基上的H原子及苯环上甲基连接的C原子的邻位、间位、对位上的H原子，因此有四种一氯代物，A错误；B．和分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体；分子式是C7H8，而分子式是C8H8，二者结构不相像，分子组成也不是相差CH2的整数倍，因此二者不能互为互为同系物，B错误；C．、中都含有饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此不行能分子中的全部原子在同一平面上，C错误；D．含有不饱和的碳碳双键，能够被酸性KMnO4溶液氧化；、都含有苯环，且与苯环连接的C原子上有H原子，二者都可以被KMnO4溶液氧化产生苯甲酸，因此三种物质均能使酸性KMnO4溶液褪色，D正确；故合理选项是D。3.下列试验中，所选装置及试验设计合理的是（）。A.用图①所示装置可以除去四氯化碳中混有的碘单质B.用图②所示装置可以分别乙酸乙酯和饱和碳酸钠的混合溶液C.用图③所示装置可以分别乙醇和乙酸的混合溶液D.用图④所示装置可除去中混有的少量【答案】B【解析】【分析】【详解】A．图①为过滤操作，碘单质可溶于四氯化碳，无法过滤分别，故A错误；B．图②为分液操作，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸氢钠溶液，所以会分层，分液可将二者分别，故B正确；C．图③为分馏，分馏过程须要温度计测定馏分温度，图示装置缺少温度计，故C错误；D．CO2也会和碳酸钠溶液反应，故D错误；故答案为B。4.下列说明事实的方程式不正确的是（）。A.盛放烧碱的试剂瓶不能用玻璃塞：B.用热的纯碱溶液可以清洗油污：C.酸性淀粉溶液久置后变蓝：D.漂白液（有效成分）与洁厕灵（主要成分盐酸）混合运用产生氯气：【答案】C【解析】【详解】A.玻璃中含有二氧化硅，可与NaOH反应生成硅酸钠将瓶口粘住，不易打开，化学方程式为：，A正确；B.纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加热促进水解，碱性增加可除油污，但还是以第一步水解为主，，B正确；C.酸性溶液中氢氧根离子不能大量共存，故离子方程式为：，C错误；D.盐酸和混合运用，氯元素价态归中放出氯气，离子方程式为：，D正确；答案选C。5.最新科技探讨成果表明磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，该电池放电时的反应为。某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法不正确的是（）。A.放电时，电池负极反应为：B.充电时，阳极上发生的反应为：C.放电时，Li+脱离石墨，经电解质嵌入负极D.充电时，电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料【答案】C【解析】【分析】依据放电时的总反应可知，放电时，Li元素被氧化，所以铜箔为负极，Fe元素被还原，所以铝箔为正极；则充电时铜箔为阴极，铝箔为阳极。【详解】A．放电时为原电池装置，负极失电子发生氧化反应，依据总反应可知负极反应为LixC6-xeˉ=6C+xLi+，故A正确；B．依据总反应可知，放电时正极反应为正极反应式为Li1-xFeO4+xLi++xeˉ=LiFePO4，充电时阳极反应与正极反应相反，为LiFePO4-xeˉ=Li1-xFePO4+xLi+，故B正确；C．原电池放电时，电解质中阳离子移向正极，即Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极，故C错误；D．充电时电子从外电源负极→阴极→阳极→电源正极，即充电时电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料，故D正确；故答案为C。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可以组成一种分子簇，其分子结构如图所示（球的大小表示原子半径的相对大小），W、X位于不同周期，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z的族序数等于其周期数，下列说法中正确的是（）。A.W和X可以组成原子个数比为2:1和1:1的离子化合物B.工业上可采纳电解Z的熔融氯化物的方法制得单质ZC.Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的强D.X、Y、Z三种元素的离子半径由小到大依次为Z<Y<X【答案】D【解析】【分析】X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X为O元素；Z的族序数等于其周期数，其原子序数大于O，则Z为Al元素；W、X位于不同周期，图中W的原子半径小于X的，故W为H元素；四种元素组成分子簇的化学式为H2Al2O5Y2，结合化合价为0可知，Y的化合价为+2，其原子半径大于Al，则Y为Mg元素。则W、X、Y、Z分别为H、O、Mg、Al。