广东省湛江市2025届高三化学一模考试试题含解析

PAGE19-广东省湛江市2025届高三化学一模考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：C-120-16Na-23Co-59Zn-65一、选择题1.下列描述和说明均正确且有对应关系的是（）选项描述说明A84消毒液可以歼灭新型冠状病毒溶液显碱性B用灼烧法鉴别纤维素和聚乙烯塑料纤维素有烧焦羽毛的气味C《易经》载有“泽中有火”上火下泽”燃烧的气体可能为水煤气D《四川盐法志》记载；当煮盐近于饱和时，往卤水中点加豆汁，至渣滓皆浮聚于面加豆汁除渣利用了胶粒的吸附作用A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．84消毒液可以歼灭新型冠状病毒是因为NaClO溶液有强氧化性，故A错误；B．蛋白质有烧焦羽毛的气味，纤维素没有，故B错误；C．湖泊、沼泽中含有的气体主要为甲烷，所以“泽中有火”指湖泊、沼泽水面上甲烷点燃燃烧的现象，故C错误；D．豆汁是胶体，有吸附性，利用豆汁产生的泡沫可以除杂，故D正确；故答案D。2.化合物M（）是一种有机合成的中间体，下列关于M的说法正确的是（）A.与苯互为同系物 B.全部原子可能处于同一平面C.二氯代物有16种（不含立体异构） D.燃烧最多消耗【答案】C【解析】【详解】A．二苯甲烷含2个苯基，和苯结构不相像，则不属于苯的同系物，故A错误；B．化合物M分子结构中苯环是平面结构，但-CH2-上碳原子是sp3杂化，具有类似甲烷的立体结构，则分子结构中全部原子不行能处于同一平面，故B错误；C．化合物M的等效氢原子是4种，则一氯代物有4种，则：一氯代物为时，另一Cl原子的位置有4种；一氯代物为时，另一Cl原子的位置有7种（解除重复1种）；一氯代物为时，另一Cl原子的位置还有3种(解除重复5种)；一氯代物为时，另一Cl原子的位置还有2种(解除重复6种)；共有16种，故C正确；D．化合物M的分子式为C13H12，则1molM完全燃烧消耗的O2的物质的量为(13+)mol=16mol，故D错误；故答案为C。3.短周期主族元素的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数等于Y原子最外层电子数的2倍；四种元素形成的一种化合物的结构如图所示，该化合物的阴离子中每个原子的最外层均满意8电子稳定结构，下列说法错误的是（）A.原子半径： B.W与Z形成晶体的基本单元为平面结构C.X与Z在自然界中均不存在游离态 D.W与Y形成的化合物可作耐火材料【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Y的简洁离子为X+、Y3+，则X原子的最外层电子数是1、Y原子的最外层电子数是3，W原子的最外层电子数等于Y原子最外层电子数的2倍，则W为O、X为Na、Y为Al，由四种元素形成的一种化合物的结构图所示可知Z为+4价，且化合物中Z原子的最外层均满意8电子稳定结构，则Z为Si元素。【详解】由分析知：W为O元素、X为Na元素、Y为Al元素、W为Si元素；A．Na、Al、Si、S为同周期主族元素，核电荷数大，原子半径小，则原子半径Na＞Al＞Si＞S，而O和S为同主族元素，S的原子半径大于O，则原子半径Na＞Al＞Si＞O，故A正确；B．O与Si组成的SiO2是原子晶体，是空间立体网状结构，故B错误；C．Na是活泼金属，而Si是亲氧元素，则Na和Si在自然界均只有化合态，不存在游离态，故C正确；D．Al2O3的熔点高，是高温耐火材料，故D正确；故答案为B。4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A.1molN2与足量H2于密闭容器中反应生成产物的分子数目为2NAB.1molNa在O2中完全反应生成34g固体时转移的电子数目为NAC.常温下，1L0.1mol•L-1Ba(OH)2溶液中含有的H+数目为5×10-14NAD.