湖南省2025届普通高中名校联考信息卷（模拟一）化学试题（含答案）

2025届·普通高中名校联考信息卷(模拟一)·化学参考答案C错误;干冰是固态的二氧化碳,干冰升华时,吸收大量的热,使周围温度降低,大量的水蒸气凝结成了小液滴,形成云雾效果,D正确。2.B【解析】NacIO由Na+和clo构成,含有离子键,clo中cl、O原子间共用1对电子,o.ci原于外围都达到Be结构·其电子式为,A错误;为1s22s'2p3,基态碳原子的电子排布式为1s'2s22p2,2s的能量小于2p,则该原子是碳原子C错误;1s22s22p53s23ps4s',则C错误;1s22s22p3s23ps,D错误。3.A【解析】用图1所示装置可测定中和反应的反应热4.B【解析】第二周期主族元素从左向右电负性逐渐增强,因此电负性:O>N>C,A正确;据图中RU与周围的原子得到该配合物中RU的配位数是6,C正确;PO43-中P的价层电子对数为4,无孤对电子,空间结构为正四面体形,D正确。5.D【解析】硫氢根离子不能拆成硫离子,A错误;硝酸根离子在酸性条件下能氧化碘离子,去2个电子,电子不守恒,C错误;碳酸氢镁和过氧化钠溶液混合生成氢氧化镁和碳酸钠子方程式为Mg2++2HCO3+4OH——Mg(OH)2十2H20+2CO2-,D正确N>O>C>si,A错误;简单氢化物的稳定性:H2O>NH3>CH4>siH4,B正确;1molsio2中含有4molσ键,C错误;CO3的空间结构为直线形,属于含有极性键的非极性分子,D错误7.A【解析】一般情况下,在铁制品上镀铜时用纯铜作阳极,电极反应为Cu—2eCu2+,电解质溶液为CUSO4溶液,铁作阴极,电极反应为:CU2++2eCU,但若用CUSO4和过量氨水作电解质溶液,加入氨水可以形成铜氨络免费高中试卷公众号：凹凸学长持在一个稳定2025届普通高中名校联考信息卷(模拟一)·化学参考答案1的状态,此时镀铜层的结晶会更一致,镀层的孔隙率下降,使得铁上镀致密铜镀层,A符合题意;由于浓硫酸有强氧化性,导致反应原理发生改变,加入浓硫酸反应原理可能为:加入稀硫酸则反应原理为:Na2S23十H24Na24+S+SO2十H2O,故不能探究浓度对反应速率的影响,B不合题意;由于乙醇易挥发,且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故在通入酸性高锰酸钾溶液之前需通过盛水的洗气瓶来除去乙烯中的乙醇,且还可能产生还原性气体SO2,C不合题意;直接蒸干Feso4饱和溶液,亚铁离子被氧化生成铁离子,则不能制备无水Feso4,D不合题意。8.B【解析】香豆素-3-羧酸的分子式为C1,HsO4,A错误;米氏酸分子中含有多个类似甲烷结构的碳原子,因此所有碳原子不在同一平面上,B正确;水杨醛中的醛基、羟基以及香豆素-3-羧酸中的碳碳双键均能与酸性KMno4溶液反应使其褪色,C错误;水杨醛中含1个酚羟基、米氏酸中含2个(醇)酯基、香豆素-3-羧酸中含1个(酚)酯基和1个羧基,这些官能团均能与NaoH溶液反应,故等物质的量的水杨醛、米氏酸和香豆素-3-羧酸与足量NaoH溶液反应,消耗NaoH的物质的量之比为1:2:3,D错误。9.A【解析】生物浸出时,S元素的化合价升高,被氧化;电解硫酸铜溶液,阴极反应式为CU2++2e—CU,阳极反应式为2H2O-4e—O2个+4H+,O元素化合价升高;"除铁"步骤中,需要加入氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+,Fe2+被氧化;电解过程中Co2+转化成co,被还原,则还有一种元素化合价升高被氧化;因此上述过程中,至少有4种元素被氧化,A正确;温度过高细菌失去活性,浸出率下降,只能在适当温度下进行生物浸出",B错误;分液时,应先将下层液体由分液漏斗下口放入烧杯中,再将上层液体由分液漏斗上口倒出,C错误;"水相"中含有亚铁离子和铁离子,可以用铁氰化钾溶液检验其中的亚铁离子,不能用KSCN溶液和新制氯水检验"水相"中的Fe2+,D错误10.C【解析】液溴具有挥发性,则热空气吹出溴蒸气是利用了溴的挥发性,A正确;由分析可知,通入氯气发生的反应为氯气与溴离子反应生成氯离子和溴,反应的离子方程式为clz十2Br2cl十Br2,B正确;由溴与二氧化硫吸收液反应生成硫酸和氢溴酸可知,氧化剂溴的氧化性强于还原剂二氧化硫,C错误;混合物2中溴水的浓度高于混合物1,说明溴水混合物1到溴水混合物2的目的是富集溴元素,D正确11.B【解析】观察晶胞可知,底面有两种角度:120"和602,顶点上钙原子对晶胞贡献率分别为12s·同理·CN2s-贡献率分别和·故1个晶胞中钙的个数为2+axsH1x·学式为CXN,A:阴离子团的结构式为NCN]2-,1个双键中有1个σ键、1个键,1个晶胞中含3个阴离子、6个键o,B错误;以晶胞中右下方的[CN2]2-进行分析,距离最近的钙离子个数为6,其配位数为6,80X3NAg2403C正确;结合A选项,1个晶胞中有3个cacN2,该晶体的密度PVCm3NAVNAg2403D正确。