【详解】A.W为H、X为O，组成原子个数比为2:1和1:1的化合物分别为H2O、H2O2，都为共价化合物，A错误；B.Z为Al，AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上通过电解熔融氧化铝得到铝，B错误；C.Y为Mg、Z为Al，同周期从左到右，金属性减弱，即金属性：Mg>Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>Z，C错误；D.X、Y、Z三种元素的离子分别为O2-、Mg2+、Al3+，离子核外电子层数越多，其离子半径越大，电子层数相同的离子，离子半径随原子序数增大而减小，故X、Y、Z三种元素的离子半径由小到大依次为Z<Y<X，D正确；答案选D。7.酸碱中和滴定是中学化学定量分析的一种重要方法。已知在25℃时，取20.00mL浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液分别进行滴定，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是()。A.在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的pH大小依次为：HZ<HY<HXB.当V(NaOH)=10mL时，在HY溶液中由水电离出的C.HY与HZ混合，达到平衡时：D.依据上述滴定曲线，可计算得Ka(HY)≈10-3【答案】D【解析】【详解】A．据图可知未滴加NaOH溶液时，同浓度的三种酸溶液pH大小依次为HZ<HY<HX，故A正确；B．当V(NaOH)=10mL时，溶液中溶质为等物质的量的HY和NaY，溶液的pH=5，所以溶液中c(H+)=10-5mol/L，则溶液中的c(OHˉ)=10-9mol/L，依据溶质可知氢氧根全部由水电离，而水电离出的氢离子浓度和氢氧根相同，所以水电离出的c(H+)=10-9mol/L，故B正确；C．HY与HZ混合，溶液中电荷守恒为：c(H+)=c(Yˉ)+c(Zˉ)+c(OHˉ)，所以c(H+)-c(Yˉ)=c(Zˉ)+c(OHˉ)，故C正确；D．据图可知0.1000mol/L的HY溶液pH=3，c(H+)=10-3mol/L，Ka(HY)=，故D错误；故答案为D。二、非选择题（一）必考题8.2024年诺贝尔化学奖颁发给来自美国、英国、日本的三位科学家，表彰他们在锂离子电池方面的探讨贡献。锂离子电池广泛应用要求处理锂电池废料以节约资源、爱护环境。锂离子二次电池正极铝钴膜中主要含有钴酸锂(LiCoO2)、Al等，处理该废料的一种工艺如下图所示：回答下列问题：(1)铝钴膜在处理前初步进行粉碎的目的是________________________。(2)能够提高“碱浸”效率的方法有________________________(至少写两种)。(3)“碱浸”时Al溶解离子方程式为________________________。(4)“酸溶”时加入H2O2的目的是________________________。(5)溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图所示，则浸出过程的最佳条件是_______________________。(6)配制250mL1.0mol/L(NH4)2C2O4溶液，须要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外还须要________。(7)取CoC2O4固体4.41g在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41g，则该钴的氧化物的化学式为________________________。【答案】(1).增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率(2).适当增大NaOH的浓度、适当上升温度等(3).(4).将LiCoO2中+3价的Co还原为+2价(5).75℃，30min(6).250mL容量瓶、胶头滴管(7).Co3O4【解析】【分析】由流程可知，加入NaOH碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO2；加硫酸、过氧化氢，将LiCoO2还原，得到含有Li+和Co2+的溶液，加入氨水调整溶液pH，除去锂离子，滤渣主要为LiOH，再用草酸铵“沉钴”得到CoC2O4，以此来解答。