湖北省黄冈市麻城市实验高级中学2025届高三化学模拟考试试题五含解析

PAGE17-湖北省黄冈市麻城市试验高级中学2025届高三化学模拟考试试题（五）（含解析）1.化学与生活、生产关系亲密。下列说法正确是（）A.明矾可作净水剂，也可用于自来水的杀菌消毒B.氢氧化铝、碳酸钠常用作胃酸中和剂C.SiC和C60两种化合物均属于新型无机非金属材料D.“火烧硝石有紫青烟”的描述说明硝石中含有钾元素【答案】D【解析】【详解】A．明矾不具有杀菌消毒的作用，但可净水只起到除去悬浮物的作用，故A错误；B．碳酸钠碱性较强，不用于治疗胃酸过多，通常用氢氧化铝和碳酸氢钠，故B错误；C．C60属于单质，不是化合物，不属于新型无机非金属材料，故C错误；D．“紫青烟”为钾元素的焰色反应现象，故D正确；答案选D。【点睛】杀菌消毒运用的是氧化性较强的物质，例如臭氧，二氧化氯，过氧化氢等，明矾只能吸附水中的难溶物而沉降。2.阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述正确的是A.18克液态水与18克冰中氢键数目均为NAB.工业酸性废水中的Cr2O72-可转化为Cr3+除出，现用电解的方法模拟该过程，阴极为石墨，阳极为铁，理论上电路中每通过6mol电子，就有NA个Cr2O72-被还原C.标准状况下，22.4LNO2含有的原子数小于3NAD.1molLiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al，转移电子数为3NA【答案】D【解析】【详解】A．冰中1个水分子四周有4个水分子通过氢键连接，每个水分子相当于含有2个氢键，所以1mol冰中，氢键的数目是2NA，故A错误；B．铁为阳极，Fe-2e－=Fe2＋，Cr2O72－与亚铁离子发生氧化还原反应生成Cr3＋和三价铁离子，其离子方程式为：Cr2O72－+6Fe2＋+14H＋=6Fe3＋+2Cr3＋+7H2O；得关系式：Fe2＋～2e－～～Cr2O72－，当电路中通过6mole－，有0.5molCr2O72－被还原，故B错误；C．所以标准状况下，22.4LNO2物质的量为：=1mol，含有的原子数等于3NA，故C错误；D．依据分解化学方程式和盐酸化合价变更计算电子转移，1molLiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al，化学方程式为：LiAlH4=LiH+H2↑+Al，转移电子3NA，故D正确；故选D。3.因新型冠状病毒肺炎疫情防控需求，口罩已经成为了2024每个人必备之品。熔喷布，俗称口罩的“心脏”，是口罩中间的过滤层，能过滤细菌，阻挡病菌传播。熔喷布是一种以高熔融指数的聚丙烯（PP）为材料，由很多犬牙交织的纤维以随机方向层叠而成的膜。其中有关聚丙烯的相识正确的是A.由丙烯通过加聚反应合成聚丙烯B.聚丙烯的链节：—CH2—CH2—CH2—C.合成聚丙烯单体丙烯的结构简式：CH2CHCH3D.聚丙烯能使溴水发生加成反应而褪色【答案】A【解析】【详解】A.由丙烯通过加聚反应合成高分子化合物聚丙烯，故A正确；B.聚丙烯的链节：，故B错误；C.合成聚丙烯单体丙烯的结构简式：CH2=CHCH3，碳碳双键不能省，故C错误；D.聚丙烯中没有不饱和键，不能使溴水发生加成反应而褪色，故D错误；故选A。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最高的元素，X的原子半径是全部短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是A.Y单质的熔点高于X单质 B.W、Z的氢化物沸点W>ZC.X、W、Z能形成具有强还原性的XZW D.X2YW3中含有共价键【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最高的元素，W是O元素，X的原子半径是全部短周期主族元素中最大的，X为Na元素，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，Z的最外层电子数为7，则Z为Cl元素，Y为Si元素。【详解】依据分析可知，W为O，X为Na，Y为Si，Z为Cl元素。A．Na形成晶体为金属晶体，其熔点较低，而Si形成晶体为原子晶体，具有较高熔点，则单质熔点：Y＞X，故A正确；B．水分子间形成氢键，沸点较高，W、Z的氢化物沸点W>Z，故B正确；C．X、W、Z能形成具有强氧化性的NaClO，而不是还原性，故C错误；D．Na2SiO3中含有Si-O共价键，故D正确；故选C。5.如图，将一根纯铁棒垂直没入水中，一段时间后发觉AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严峻．