标准状况下，11.2L乙烷与丙烯的混合物中含有的氢原子数目为3NA【答案】A【解析】【分析】A.N2与H2的反应为可逆反应；B.1molNa在O2中完全反应生成34g固体时，得到的产物既有Na2O，又有Na2O2；C.利用c(OH-)结合水的离子积进行计算；D.标准状况下，11.2L乙烷与丙烯的混合物的物质的量为0.5mol。【详解】A.N2与H2的反应为可逆反应，反应进行的不彻底，因此1molN2与足量H2于密闭容器中反应生成产物的分子数目小于2NA，A项错误，符合题意；B.1molNa在O2中完全反应生成34g固体时，得到的产物既有Na2O，又有Na2O2，Na与O2反应生成Na2O和生成Na2O2，转移的电子的物质的量相同，因此1molNa在O2中完全反应生成34g固体时转移的电子数目为NA，B项正确，不符合题意；C.0.1mol•L-1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.2mol/L，结合水的离子积可知，c(H+)=5×10-14mol/L，因此1L的溶液中，含有的H+数目为5×10-14NA，C项正确，不符合题意；D.标准状况下，11.2L乙烷与丙烯的混合物的物质的量为0.5mol，混合物中含有的氢原子数目为3NA，D项正确，不符合题意；答案选A。5.锌空气燃料电池广泛用于铁路、航海灯标以及助听器中，其装置示意图如图所示。下列说法错误的是（）A.放电时，负极的电极反应式为B.放电时，向活性炭电极方向移动C.充电时，电极上的电势比活性炭电极上的高D.充电时阴极质量减小，理论上阳极生成气体【答案】C【解析】【分析】依据电极材料可知，放电时Zn/ZnO电极为负极，通入氧气的活性炭电极为正极，则充电时Zn/ZnO电极为阴极，通入氧气的活性炭电极为阳极。【详解】A．放电时Zn/ZnO电极为负极，Zn失电子结合OHˉ转化为ZnO，电极反应式为，故A正确；B．原电池中阳离子流向正极，所以K+向活性炭电极方向移动，故B正确；C．充电时，Zn/ZnO电极与外加电源负极相连，为阴极，活性炭与外加电源正极相连，为阳极，阴极电势要低于阳极，即Zn/ZnO电极上的电势比活性炭电极上的低，故C错误；D．充电时阴极上ZnO转化为Zn，电极反应式为ZnO+2eˉ+H2O=Zn+2OHˉ，所以削减的质量为O原子的质量，质量削减16g，即削减1mol氧原子，转移2mol电子，阳极生成的气体为氧气，生成一个氧气转移4个电子，所以转移2mol电子时生成0.5mol氧气，质量为16g，故D正确；故答案为C。6.氯乙酸(CH2ClCOOH)是重要的分析试剂和有机合成中间体。一种制备氯乙酸的方法为CH3COOH+Cl2CH2ClCOOH+HCl，已知：PCl3易水解。学习小组用如图所示装置进行探究，下列说法正确的是（）A.试剂X、Y依次选用浓盐酸、MnO2B.②的作用为除去Cl2中的HClC.③中反应后的液体经蒸馏可得氯乙酸D.④中出现白色沉淀说明有HCl生成【答案】C【解析】【详解】A．在①中若用浓盐酸与MnO2混合制取Cl2须要加热条件，而用浓盐酸与KMnO4反应制取氯气不须要加热，装置图没有加热装置，所以试剂X是浓盐酸，试剂Y是KMnO4，A错误；B．用浓盐酸与KMnO4反应制取的Cl2中含有水蒸气，由于PCl3易水解，所以Cl2在进入反应制取CH2ClCOOH之前须要干燥处理，则②中试剂为干燥剂浓硫酸，B错误；C．乙酸与Cl2在PCl3催化下加热95℃制取得到氯乙酸，同时还有副产物二氯乙酸、三氯乙酸，它们是沸点不同的液体化合物，因此③中反应后的液体经蒸馏可得氯乙酸，C正确；D．未反应的Cl2及反应产生的HCl气体在④中都能与AgNO3溶液反应产生AgCl白色沉淀，因此不能依据④中出现白色沉淀推断有HCl生成，D错误；故合理选项是C。7.常温下，用溶液分别滴定的溶液和溶液，滴定曲线如图所示，下列说法错误的是（）A.同条件下的碱性：B.C.D.P点时溶液中存在【答案】C【解析】【详解】A.由图像可知相同物质的量浓度的溶液和MCl溶液，MCl溶液的pH大于RCl溶液的pH，说明RCl的水解程度大，依据盐类水解规律-越弱越水解可知MCl对应碱的碱性强于RCl对应碱的碱性，即，故A正确；B.