12.C【解析】由电解示意图可知,电极B上Mn2+转化为了Mno2,锰元素化合价升高,失电子,则电极B为阳极,电极A为阴极,得电子,发生还原反应,A正确;由电解示意图可知,电极B上Mn2+失电子转化为了Mno2,电极反应式为:2H2O+Mn2+—2eMno2+4H+,B正确;电极A为阴极,LiMn2得电子,电极反应式为:2LiMn24十6e+16H+2Li++4Mn2+十8H2O,依据得失电子守恒,电解池总反应为:2LiMnzO4+4H+——2Lit+Mn2+2+2H2,反应生成了Mn2+,MnMn2+2+2H2,反应生成了Mn2+,Mn2+浓度增大,C错误;电解池总反应为2IiMnzO4十4H+——2Li++Mn2++3Mno2十2H2o,电解结束后,可通过调节溶液PH将锰离子转化为沉淀除去,然后再加入碳酸钠溶液,从而获得碳酸锂,D正确。13.B【解析】cucl2、Na2S水解促进水电离,b点是cucl2与Na2S溶液恰好完全反应的点,溶质是氯化钠,对水的电离没有影响,水的电离程度最小的为b点,A错误;该温度下,b点加入10mL的0.1mol/LNa2S溶液,cucl2与Na2S溶液恰好完全反应,液中C(CU2+)=C(S-),此时一lgC(CU2+)=18.0,C(CU2+)=1X10-18mol/L,即b点C(S2-)=1X10-18mol/L,B正确;C点时,溶液中的n(cl)=0.002mol,n(Na+)=0.004mol,Na2S过量0.001mol,由物料守恒可得4CC(S2-)+C(HS)+C(H2S)]=C(Nat),C错误;b点是cucl2与Na2S溶液恰好完全反应的点,C(CU2+)=C(S2-),根据b点数据可知C(CU2+)=1X10-l8mol/L,则该温度下KSP(CUS)=C(CU2+)XC(S-)=1X10S,zns(S)+3.oX1011,D错误14.C解析】根据分析可知,增大压强,平衡逆向移动,C2H4(g)物质的量减小,曲线Y表示100kpa时平衡体系中乙烯的物质的量分数,A错误;T℃反应达到平衡时C2H;(g)的转化率为60%,恒温恒压下,气体的体积与物质的量成正比,H2与CH4的体积比为2:1即物质的量比为2:1,假设生成2molHz与1molCH,需消耗3molCzH;(g),生成平衡时总物质的量为2+2.5+2+1=7.5mol,平衡时c2H4(g)的体积分数即物质的量分数近似为X100%33.,3%,B为提高H2·提高主反应的反应实际生产中可使用主反应的选择性催化剂,C正确;降低压强平衡正向移动,可提高乙烯的产率,但压强减小也会造成反应速率减慢,实际生产中尽可能降低压强会影响反应速率,单位时间内乙烯的产率可能降低,D错误15.(除标注外,每空2分,共14分)(1)K1(1分)排除装置中的空气,防止生成的Na2S24被氧化(2)吸收尾气和防止空气进入到乙装置(3)D(1分)(4)3Mno4+4H+2++5NO3十2H2O(5)在B装置中加入一定量的稀硫酸(6)①69.0%②ad【分析】利用亚硫酸钠与硫酸反应制备二氧化硫,与甲酸钠、甲醇混合溶液作用、加入NaoH,生成Na2S2O4、二氧化硫和水,利用氢氧化钠吸收尾气;浓硝酸与碳反应得到NO3、COZ混合气体,通入装有铜和水的集气瓶,作用后干燥,通过过氧化钠作用,得到的气体干燥后用酸性高锰酸钾吸收。【解析】(1)连二亚硫酸钠在空气中极易被氧化,所以先通SO2将装置中空气排尽,再滴加NaoH溶液。(2)连二亚硫酸钠在空气中极易被氧化,装置丙的作用是防止空气进入乙,还有吸收S(O2尾气及防倒吸。(3)为保证制得的亚硝酸钠的纯度,生成的一氧化氮需要在C装置中净化,主要目的是除去水蒸气、CO3和可能出现的酸雾,因此盛放的试剂是碱石灰,其他几种均不能除去酸雾。(4)根据题意,F中NO被酸性高锰酸钾溶液氧化生成NO3,反应的离子方程式为3Mno4+4H+2++5NO3+2H2O3Mno4+4H+2++5NO3+2H2O(5)浓硝酸易挥发,A中生成的二氧化氮中会有少量硝酸蒸气逸出,二氧化氮与水反应也会生成硝酸,B中铜与硝酸反应仍有硝酸根离子剩余,从提高氮原子利用率的角度出发,可以在B装置中加入一定量的稀硫酸,使氮元素全部转化为NO。