下列关于此现象的说法不正确的是A.铁棒AB段的溶解氧浓度高于BC段B.铁棒AB段电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-C.铁棒AB段的Fe2+浓度高于BC段D.该腐蚀过程属于电化学腐蚀【答案】C【解析】分析】铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于原电池，BC段作原电池负极、AB段作原电池正极，据此解答即可。【详解】A、铁棒AB段与空气界面较近，深水处溶氧量较少，因此铁棒AB段的溶解氧浓度高于BC段，故A不符合题意；B、依据分析可知，AB段为原电池的正极，发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-，故B不符合题意；C、由于AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严峻，故BC段作原电池负极、AB段作原电池正极，因此BC段Fe2+浓度较高，故C符合题意；D、铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故D不符合题意；故答案为C。6.下列依据试验方案和现象对浓硫酸性质做出的推断合理的是试验方案试验I：试验II：试验现象试纸中心区域变黑，边缘变红黑色固体溶解，溶液接近无色(溶液中锰元素仅以存在)，产生能使带火星的木条复燃的无色气体A.由I可知，浓硫酸具有脱水性 B.由I可知，浓硫酸具有弱酸性C.由II可知，浓硫酸具有强氧化性 D.由II可知，浓硫酸具有吸水性【答案】A【解析】【详解】A．试纸中心区域变黑，说明试纸中的H元素和O元素被脱去，只剩下C，证明浓硫酸具有脱水性，A正确；B．蓝色石蕊试纸边缘变红，证明浓硫酸具有酸性，不能证明浓硫酸有弱酸性，B错误；C．浓硫酸与MnO2反应后，Mn元素仅以存在，说明Mn元素化合价降低，表现氧化性，产生能使带火星的木条复燃的无色气体，说明生成O2。但由于Mn元素也表现氧化性，且试验中没有说明有硫酸的还原产物生成，故不能体现浓硫酸的强氧化性，C错误；D．浓硫酸与MnO2反应没有体现出浓硫酸的吸水性，D错误；故选A。7.已知常温下，3种物质的电离平衡常数如下表：物质HCOOHCH3COOHNH3·H2O电离平衡常数K1.77×10−41.75×10−51.76×10−5下列说法不正确的是A.等物质的量浓度时，溶液pH：HCOONa＜CH3COONaB.pH均为3时，溶液浓度：c(HCOOH)＞c(CH3COOH)C.HCOOH溶液与氨水混合，当溶液pH＝7时，c(HCOO-)＝c(NH4+)D.等物质的量浓度等体积的CH3COOH溶液和氨水混合，溶液pH约为7【答案】B【解析】【详解】A．由题可知，，所以相同浓度时，的水解程度更大，CH3COONa溶液的碱性更强，A项正确；B．由题可知，，所以相同pH时，的浓度更大，B项错误；C．溶液与氨水混合后，若溶液常温下pH=7，则；依据溶液中的电荷守恒关系：，可知，C项正确；D．等体积等浓度的醋酸与氨水混合后，溶液即可视为CH3COONH4的溶液，由题可知，，溶液中和的水解程度相近，所以溶液pH值约为7，D项正确；答案选B。【点睛】弱酸或弱碱的电离常数越小，则可认为其“越弱”；相同浓度时，越弱的酸或碱的溶液，酸性或碱性就越弱；其他条件相同时，越弱的酸或碱形成的盐在发生水解时，水解程度就越大；电离常数相同的弱酸和弱碱形成的盐，由于对应的离子水解程度相同，所以其溶液可能显中性。8.二苯甲酮广泛应用于药物合成，同时也是有机颜料、杀虫剂等的重要中间体。试验室以苯与苯甲酰氯为原料，在AlCl3作用下制备二苯甲酮的试验流程如下图所示：相关物理常数和物理性质如下表：名称相对分子质量密度/g·cm-3熔点/oC沸点/oC溶解性苯780.885.580.1难溶水，易溶乙醇苯甲酰氯140.51.22−1197遇水分解无水氯化铝133.52.44190178（升华）遇水水解，微溶苯二苯甲酮1821.1148.5305（常压）难溶水，易溶苯已知：反应原理为：。该反应猛烈放热。回答下列问题：（1）反应装置如图所示（加热和夹持装置已略去），快速称取7.5g无水三氯化铝放入三颈瓶中，再加入30mL无水苯，搅拌，缓慢滴加6mL新蒸馏过的苯甲酰氯。反应液由无色变为黄色，三氯化铝渐渐溶解。混合完后，保持50℃左右反应1.5～2h。仪器A名称为_______。装置B的作用为_______。缓慢滴加苯甲酰氯的缘由是______。能作为C中装置的是_______（填标号）。（2）操作X为___________。