西藏山南市三校2025届高三化学5月模拟考试试题含解析

PAGEPAGE14西藏山南市三校2025届高三化学5月模拟考试试题（含解析）1.化学与环境生活休戚相关。下列叙述错误的是A.可用淀粉溶液检验食盐中是否加碘B.酿酒工业中运用的“酒曲”是一种酶C.可用蒸馏法、电渗析法淡化海水D.燃煤中加入生石灰可降低含硫化合物的排放【答案】A【解析】【详解】A.淀粉遇到碘单质会变蓝色，而不是遇到碘元素，食盐中添加的为碘酸钾，加入淀粉不会变蓝，A项符合题意；B．酿酒过程中，葡萄糖在“酒曲”含有酒化酶的作用下，分解生成乙醇，B项不符合题意；C．从海水中提取蒸馏水，可以用蒸馏法，也可以运用电渗析法，C项不符合题意；D．CaO可以与SO2反应，生成CaSO3，可进一步被氧化为CaSO4，降低硫化物的排放，D项不符合题意；本题答案选A。2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A.标准状况下3.6gH2O含有的电子数为2NAB.2.8g乙烯与聚乙烯的混合物含有的极性键为0.4NAC.0.lmolCl2与足量的铁粉充分反应转移的电子数为0.2NAD.1L0.2mol/l的K2SO3溶液中SO的数目为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．3.6gH2O的物质的量为0.2mol，1mol水中含有的电子数为10NA，则0.2mol水中含有的电子数=0.2×10NA=2NA，故A正确；B．乙烯和聚乙烯的最简式均为CH2，故2.8g混合物中所含的CH2的物质的量n==0.2mol，1molCH2中含有2NA的极性键，故2.8g乙烯和聚乙烯的混合物含有的极性键为0.2×2NA=0.4NA，故B正确；C．Cl2与足量的铁粉反应变为Cl-，与转移电子的关系式为：Cl2~2Cl-~2e-，0.lmolCl2与足量的铁粉充分反应转移的电子数应依据Cl2求算，转移电子的物质的量=0.1mol×2=0.2mol，即转移电子数为0.2NA，故C正确；D．n(K2SO3)=0.2mol/L×1L=0.2mol，因SO部分水解，所以，n(SO)＜0.2mol，即SO的数目小于0.2NA，D错误。答案选D。3.下列有关有机物的说法不正确的是（）A.氯乙烯分子中全部原子共平面 B.乙醇、乙酸都能发生取代反应C.乙酸乙酯、甲酸丙酯的密度都小于水 D.淀粉和纤维素互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．乙烯是平面结构，氯乙烯是乙烯结构中的一个氢原子被氯原子取代，则氯乙烯分子中全部原子共平面，故A正确；B．乙酸和乙醇在浓硫酸催化作用下加热发生酯化反应，反应类型为取代反应，故B正确；C．乙酸乙酯、甲酸丙酯均犯难溶于水的液体，且密度都小于水，故C正确；D．淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，但在淀粉和纤维素中由于葡萄糖分子间的结合方式不同，它们所包含的单糖单元数目不等，则两者不是同分异构体，故D错误；故答案为D。4.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简洁离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是（）A.简洁离子半径：B.W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C.气态氢化物的热稳定性：D.最高价氧化物的水化物的酸性：【答案】B【解析】【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na；由原子序数可知，Y、Z处于第三周期，而Z与X（钠）形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl；W、X的简洁离子具有相同电子层结构，且W与Y同族，W在其次周期且是非金属元素，W可能是N或O，则对应的Y为P或S。【详解】由上述分析可知，W为N或O，X为Na，Y为P或S，Z为Cl，A.X与W的离子电子层结构相同，简洁离子半径：，故A错误；B.W与X形成的化合物Na3N、Na2O、Na2O2溶于水后溶液呈碱性，故B正确；C.W与Y同族，气态氢化物的热稳定性：，故C错误；D.Y、Z处于第三周期，最高价氧化物的水化物的酸性取决于非金属性，故：，故D错误；故选B。5.新能源汽车上有一种质子交换膜燃料电池，其工作原理如图所示，下列叙述正确（）A.通入氧气的电极发生氧化反应B.通入氢气的电极为正极C.总反应式为O2+2H22H2OD.正极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O【答案】D【解析】【分析】在燃料电池的正极上是氧气发生得电子的还原反应，O2+4H++4e-=2H2O，在燃料电池中，通入燃料的电极是负极，H2－2e－=2H＋，燃料电池的总反应是燃料燃烧的方程式：O2+2H2=2H2O。