【详解】(1)铝钴膜在处理前初步进行粉碎可以增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；(2)适当增大NaOH的浓度、适当上升温度等都可以提高碱浸效率；(3)Al可以和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为；(4)依据后续流程可知Co元素由LiCoO2中的+3价变为了CoC2O4中的+2价，而双氧水具有肯定的还原性，所以加入双氧水的目的为：将LiCoO2中+3价的Co还原为+2价；(5)据图可知温度越高钴的浸出率越大，但30min后75℃和85℃条件下浸出率几乎相同，为了降低能耗温度应选75℃，而30min后浸出率几乎不变，所以时间选30min，即最佳条件为75℃，30min；(6)配制250mL1.0mol/L(NH4)2C2O4溶液，须要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还须要250mL容量瓶，以及定容时所须要的胶头滴管；(7)取CoC2O4固体4.41g在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41g，n(CoC2O4)==0.03mol，依据元素守恒，氧化物中n(Co)=0.03mol，质量为m(Co)=0.03mol×59g/mol=1.77g，则氧化物中m(O)=2.41g-1.77g=0.64g，所以n(O)==0.04mol，氧化物中n(Co)：n(O)=0.03mol：0.04mol=3:4，所以该氧化物为Co3O4。【点睛】描述容量瓶时要留意说明容量瓶的规格；第7小题为本题难点，留意质量守恒定律的运用。9.某化学探讨性学习小组为了制取焦亚硫酸钠（），并对其性质进行探讨。特进行如下试验：试验一制取焦亚硫酸钠。探讨小组采纳下图装置（试验前已除尽装置内的空气）制取。装置Ⅱ中有晶体析出，发生的反应为：。（1）装置Ⅰ中通常采纳70%~80%的浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制取，而不用98%的浓硫酸或极稀的稀硫酸，缘由是________________________。（2）若要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，所实行的分别方法需用到的玻璃仪器有________。（3）装置Ⅲ用于处理尾气，请画出用来处理尾气并防止发生倒吸的试验装置，注明相应的试剂。____________________________________________________________（4）已知溶于水后，马上生成，该反应的离子方程式为________________________。（5）用试纸测得溶液呈酸性，其溶液呈酸性的缘由是________________________。（6）取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，其中滴加酸性溶液，猛烈反应，溶液紫红色很快褪去，经测定溶液中产生，该反应的离子方程式是________________________。试验三焦亚硫酸钠的含量测定。测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数常用剩余碘量法。已知：；。①精确称取干燥的产品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中。②向碘量瓶中精确移取，的标准碘溶液（过量），振荡，使其与产品中的焦亚硫酸钠充分反应。③加入淀粉溶液，用标准溶液滴定至接近终点，重复操作3次，经计算得消耗标准液平均体积为。（7）上述试验操作滴定终点的现象为________________________；依据上述试验，计算产品中焦亚硫酸钠的质量分数为________________________。【答案】(1).98%的浓硫酸以分子存在，不能供应，浓度极稀的稀硫酸会使反应产生的部分溶解在其中，造成损耗(2).烧杯、漏斗、玻璃棒(3).(4).(5).的电离程度大于水解程度(6).(7).当滴入最终一滴溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原(8).76%【解析】【分析】（1）98%的浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在，氢离子浓度小，反应速率慢，二氧化硫易溶于水，硫酸浓度过小，不利于二氧化硫逸出；（2）过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）二氧化硫有毒会污染环境，装置Ⅲ为尾气处理装置，用氢氧化钠溶液汲取未反应的二氧化硫，同时用倒置的漏斗或干燥管防止产生倒吸；（4）由题意可知Na2S2O5溶于水后，马上生成NaHSO3；（5）用试纸测得NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度；（6）焦亚硫酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸锰和水；（7）滴硫代硫酸钠溶液过量时溶液由蓝色变为无色；依据化学方程式计算可得。