（3）NaOH溶液洗涤的目的是_____________。（4）粗产品先常常压蒸馏除去__________，再减压蒸馏得到产品。（5）当所测产品熔点为________时可确定产品为纯品。已知试验最终所得纯品8.0g，则试验产率为_________%（保留三位有效数字）。【答案】(1).恒压滴液漏斗(2).防止外界空气中水蒸气进入影响试验(3).限制反应速率，防止反应过于猛烈，放出大量热量而使温度过高(4).bc(5).分液(6).洗去残留的HCl(7).苯(8).48.5(9).84.4【解析】【分析】苯与苯甲酰氯为原料，在AlCl3作用下制备二苯甲酮，，试验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响试验。缓慢滴加苯甲酰氯的缘由是限制反应速率，防止反应过于猛烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用C中装置汲取。反应混合液冷却，加浓盐酸后，静置分层，分液后在有机层中加NaOH溶液洗去残留的HCl，用无水MgSO4干燥得粗产品，粗产品先常常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。【详解】（1）由装置图：仪器A的名称为恒压滴液漏斗。试验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响试验。缓慢滴加苯甲酰氯的缘由是限制反应速率，防止反应过于猛烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用C中装置汲取，能作为C中装置的是bc（填标号）。故答案为：恒压滴液漏斗；防止外界空气中水蒸气进入影响试验；限制反应速率，防止反应过于猛烈，放出大量热量而使温度过高；bc；（2）制备二苯甲酮的反应混合物，冷却、加浓盐酸后分成两相，有机相和水相，用分液的方法分别，操作X为分液。故答案为：分液；（3）分液后得到的有机相中含有HCl，NaOH溶液洗涤的目的是洗去残留的HCl。故答案为：洗去残留的HCl；（4）苯和二苯甲酮互溶，沸点不同，粗产品先常常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。故答案为：苯；（5）纯净物具有固定的熔点，二苯甲酮的熔点为48.5℃，当所测产品熔点为48.5℃时可确定产品为纯品。30mL苯（密度0.88g·mL－1）物质的量为mol=0.34mol，6mL新蒸馏过的苯甲酰氯物质的量为mol=0.05210mol，由制备方程式可知，苯过量，所以产品的理论产量为0.05210mol×182g·mol－1=9.482g，则本试验中苯乙酮的产率为×100%=84.4%，故答案为：48.5；84.4；【点睛】本题考查物质的制备试验，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与试验实力的考查，留意有机物性质的应用，（7）为解答的难点，先推断苯过量，然后算出理论产量，最终利用公式计算产率。9.(1)已知反应2HI(g)=H2(g)+I2(g)的△H=+11kJ·mol-1，1molH2(g)、1molI2(g)分子中化学键断裂时分别须要汲取436kJ、151kJ的能量，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需汲取的能量为______________kJ。(2)已知某密闭容器中存在下列平衡：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，CO的平衡物质的量浓度c(CO)与温度T的关系如图所示。①该反应△H_____________0(填“＞”或“＜”)②若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1_____________K2(填“＞”、“＜”或“=”)。(3)在恒容密闭容器中，加入足量的MoS2和O2，仅发生反应：2MoS2(s)+7O2(g)2MoO3(s)+4SO2(g)ΔH。测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示：①p1、p2、p3的大小：___________。②若初始时通入7.0molO2，p2为7.0kPa，则A点平衡常数Kp=___________(用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分压=总压×气体的物质的量分数，写出计算式即可)。