【详解】A．通入氧气的电极发生还原反应，故A错误；B．通入氢气的电极为负极，故B错误；C．氢氧燃料电池总反应式为：O2+2H2=2H2O，无需点燃条件，故C错误；D．在酸性环境下，燃料电池正极的电极反应式为：O2+4H＋+4e－═2H2O，故D正确；故选D。【点睛】本题考查学生燃料电池的工作原理学问，留意电极反应式的书写和电极的推断等学问，留意方法和规律的总结是关键，易错点C，燃料电池的总反应是燃料燃烧的方程式，不需点燃条件。6.下列操作能达到试验目的的是（）目的操作A制备无水氯化铝将SOCl2与AlCl3.6H2OB制备乙酸乙酯在试管中先加2mL浓硫酸，再加入2mL乙醇和乙酸，连接好装置加热C配制硝酸银溶液将硝酸银固体溶于适量自来水D测定次氯酸钠的pH用玻璃棒蘸去溶液，点在潮湿的pH试纸上A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.氯化亚砜可用于AlCl3∙6H2O的脱水剂，SOCl2与水反应产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生，说明生成HCl和二氧化硫，抑制了氯化铝的水解，因此可将氯化亚砜（SOCl2）与AlCl3∙6H2O混合加热制备无水AlCl3，A正确；B.浓硫酸溶于水时放出大量的热，所以制备乙酸乙酯时试剂的依次为先加乙醇，后加浓硫酸，再加乙酸，并加入几粒沸石用酒精灯小火加热，故B错误；C.自来水一般是用Cl2消毒的,自来水中含Cl-,会与硝酸银反应，产生AgCl（沉淀）,C错误；D.NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，D错误；答案选A。7.室温下，向10mL0.1mol•L-1HX溶液中逐滴加入0.2mol•L-1YOH溶液，混合溶液的pH变更状况如图所示（温度和体积变更忽视不计）。则下列结论错误的是（）A.HX为一元强酸，YOH为一元弱碱B.M点水的电离程度大于N点水的电离程度C.N点对应溶液中粒子浓度：c(YOH)＞c(Y+)＞c(X-)＞c(H+)＞c(OH-)D.25℃时pH=a的YX溶液中水电离出的c(H+)=1.0×10-amol•L-1【答案】C【解析】【详解】A．依据图示可知，0.1mol·L－1的HX溶液的pH=1，说明HX完全电离，为一元强酸；滴入6mL0.2mol·L-1YOH溶液时，YOH过量，溶液的pH=7，说明YOH为一元弱碱，故A正确，不选；B．M点溶质为YX、YOH，溶液的pH=7，水的电离程度不变，而N点加入10mLYOH溶液，溶液的pH=10，抑制了水的电离，所以M点水的电离程度大于N点水的电离程度，故B正确，不选；C．N点溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，结合电荷守恒可知：c(Y＋)＞c(X－)，N点溶液中存在物料守恒：c(Y＋)+c(YOH)=2c(X－)，则c(Y＋)＞c(X－)＞c(YOH)，正确的粒子浓度大小为：c(Y＋)＞c(X－)＞c(YOH)＞c(OH－)＞c(H＋)，故CD．YX为强酸弱碱盐，Y＋离子水解溶液呈酸性，促进了水的电离，溶液中氢离子主要来自水的电离，25℃时pH=a的YX溶液中水电离出的c(H＋)=1.0×10-amol·L-1，故D正确，不选；故选C。【点睛】本题考查酸碱混合的定性推断，明确图象曲线变更的意义为解答关键，难点C，留意驾驭盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒的内容，要求学生具有肯定的分析实力及敏捷应用实力，A要留意视察图中特别的点的含义。8.雾霾天气严峻影响了人们的身体健康，环境问题越来越受到人们的重视。汽车尾气中含有较多的NO和CO，两种气体均会使人体中毒。处理大气中的污染物，打响“蓝天白云”保卫战是当前的重要课题。请回答下列问题（1）一氧化碳、氢气既是重要的能源，也可以催化还原NO等消退污染，还可以在肯定条件下制取CH3OH。已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ·mol-1；②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=－571.6kJ·mol-1；③H2O(g)=H2O(1)△H=－44kJ·mol-1。写出H2与NO反应生成N2和水蒸气的热化学方程式：__。（2）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在密闭容器中充有10molCO和20molH2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇，变更条件，测得CO的平衡转化率与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。