当氢氧化钠体积为20mL时恰好与完全反应产生ROH，溶液中存在：，c(ROH)=，，，，故B正确；C.由题意可知，氢氧化钠的浓度与盐溶液的浓度相同，因此加入与盐溶液等体积的氢氧化钠时反应达到终点，结合图像可知MCl溶液的滴定终点在氢氧化钠体积20.0mL之前，说明MCl溶液，故C错误；D.P点为溶液的滴定终点，此时恰好与氢氧化钠完全反应产生MOH和NaCl，因氯化钠为强酸强碱盐只电离不水解，电离产生等量的钠离子和氯离子，因此溶液中的，故D正确；故选：C。二、非选择题8.氮化硼广泛应用于制造合金、耐高温材料和半导体。科研小组以富硼废料（主要成分为和，还含有少量等）为原料，制备氮化硼的一种工艺流程如下：已知：硼酸溶于水和乙醇，在水中的溶解度如下温度（℃）020406080100溶解度（水）2.774.788.9014.8923.5439.60回答下列问题：（1）“酸溶”时需限制适当温度，温度不能过高的缘由为____________________________；除限制适当温度外，可加快“酸溶”速率的措施还有__________________（答出一点即可）。（2）“净化”时第一步反应的化学方程式为__________________；其次步调的目的为_______________；滤液2中_______________（已知）（3）“系列操作”中，洗涤结晶出来的硼酸的操作为__________________________。（4）“高温熔融”过程中生成的气体为两种氢化物，则主要反应的化学方程式为__________________________；生成的气体用水汲取后可返回__________________________工序循环利用。【答案】(1).盐酸挥发使产率降低(2).搅拌、适当增大盐酸浓度等(3).2FeCl2+H2O2+2HCl=2FeCl3+2H2O(4).将Fe3+和Al3+完全转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除掉，而H3BO3保留在滤液中(5).1.310-6mol/L(6).向过滤器中用玻璃棒引流加入0℃水至没过硼酸晶体，水自然流下，重复2~3次(7).B2O3+2NH4Cl2BN+2HCl↑+3H2O(8).酸溶【解析】【分析】富硼废料（主要成分为和，还含有少量等）为原料，加入盐酸酸溶后得到滤渣1为，滤液1加入双氧水调整pH=5净化得到滤渣2为Al(OH)3、Fe(OH)3，过滤后得到滤液2通过一系列操作得到硼酸，硼酸焙烧后得到的烧渣主要为B2O3，与氯化铵高温熔融后制备氮化硼，同时生成氯化氢气体和水，据此分析。【详解】(1)盐酸易挥发，故用盐酸进行“酸溶”时，温度过高，会导致盐酸挥发使产率降低。除限制适当温度外，可加快“酸溶”速率的措施可搅拌、适当增大盐酸浓度等；(2)“净化”时第一步反应的目的是将FeCl2氧化为FeCl3，反应的化学方程式为2FeCl2+H2O2+2HCl=2FeCl3+2H2O；其次步调pH=5可将Fe3+和Al3+完全转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除掉，而H3BO3保留在滤液中；pH=5时，溶液中的c(OH-)=110-9mol/L，c(Al3+)===1.310-6mol/L；(3)由信息知，硼酸冷水中溶解度低，为削减溶解损失，方法为向过滤器中用玻璃棒引流加入0℃水至没过硼酸晶体，水自然流下，重复2~3次；(4)硼酸焙烧后得到的烧渣主要为B2O3，“高温熔融”过程中B2O3与氯化铵反应生成的气体为HCl和水蒸气，则主要反应的化学方程式为B2O3+2NH4Cl2BN+2HCl↑+3H2O；生成的气体用水回收后得盐酸，可返回到“酸溶”工序循环利用。9.复合氧化钻可用于生产合金磁性材料、催化剂等。为充分利用资源，在试验室中探究采纳含钴废渣（含等）来制备复合氧化钴，详细流程如下：回答下列问题：（1）的电子式为_______________________。（2）“碱煮水洗”的目的为______________________________________________。