(4)中科院兰州化学物理探讨所用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可变更反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如表。助剂CO2转化率(%)各产物在全部产物中的占比(%)C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加_______助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本缘由是:___________②下列说法正确的是______；a．第ⅰ步的反应为：CO2+H2CO+H2Ob．第ⅰ步反应的活化能低于第ⅱ步c．催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用d．Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH减小e．添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同【答案】(1).299(2).<(3).>(4).p1>p2>p3(5).(6).K(7).降低生成乙烯的反应所须要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响(8).ac【解析】【详解】(1)焓变=反应物的键能之和-生成物的键能之和，设1molHI(g)分子中化学键断裂时需汲取的能量为x，则：2x-436kJ/mol-151kJ/mol=11kJ/mol，解得x=299kJ/mol；(2)①据图可知随温度上升，CO的平衡浓度增大，说明上升温度平衡逆向移动，该反应的正反应为放热反应，所以△H<0；②对于放热反应，温度越高，平衡常数越小，T1<T2所以K1>K2；(3)①该反应为气体的物质的量削减的反应，所以温度相同时，压强越大氧气的平衡转化率越大，所以p1>p2>p3；②初始投料为7.0molO2，平衡时O2转化率为50%，即△n(O2)=3.5mol，依据反应方程式可知平衡时n(SO2)=2mol，n(O2)=7mol-3.5mol=3.5mo；恒容容器中气体的压强之比等于气体的物质的量之比，初始的总气体的物质的量为7mol，压强为7.0kPa，则平衡时p(O2)=3.5kPa，p(SO2)=2kPa，Kp=；(4)①由表中数据可知，助剂为Na时，其他副反应占比大，助剂为Cu时，CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少；加入助剂可以降低生成乙烯的反应所须要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响；②a．由催化CO2加氢合成低碳烯烃反应可知，第ⅰ步所反应为：CO2+H2⇌CO+H2O，故a正确；b．第ⅰ步反应是慢反应，第ⅱ步是快反应，反应的活化能越低，反应速率越快，所以第ⅰ步反应的活化能高于第ⅱ步，故b错误；c．助剂可变更反应的选择性，所以催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用，故c正确；d．催化剂不能变更平衡状态，不能变更焓变，故d错误；e．反应的平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，与添加的助剂无关，故e错误；综上所述选ac。【点睛】焓变=反应物键能之和-生成物键能之和；催化剂只影响反应速率，不影响反应的焓变，也不影响平衡常数。10.“NaH2PO2还原法”制备高纯度氢碘酸和亚磷酸钠(Na2HPO3)的工业流程如图。已知：25℃时，H3PO3的pKa1=1.3，pKa2=6.6。（1）“合成”过程，主要氧化产物为H3PO3，相应的化学方程式为___________。（2）“除铅”过程，FeS除去微量Pb2+的离子方程式为___________。（3）“减压蒸馏”过程，I-回收率为95%，则剩余固体的主要成分为___________（填化学式）。（4）“调pH=11”的作用是___________。（5）氢碘酸也可以用“电解法”制备，装置如图所示。其中双极膜(BPM)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-；A、B为离子交换膜。①B膜最佳应选择___________②阳极的电极反应式是___________。③少量的I-因为浓度差通过BPM膜，若撤去A膜，其缺点是：___________【答案】(1).NaH2PO2＋I2＋H2O=H3PO3＋NaI＋HI(2).FeS(s)＋Pb2＋(aq)=PbS(s)＋Fe2＋(aq)(3).NaH2PO3(4).