则该反应的△H___0(填“>”或“<”)。若达到平衡状态A时，容器的体积为10L，则在平衡状态B时平衡常数K=___。（3）工业上采纳加压条件下，在含冷却装置的汲取塔中，以去离子水为汲取剂汲取NO，得到40%的硝酸。原理如下：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=－114kJ·mol-13NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)△H=－69.92kJ·mol-1采纳降温操作的一个缘由是__。（4）利用电解原理也可以处理工厂烟气。如图为工业生产模拟装置。其中A、B为多孔电极(外接电源未画出)，则A为___极(填“正”“负”“阴”或“阳”)，电极反应式为___。【答案】(1).2H2（g）+2NO（g）=2H2O（g）+N2（g）△H=-664.1kJmol-1(2).<(3).1(4).降低温度平衡正向移动，硝酸高温下易分解(5).阳极(6).SO2-2e-+2H2O=SO+4H+【解析】【详解】（1）已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ·mol-1；②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=－571.6kJ·mol-1；③H2O(g)=H2O(1)△H=－44kJ·mol-1。依据盖斯定律①-②-2×③得2H2（g）+2NO（g）=2H2O（g）+N2（g）△H=-664.1kJ·mol－1；故答案为：2H2（g）+2NO（g）=2H2O（g）+N2（g）△H=-664.1kJ·mol－1；（2）依据图可知，随着温度的上升，CO的转化率降低，说明温度上升不利于正反应，即该反应是放热反应，△H＜0；平衡状态A时，CO的转化率为0.5，容器的体积为10L，则有三段式：则T1时，K==1，平衡状态B与A温度相同，则K不变。故答案为：<；1；（3）依据反应可知，以去离子水汲取剂汲取NO的反应为放热反应，硝酸高温下易分解，故采纳降温操作可以促进反应的进行同时防止硝酸的分解；故答案为：降低温度平衡正向移动，硝酸高温下易分解；（4）依据图示，总反应为：5SO2+2NO+8H2O=(NH4)2SO4+4H2SO4，则X溶液中的溶质是(NH4)2SO4、H2SO4；A极SO2失去电子发生氧化反应生成SO42－，则A为阳极，电极反应为：SO2-2e－+2H2O=SO+4H＋。故答案为：阳；SO2-2e－+2H2O=SO+4H＋。9.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)呈淡黄色，可用作晒制蓝图。某试验小组对纯净草酸亚铁晶体热分解气体产物成分的进行探究。小组成员采纳如图装置（可重复选用）进行试验：请回答下列问题：（1）E中盛装碱石灰的仪器名称为___。（2）D中的现象是___，是为了证明草酸亚铁晶体分解产物中可能含有___。（3）依据气流从左到右的方向，上述装置的接口依次为a→g→f→___→尾气处理装置(仪器可重复运用)。（4）试验前先通入一段时间N2，其目的为___。（5）试验证明白气体产物中含有CO，依据的试验现象为___。（6）小组成员设计试验证明白A中分解后的固体成分为FeO，则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为___。【答案】(1).U形管(2).白色变为蓝色(3).H2O(4).b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c(5).排尽装置中的空气，防上加热时发生爆炸(6).C中固体由黑色变为红色，后B装置中出现浑浊(7).FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O【解析】【分析】气体产物成分的探究，草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中碱石灰干燥气体后通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，最终尾气处理。【详解】（1）E中盛装碱石灰的仪器名称为U型管，故答案为：U型管；（2）生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，D中的现象是白色变为蓝色，是为了证明草酸亚铁晶体分解产物中可能含有H2O。