【详解】（1）装置Ⅰ中亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，98%的浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在，氢离子浓度小，反应速率慢，二氧化硫易溶于水，硫酸浓度过小，不利于二氧化硫逸出，故答案为：98%的浓硫酸以分子存在，不能供应H+，浓度极稀的稀硫酸会使反应产生的SO2部分溶解在其中，造成损耗；（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分别固体与液态应实行过滤方法进行分别，过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）二氧化硫有毒会污染环境，装置Ⅲ为尾气处理装置，用氢氧化钠溶液汲取未反应的二氧化硫，同时用倒置的漏斗或干燥管防止产生倒吸，试验装置为或，故答案为：或；（4）由题意可知Na2S2O5溶于水后，马上生成NaHSO3，反应的离子方程式为S2O52—+H2O=2HSO3—，故答案为：S2O52—+H2O=2HSO3—；（5）用试纸测得NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，故答案为：HSO3-的电离程度大于水解程度；（6）由题意可知，焦亚硫酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸锰和水，反应的化学方程式为，故答案为：；（7）由题意可知，当滴入最终一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原说明达到滴定终点；由方程式可得2n（S2O52—）+（S2O32-）=2（I2），n（S2O52—）=×（1×10—2-×1.68×10—2）mol=8×10—3mol，则焦亚硫酸钠的质量分数为×100%=76%，故答案为：当滴入最终一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；76%。【点睛】NaHSO3溶液呈酸性说明溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度是分析的关键。10.经最新探讨发觉，NOx和SOx是形成雾霾天气的主要缘由之一，因此探讨NOx、SOx等大气污染物的妥当处理具有重要意义。(1)为了消退NO造成的污染，通常采纳一氧化碳和氢气进行催化还原NO。已知：①N2(g)+O2(g)＝2NO(g)ΔH=akJ•mol-1；②2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)ΔH=bkJ•mol-1；③H2O(g)＝H2O(l)ΔH=ckJ•mol-1。写出H2与NO反应生成N2和水蒸气的热化学方程式：________________________。(2)目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术是NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术。反应原理如图所示：当NO2与NO的物质的量之比为1:1时，与足量氨气在肯定条件下发生反应。当有12mol电子发生转移时，则参与反应的NO2的物质的量为________。(3)T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH＜0。试验测得：v正=v消耗(NO)=2v消耗(O2)=k正c2(NO)•c(O2)，v逆=v消耗(NO2)=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如表：时间/012345n(NO)/mol10.60.40.20.20.2n(O2)/mol0.6040.30.20.202①从0~2s该反应的平均速率v(NO2)=________mol/(L•s)。②T1温度时，上述反应的化学平衡常数K=________。③若将容器的温度变更为T2时其k正=k逆，则T1________T2（填“”“”或“”）。(4)电解硝酸工业的尾气NO可制备NH4NO3，其工作原理如图。①N极的电极反应式为________________________。②将电解生成的HNO3全部转化为NH4NO3，则通入的NH3与实际参与反应的NO的物质的量之比至少为________。【答案】(1).2H2(g)+2NO(g)＝2H2O(g)+N2(g)ΔH=(b-2c-a)kJ•mol-1(2).2mol(3).0.15mol•L-1•s-1(4).160(5).＜(6).NO-3e-+2H2O＝+4H+(7).1:4【解析】【分析】(2)依据氧化还原反应原理，计算参与反应的NO2的物质的量；(3)②依据表中数据，计算起始、平衡时各物质的物质的量浓度，通过三段式计算化学平衡常数。(4)依据电解池工作原理图，推断电极反应方程式和总反应方程式。依据题意进行推断。【详解】(1)利用盖斯定律，可知目标热化学方程式可由热化学方程式：得到：2H2(g)+2NO(g)＝2H2O(g)+N2(g)ΔH=(b-2c-a)kJ•mol-1；答案为：2H2(g)+2NO(g)＝2H2O(g)+N2(g)ΔH=(b-2c-a)kJ•mol-1；(2)由反应原理图和题给信息可知，当NO2与NO的物质的量之比为1:1时，与足量氨气在肯定条件下发生的化学反应方程式为：NO2+NO+2NH3=2N2+3H2O，结合氧化还原反应原理，可知，每消耗1molNO2和NO，转移6mol电子。当有12mol电子发生转移时，则参与反应的NO2的物质的量为2mol。