除去铁，并将NaH2PO3转变为Na2HPO3(5).Na＋离子交换膜(6).2H2O－4e－=O2↑＋4H＋(7).I－会在阳极放电，沉积在阳极表面，损伤阳极板【解析】【分析】“合成”步骤，NaH2PO2和I2和水反应生成H3PO3和NaI和HI；之后加入FeS将Pb2+转化为PbS除去，此时溶液中的杂质为Fe2+；因为HI易挥发，“减压蒸馏”获得HI溶液，剩余固体主要为含有Fe2+杂质的NaH2PO3，加水溶解，再加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，调pH=11将Fe3+转化为沉淀除去，同时部分NaH2PO3转换为了Na2HPO3；再次调pH将NaH2PO3彻底转化为Na2HPO3，最终“结晶”得到Na2HPO3固体，据此分析解答。【详解】(1)依据后续流程可知“合成”步骤中产生HI，说明I2将NaH2PO2氧化，HI为强酸，所以还生成H3PO3和NaI，依据电子守恒和元素守恒可得该反应的化学方程式为：NaH2PO2+I2+H2O=H3PO3+NaI+HI；(2)“除铅”过程，利用沉淀转化原理，加入FeS将Pb2+变成PbS，离子方程式为：FeS(s)+Pb2+(aq)=Fe2+(aq)+PbS(s)；(3)依据合成步骤的反应，可知蒸馏前溶液中主要含H3PO3、NaI和HI，而蒸馏过程I-回收率为95%，说明H3PO3和NaI反应有NaH2PO3生成，则剩余固体的主要成分为NaH2PO3；(4)“调pH=11”的作用：将Fe3+转化为沉淀除去，同时将NaH2PO3转换为了Na2HPO3；(5)①从图上看，右端的BPM膜和B膜之间产生NaOH，BPM膜供应OH-，所以B膜最好是钠离子交换膜；②阳极旁边溶液为硫酸溶液，水电离的氢氧根失电子产生氧气，同时产生氢离子，故阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；③电解池中阴离子有向阳极移动的趋势，少量的I－因为浓度差通过BPM膜，若没有A膜的阻挡，I－会在阳极失电子得到碘单质，沉积在阳极表面，损伤阳极板。【点睛】电解池中阳离子有流向阴极的趋势，阴离子有流向阳极的趋势，结合各室的产物来分析A、B膜的作用。11.一种Ru络合物与g-C3N4复合光催化剂将CO，还原为HCOOH的原理图如图。(1)基态碳原子的价电子排布图为___________。(2)1molHCOOH中含有的σ键数目为___________，HCOOH的沸点比CO2高的缘由为___________。(3)Ru络合物中其次周期元素的第一电离能由大到小的依次为___________。(4)Ru络合物中与Ru配位的原子有N、___________。(5)一类石墨的聚合物半导体g-C3N4，其单层平面结构如图1，晶胞结构如图2。①g-C3N4中氮原子的杂化类型是______________。②依据图2，在图1中用平行四边形画出一个最小重复单元。______________③已知该晶胞的体积为Vcm3，中间层原子均在晶胞内部。设阿伏加德罗常数的值为NA，则g-C3N4的密度为______________g-3。【答案】(1).或(2).4NA(3).HCOOH和CO2都为分子晶体，HCOOH分子间形成氢键(4).N>O>C(5).Cl，C(6).sp2杂化(7).(8).【解析】【分析】依据能量最低原理，由基态碳原子的价电子排布式确定其价电子排布图；HCOOH和CO2都为分子晶体，HCOOH分子间形成了氢键，导致沸点偏高；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，且同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的；由图一可知N形成三个化学键，有3个杂化轨道，杂化轨道间的夹角为120°。【详解】(1)依据能量最低原理，基态碳原子的价电子排布式为2s22p2，故其价电子排布图为或；(2)一个单键就是一个σ键,一个双键中含有一个σ键,一个π键，依据甲酸分子结构可知1分子甲酸中含4个σ键，则1molHCOOH中含有的σ键数目为4NA；HCOOH和CO2都为分子晶体，但HCOOH分子间形成了氢键，氢键比一般分子间作用力要强，故HCOOH的沸点比CO2高；(3)Ru络合物中含有的其次周期元素为C、N、O，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，且同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的