（3）“酸浸”时，发生反应的离子方程式为_____________________________________________；滤渣1中主要成分的化学式为_______________________。（4）检验“水洗液”中含有的操作和现象为______________________________________________。上述流程中多次应用过滤操作该操作所用主要玻璃仪器有_____________________。（5）下列装置中，适合进行“焙烧”操作的是_____________________（填选项字母）。A.B.C.D.（6）称量，充分“焙烧”后得复合氧化钴，则复合氧化钻的化学式为________________；“焙烧”过程中生成的气体能参与大气循环，则该过程_______________（填“有”或“无”）氧气参与反应。【答案】(1).(2).除去含钴废渣表面的油污(3).Co2O3+4H++=2Co2+++2H2O(4).CaSO4(5).用干净铂丝蘸取待检液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃视察火焰呈紫色(6).烧杯、漏斗、玻璃棒(7).C(8).Co2O7(9).有【解析】【分析】依据流程示意图分析可知，含钴废渣用热的纯碱溶液洗去表面的油污，加水K2O溶解，同水洗液流出，洗涤后加入硫酸溶液和Na2SO3进行酸浸，酸浸时发生反应Co2O3+4H++=2Co2+++2H2O，同时CaO和H2SO4反应生成CaSO4，得到含有CaSO4的滤渣1和主要含CoSO4的滤液1，再加入NH4HCO3发生反应CoSO4+NH4HCO3=CoCO3+NH4HSO4得到CoCO3的沉淀，沉淀经焙烧后得到复合氧化钴(CoxOy)，据此分析解答。【详解】(1)K2O是离子化合物，K+和O2-形成离子键，其电子式为，故答案为：；(2)热的纯碱溶液具有较强的碱性，可使生物油污水解为可溶于水的物质，便于水洗除去，故答案为：除去含钴废渣表面的油污；(3)“酸浸”时，Co2O3在酸性条件下被还原，反应的离子方程式为Co2O3+4H++=2Co2+++2H2O，同时，CaO和H2SO4反应生成溶解度小的CaSO4，故答案为：Co2O3+4H++=2Co2+++2H2O；CaSO4；(4)检验K+可用焰色反应，操作和现象为用干净铂丝蘸取待检液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃视察火焰呈紫色，过滤所用的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：用干净铂丝蘸取待检液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃视察火焰呈紫色；烧杯、漏斗、玻璃棒；(5)“焙烧”操作应在坩埚中进行，C选项正确，故答案为：C；(6)5.95gCoCO3的物质的量为，则复合氧化钴中含钴元素的质量为0.05mol×59g·mol-1=2.95g，则氧元素的质量为4.07g-2.95g=1.12g，即0.07mol，因此复合氧化钴中Co和O的个数比为5：7，则复合氧化钴的化学式为Co2O7，CoCO3转化为Co5O7时Co元素的化合价上升，则有氧气参与反应，故答案为：Co2O7；有。10.的捕获和综合利用是目前探讨的热点之一。回答下列问题：(1)科研工作者发觉一种捕获二氧化碳生成甲酸简洁过程如图所示。下列说法正确的是__________________（填选项字母）。A.增大的物质的量可增大的平衡产率B.和均能降低反应的活化能C.上述捕获过程能有效削减温室气体排放(2)能用于制备二甲醚I.II.III.①二氧化碳气体与氢气生成二甲醚蒸气和水蒸气反应的热化学方程式为______________。②时，在恒容密闭容器中发生反应I时，下列事实能说明该反应达到平衡状态的是_____________（填选项字母）。A.气体的平均相对分子质量不再变更B.不再变更C断裂键同时断裂键D.