(6)①由题干信息可知,21.25mL数据与其他三组偏差较大,应舍去,则每次平均消耗20.00mLKMno4溶液,由5Fe2+~Mno4可知,未与NO2反应的Fe2+的物质的量为n(Fe2+)=5X0.01X20X10-3=1X10-3mol,则与NO2反应的Fe2+的物质的量为0.10X20X10-3—1X10-3=1X10-3mol,由NO2Fe2+知,n(NO2):n(Fe2+)=1:1,即n(NO2)=1X10-3mol,则m(NO2)=1X10-3X20X69=1.38g,故质量分数②若滴定用时过长,会导致空气中的氧气氧化Fe2+,使测得滴定消耗KMno4溶液的体积数据偏小,使测定结果偏高;未等30秒便立即读数可能使滴定不完全,KMno溶液的消耗数据偏小,导致测定结果偏高,ad正确16.(除标注外,每空2分,共14分)(1)3d54s2(2)增大接触面积,加快溶浸速率(1分)(3)Mno2十2Fe2+十4H+Mn2+十2Fe3++2H2O(4)4.7(1分)Fe(OH)3、Al(OH)3(5)2.9X10-9(6)Mn2++2HCO3Mnco;+CO2+H2(7)abc【分析】硫化锰矿和Mno2粉加入稀硫酸,Mno2具有氧化性,二者发生氧化还原反应生成Mnso、S,同时溶液中还有难溶性的sio2及难溶性的硅酸盐,所以得到的滤渣1为sio2、S和难溶性的硅酸盐;然后向滤液中加入Mno2,将还原性离子Fe2+氧化生成Fe3+,再向溶液中加入氨水调节溶液的PH除铁和铝,所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3s根据流程图,结合表格数据,加入的Na2S和zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀,"除杂"的目的是除去zn2+和Ni2+,所以滤渣3为Nis和zns;最后向滤液中加入碳酸氢铵得到Mnco3沉淀。【解析1)锰为25号元素,基态锰原子的价层电子排布式为3di4s2。(2)硫化锰矿预先粉碎的目的是增大接触面积,加快溶浸速率。(3)"氧化"中Mno2将Fe2+氧化成Fe3+的离子方程式为Mno2+2Fe2++4H+Mn2++2Fe3++2H2O。(4)"调PH"除铁、铝元素,溶液的PH应该大于这两种离子完全沉淀所需PH且小于其它离子生成沉淀的PH,在PH=4.7时Fe3+和Al3+沉淀完全,在PH=6.2时zn2+开始产生沉淀,为了只得到氢氧化铝和氢氧化铁沉淀,需要溶液的PH范围为4.7≤PH<6.2;由分析可知,滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3。(5)根据Ksp(Nis)=1.ox102,若"除杂"后滤液中C(Ni2+)=1.ox10-smol·L-',则C(S')=2+-S=1.0X10则C(S')=2+-S=1.0X10mol·L-1,KSP(zns)=2.9X10C(Ni)1.0X10继而氢离子和碳酸氢根反应生成水、二氧化碳,离子方程式为Mn2++2HCO3Mncos+CO2+H2o。42025届普通高中名校联考信息卷(模拟一)·化学参考答案(7)由结构式可知,则Mn2(CO)1O晶体中微粒间作用力有CO极性键、CO与Mn形成配位键、Mn与Mn之间存在金属键,分子之间存在范德华力。17.(除标注外,每空2分,共15分)(1)①低温(1分)946②AD2,(3)②>解析1(1)①2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2(g)正反应气体物质的量减少,△S<0,△H=—666KJ·mol-',所以该反应在低温条件下更有利于自发进行;变=反应物总键能生成物总键能,436X2+632X2一—464X4=—666,z=946。②容器内N2的分压不再改变,说明N2的浓度不变,反应一定达到平衡状态,故选A;n(H2):n(NO):n(N2):n(H2O)=2:2:1:2,不能判断浓度是否发生改变,反应不一定平衡,故不选B;反应前后气体总质量不变、容器体积不变,密度是恒量,容器内混合气体的密度不再变化,反应不一定达到平衡状态,故不选C;反应前后气体物质的量不同,容器内体系的混乱度不再变化,说明气体物质的量不再改变,反应一定达到平衡状态,故选D。(2)已知金属钱属于立方晶系,钱原子位于顶点及每个面的中心,则原子的配位数为12;82根据均摊原则,晶胞中Rh的个数为8X十6X=82(3)慢反应决定总反应速率,上述反应机理中,速率控制步骤为②;根据盖斯定律①②③得2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2(g)ΔH=