故答案为：白色变为蓝色；H2O；（3）草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中碱石灰干燥气体后通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，依据气流从左到右的方向，b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c，上述装置的连接依次为：agfb（或ih）de（或ed）bc，最终连接尾气处理装置，正确的依次为：agfbchi（或ih）de（或ed）bc，故答案：bchi（或ih）de（或ed）bc；（4）试验前先通入一段时间N2，其目的为排尽装置中的空气，防上加热时发生爆炸。故答案为：排尽装置中的空气，防上加热时发生爆炸；（5）试验证明白气体产物中含有CO，依据的试验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的B装置中澄清石灰水变浑浊，故答案为：C处反应管中固体由黑变红，其后的B装置中澄清石灰水变浑浊；（6）A处反应管中发生反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为：FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O。10.水泥是重要建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有肯定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。试验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：（1）沉淀A的主要成分是__。（2）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是__，请写出相应的离子方程式：__。（3）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，试验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了0.0500mol•L-1KMnO4溶液36.00mL。①请配平此滴定过程中的反应。___MnO+___H++___H2C2O4——___Mn2++___CO2+___H2O②求该水泥样品中钙质量分数为___。【答案】(1).SiO2(2).将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+(3).3Fe2++4H++NO=3Fe3++NO↑+2H2O(4).2(5).6(6).5(7).2(8).10(9).8(10).45.0%【解析】【分析】水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有肯定量的铁、铝和镁等金属的氧化物，加入氯化铵、盐酸和硝酸，由于二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A为SiO2，滤液中含有Ca2+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋等离子，加入氨水调整pH4~5，可生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，加热的目的是防止生成胶体而难以分别，滤液主要含有Ca2＋，加入草酸铵可生成草酸钙沉淀，加入硫酸用高锰酸钾测定，发生5Ca2＋～5H2C2O4～2KMnO4【详解】（1）由以上分析可知沉淀ASiO2，故答案为：SiO2；（2）铁离子在pH较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，相应的离子方程式：3Fe2++4H++NO=3Fe3++NO↑+2H2O；故答案为：将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋；3Fe2++4H++NO=3Fe3++NO↑+2H2O；（3）①在硫酸条件下，高锰酸钾将C2O42－氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒写出反应的离子方程式：2MnO4－+5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4－+5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2②反应的关系式为5Ca2＋～5H2C2O4～2KMnO4n（KMnO4）=0.0500mol·L－1×36.00mL=1.800mmol，n（Ca2＋）=4.500mmol，水泥中钙的质量分数为×100%=45.00%，故答案为：45.00%。【点睛】本题侧重考查物质的含量的测定，留意把握氧化还原滴定试验原理及操作步骤，能够结合关系式法计算是解题关键，难点（3）②通过化学反应过程中的质量守恒，电子得失守恒找到反应的关系式为5Ca2＋～5H2C2O4～2KMnO411.