混合气体的密度不再变更③时，向密闭容器中充入肯定量，发生反应Ⅱ，测得反应前压强为，恰好达到平衡时，的分压为，则内的反应速率_____________（用分压表示，下同）；反应的平衡常数_____________。④在催化剂条件下，发生反应。该反应的___________0（填“>”或“<”）；的平衡转化率和催化剂的催化效率与温度的关系如图所示。则将反应温度选择为的缘由为________________________________。⑤向某绝热刚性容器中充入肯定量的和，发生反应Ⅲ。容器内平衡压强______________________（填“大于”“小于”或“等于”）起始压强，缘由为______________________。【答案】(1).BC(2).(3).AB(4).(5).(6).<(7).温度低于250℃时，CO2的转化率较大但催化剂的催化效率低，反应速率慢，若温度高于250℃时，CO2的转化率和催化效率都较低(8).大于(9).反应Ⅲ为气体分子总数不变的放热反应，平衡时容器内温度上升，压强增大【解析】【详解】(1)A.由图知，Au为固体催化剂，不影响平衡，A错误；B.Au和N(C2H5)3均为催化剂，能降低反应的活化能，B正确；C.CO2为温室气体，捕获CO2能有效削减温室气体排放，C正确；答案选BC。(2)①Ⅰ×2+Ⅱ-Ⅲ×2得②A.反应Ⅰ为气体分子总数减小的反应，气体的平均相对分子质量不再变更说明气体总物质的量不再变更，达到平衡状态，A正确；B.不再变更说明各成分浓度不再变更，达到平衡状态，B正确；C.1molCH3OH中含有3molC-H键，故断裂1molH-H键同时断裂1.5molC-H说明达到平衡，C错误；D.气体总质量和容器容积始终保持不变，故混合气体的密度不再变更不能说明达到化学平衡状态，D错误；答案选AB。③反应Ⅱ为气体分子总数不变的反应，故容器内总压强保持不变，的平衡分压为，则的平衡分压为，分压减小，故其平衡分压为，由此计算内的反应速率，反应的平衡常数。④由已知反应知，Ⅰ-Ⅲ得，由图知，250℃时CO2的转化率较大，催化剂的催化效率最高，故反应温度选择为。⑤反应Ⅲ为气体分子总数不变的放热反应，平衡时容器内温度上升，压强增大，故平衡压强大于起始压强。【点睛】(1)依据反应过程图象发觉Au和N(C2H5)3在反应前后并没有发生变更，确定其作用为催化剂进行解题。【化学—选修3：物质结构与性质】11.碳元素形成的单质和化合物在化工、材料、医学等领域应用广泛，回答下列问题：(1)区分金刚石和无定形碳最牢靠的科学方法为___________。基态C原子核外未成对电子的数目为_____________。(2)咖啡因结构为。①咖啡因中C原子的杂化形式为_________________。②1mol咖啡因中所含键数目为_________________。③咖啡因通常在水中的溶解度较小，加入适量能增大其在水中溶解度的缘由为_________________。④CH3+(甲基正离子)立体构型为_________________。(3)CO、NO、H2S均为生命体系气体信号分子。其中H、C、O、S的电负性由大到小的依次为____________；N、O、S的第一电离能由大到小的依次为________________。(4)干冰可用于人工降雨。其熔点低于金刚石的缘由为___________；若干冰的密度为1.56g/cm3，立方晶胞参数为0.57nm，则每个晶胞实际占用CO2的数目为_______。【答案】(1).X-射线衍射试验(2).2(3).sp3杂化、sp2杂化(4).25NA(5).物质中含有亲水基-OH、-COONa，增大了物质的水溶性，同时含有亲油基，增大了咖啡因的溶解性，因此可增大其在水中溶解度(6).平面三角形(7).O＞S＞C＞H(8).N＞O＞S(9).干冰属于分子晶体，分子间以范德华力结合；金刚石属于原子晶体，原子间以共价键结合，范德华力比共价键弱，导致干冰的熔点比金刚石低。