答案为：2mol；(3)①由表中数据可知，0~2s该反应的平均速率v(NO)=，依据同一反应中各物质的速率之比等于化学计量数之比，则v(NO2)=v(NO)=0.15mol•L-1•s-1。答案为：0.15mol•L-1•s-1；②由表中数据，可知c(NO)起始=，c(O2)起始=，平衡时，c(NO)=c(O2)=，c(NO2)=，利用三段式计算平衡常数：K=。答案为：160；③若将容器温度变更为T2时其k正=k逆，则K=1＜160，因反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH＜0，K值减小，则对应的温度增大，即T2＞T1。答案为：＜；(4)①依据题中电解池工作原理图可知，在N极发生NO→的转变，由此可写出电极反应式为：NO-3e-+2H2O＝+4H+，答案为：NO-3e-+2H2O＝+4H+；②分析电解池工作原理可知，电解总反应式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，故当实际参与反应的NO为8mol时，要将电解产生的硝酸全部转化为硝酸铵，还应至少通入2molNH3，则n(NH3):n(NO)=1:4。答案为：1:4。（二）选考题[化学选修——3：物质结构与性质]11.金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。请回答下列问题：(1)镍元素基态原子的价电子排布式为________；3d能级上的未成对的电子数为________。(2)硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液，中配体的空间构型是________，阴离子的空间立体构型是________。(3)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO________FeO(填“”或“”)。(4)元素铜与镍的其次电离能分别为：I(Cu)=1959kJ/mol，I(Ni)=1753kJ/mol，I(Cu)>I(Ni)的缘由是________。(5)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图甲所示。该合金的化学式为________。(6)丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图乙所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键。请在图中用“→”和“…”表示出配位键和氢键。(提示：Ni2+的配位数为4)________。(7)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图丙所示。若合金的密度为dg·cm-3，晶胞参数a=________nm。【答案】(1).(2).2(3).三角锥形(4).正四面体(5).(6).Cu+失去的是全充溢的3d10电子，Ni+失去的是3d84s1上的4s1电子，Cu+的核外电子排布更稳定，失去其次个电子更难，所以铜的其次电离能高于镍的其次电离能(7).LaNi5(8).(9).【解析】【分析】(1)Ni元素为28号元素，依据核外电子排布分析价电子排布和3d能级上的未成对的电子数；(2)依据价层电子对互斥理论推断空间构型；(3)离子晶体的晶格能越大，熔沸点越高；(4)能级全满、半满、全空更稳定，更不简单失去电子；(5)依据均摊法推断化学式；(6)配位键一方供应空轨道，一方供应孤电子对；氢键是氢原子先与电负性大的原子形成共价键，再与电负性大半径小的原子靠近形成的分子间或分子内的作用力；(7)依据均摊法确定晶胞内各原子的数目，确定晶胞的质量，再依据计算晶胞参数；【详解】(1)基态Ni原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，所以其价电子排布为3d84s2，3d能级上有2个未成对电子；(2)配体为NH3，其价层电子对数为=4，有一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形；阴离子为SO，其价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；(3)依据题意可知Ni2+半径小于Fe2+，所带电荷数相同，所以NiO中离子键更强，晶格能更大，所以熔点NiO>FeO；(4)Cu+失去的是全充溢的3d10电子，Ni+失去的是3d84s1上的4s1电子，Cu+的核外电子排布更稳定，失去其次个电子更难，所以铜的其次电离能高于镍的其次电离能；(5)依据均摊法Ni原子的个数为=5，La原子的个数为=1，所以化学式为LaNi5；(6)依据提示Ni2+的配位数为4，其四周有4个N原子和4个C原子，依据C原子的成键方式可知其不含孤电子对，不能作为配原子，而每个N原子都有一对孤电子对，可以作配原子，所以Ni2+供应空轨道，N原子供应孤电子对形成配位键；O原子电负性较大，与其旁边的氢原子可以形成氢键，示意图为；(7)依据均摊法，晶胞中Ni原子的数目为=1，Cu原子的个数为=3，所以晶胞的质量m=，晶胞体积V=a3nm3，则密度为=dg·