太阳能电池可分为：硅太阳能电池，化合物太阳能电池，如砷化镓(GaAs)、铜铟镓硒(CIGS)、硫化镉(CdS)，功能高分子太阳能电池等，Al-Ni常作电极。据此回答问题：(1)镍(Ni)在周期表中的位置为______；S原子的价电子排布式为________；Ga、As和Se的第一电离能由大到小的依次是________。(2)Na3As3中As原子的杂化方式为_____；AsCl3的空间构型为____。(3)GaAs熔点为1238℃，GaN熔点约为1500°，GaAs熔点低于GaN(4)写出一种与SO42-互为等电子体的分子_________。(5)GaAs的晶胞结构如图所示，其中As原子形成的空隙类型有正八面体形和正四面体形，该晶胞中Ga原子所处空隙类型为_____。已知GaAs的密度为ρg/cm3，Ga和As的摩尔质量分别为MGag/mol和MAsg/mol，则GaAs晶胞中Ga之间的最短距离为________pm。【答案】(1).第四周期第Ⅷ族(2).3s23p4(3).As>Se>Ga(4).sp3(5).三角锥形(6).均为原子晶体，且GaN中N原子半径小，Ga-N键长比Ga-As短，键能更大，熔点更高(7).CCl4、SiCl4、SiF4、CF4(填其中一种即可)(8).正四面体形(9).×1010【解析】【分析】(1)镍是28号元素，依据构造原理，可确定Ni、S的核外电子排布式，结合原子结构与元素在元素周期表的位置关系确定其在周期表中的位置；一般状况下，同一周期的元素原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但当原子核外电子处于其轨道上的全满、半满、全空时是稳定结构，比相应原子序数大1个的VIA的元素大分析。(2)依据As原子最外层电子数及形成化学键的关系分析Na3As3中As原子的杂化方式；AsCl3的空间构型要依据成键电子对与孤对电子分析其空间构型；(3)GaAs依据微粒间的作用力与微粒半径大小分析物质熔点凹凸；(4)依据等电子体的概念分析其相应的等电子体；(5)依据微粒的空间构型及相对位置分析其空间构型，用均摊法先计算晶胞中含有的As、Ga原子数目，计算出晶胞的质量，结合晶胞的密度可得晶胞的体积。【详解】(1)镍是28号元素，依据构造原理，可确定Ni核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，在元素在元素周期表的位置为第四周期第Ⅷ族；S原子的价电子排布式为1s22s22p4；一般状况下，同一周期的元素原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但As原子核外最外层的4p轨道的电子处于半充溢的较稳定状态，比同周期原子序数大1个的VIA的Se元素大，所以Ga、As和Se的第一电离能由大到小的依次是As>Se>Ga。(2)在Na3As3中As最外层有5个电子，形成3个共价键即δ键电子对数为3，另外还有1个孤电子对，所以As的杂化方式为sp3；AsCl3中As的价层电子对数=3+(5-1×3)=4，As原子采纳sp3杂化，由于孤电子对对成键电子对排斥了强，所以AsCl3分子空间构成三角锥形分子；(3)GaAs熔点为1238℃，GaN熔点约为1500°，GaAs熔点低于GaN是因为两种晶体均为原子晶体，且GaN中N原子半径比Ga小，Ga-N键长比Ga-As(4)依据等电子体的概念是原子数相同，最外层电子数也相同的微粒，则SO42-相应的等电子体是CCl4、SiCl4、SiF4、CF4；(5)该晶胞中Ga原子处于与它最近的四个As原子所构成的正四面体的几何中心，因此Ga所处空隙类型为正四面体；在该晶胞中含有的As原子数目为：=4，含有的Ga原子数目为：1×4=4，因此该晶胞在含有4个GaAs，则晶胞的质量为m=g，由于晶胞的密度为ρg/cm3，所以晶胞的体积为V=cm3，则晶胞的边长L=cm=×1010pm。在该晶体在两个Ga原子之间的距离为晶胞边长的倍，所以两个Ga原子之间的距离为×1010pm。【点睛】本题考查物质结构和性质的学问，涉及元素在元素周期表的位置、原子杂化方式推断、微粒空间构型、物质熔点比较、晶体结构分析与计算等学问点，本题综合性较强，侧重考查学生推断及学问综合应用实力，易错点是晶体中最近的Ga原子之间的位置及其与晶胞边长的关系的确定与计算，题目难度中等。12.聚对苯二甲酸丁二醇酯(PBT)是一种性能优异的热塑性高分子材料。PBT的一种合成路途如图所示：已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定的，它将发生脱水反应：→—CHO回答下列问题：（1）A的结构简式为___，C的化学名称为___。（2）F的分子式为___，⑥的反应类型为___。（3）⑦的化学方程式是___。（4）M是H的同分异构体，同时符合下列条件：a.0.1molM与足量金属钠反应生成氢气2.24L（标准状况）b.同一个碳原子上不能连接2个羟基其中核磁共振氢谱显示有3组峰，且峰而积之比为3∶1∶1的结构简式是___。