(10).4【解析】【分析】(1)区分晶体与非晶体最牢靠的方法是X-射线衍射试验；结合构造原理及原子核外电子排布规律分析推断；(2)①C原子形成共价单键sp3杂化，形成共价双键为sp2杂化，加成推断；②共价单键都是键，共价双键一个是键，一个是π键；③依据物质相像相溶原理分析推断；(3)元素非金属性越强，其电负性就越大；元素的第一电离能随元素非金属性的增加而增大，第IIA、VA元素的元素大于相邻同一周期元素的第一电离能；(4)不同类型晶体熔沸点规律是：原子晶体>离子晶体>分子晶体；依据晶胞参数及晶体密度，可计算晶胞质量，然后结合其相对分子质量计算含有的分子数目。【详解】(1)区分晶体与非晶体最牢靠的方法是X-射线衍射试验，金刚石是原子晶体，无定形碳是非晶体，所以区分金刚石和无定形碳最牢靠的科学方法为X-射线衍射试验；C原子核外有6个电子，核外电子排布式为1s22s22p2，由于一个轨道最多可容纳2个自旋方向相反的电子，2p轨道有3个，这2个电子总是尽可能占据不同轨道，而且自旋方向相同，这样能量最低，所以基态C原子有2个成单电子；(2)①依据咖啡因分子结构示意图可知：分子中C原子有饱和C原子和形成羰基的C原子两种类型，饱和C采纳sp3杂化，形成羰基的C原子采纳sp2杂化；②咖啡因分子式是C8H10N4O2，在一个咖啡因分子中含有的键数目是25个，则在1mol咖啡因中所含键数目为25NA；③咖啡因分子中无亲水基，因此在水中不简洁溶解；而在中同时含有亲水基和亲油基，含有亲水基-OH和-COONa增大了物质的水溶性，含有的亲油基(即憎水基)，又能够很好溶解咖啡因，故加入适量能增大咖啡因在水中的溶解度；④CH3+中价电子数为3，采纳sp2杂化，其空间构型为平面三角形；(3)元素H、C、O、S的非金属性强弱依次为：O＞S＞C＞H，元素的非金属性越强，其电负性越大，所以这四种元素的电负性由大到小的依次为：O＞S＞C＞H；在N、O、S三种元素中，原子半径越大，原子越简洁失去电子，元素的电离能就越小。S元素原子半径最大，其第一电离能最小。对于同一周期的N、O两种元素来说，由于N原子最外层电子排布为半充溢的稳定状态，失去电子比O难，因此第一电离能比O大，所以N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的依次N＞O＞S；(4)干冰属于分子晶体，分子之间以微弱的范德华力结合，因此物质的熔沸点低，易气化，气化汲取大量热，使四周环境温度降低，水蒸气凝聚为液体而着陆，故可用于人工降雨；而金刚石属于原子晶体，C原子间以剧烈的共价键结合，断裂消耗较高能量，所以其熔沸点比干冰高；若干冰的密度为1.56g/cm3，立方晶胞参数为0.57nm，则依据m=ρ·V可得晶胞质量m(CO2)=ρ·V=1.56g/cm3×(0.57×10-7cm)3=2.89×10-22g，由于CO2摩尔质量为44g/mol，则每个晶胞实际占用CO2的数目为N(CO2)==4。【点睛】本题考查了物质结构。包括晶体的推断和不同晶体性质比较、原子杂化、元素的电负性与电离能的比较和晶胞计算等学问，较全面的考查了物质结构学问。驾驭物质结构学问，了解原子核外电子排布及遵循规律是分析、推断物质性质的前提。【化学一选修5：有机化学基础】12.化合物M是一种香料中间体。试验室制备M的一种路途如下：已知：①（R表示氢原子或烃基）②（表示烃基）回答下列问题：（1）A的结构简式为_____________；B的化学名称为_____________。（2）由D生成E和由F生成G的反应类型分别为_____________、_____________。（3）由C生成H所需试剂为_____________（答出一种即可）。（4）由E和I生成M的化学方程式为_______________________________________。（5）同时满意下列条件的I的同分异构体有_____________种（不含立体异构）；任写一种核磁共振氢谱中有4组汲取峰的结构简式_____________。①能与溶液发生显色反应；能发生水解反应；②苯环上有四个取代基。（6）参照上述合成路途和信息，以乙酸为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路途_______