辽宁省大连市2025届高三化学第二次模拟考试试题含解析

PAGE18-辽宁省大连市2025届高三化学其次次模拟考试试题（含解析）一、选择题1.化学与生活、社会发展休戚相关，下列有关说法正确的是（）A.向牛奶中加入果汁会产生沉淀，这是因为发生了酸碱中和反应B.将香蕉和青苹果放在一起，青苹果更简洁成熟，是因为香蕉释放的乙烯有催熟作用C.“火神山”医院地面上铺也称高密度聚乙烯膜，是一种自然有机高分子化合物D.二氧化硅是太阳能电池板的主要材料，太阳能替代化石燃料有利于环保【答案】B【解析】【详解】A.牛奶是胶体，向牛奶中加入果汁会发生胶体聚沉，故A错误；B.将香蕉和青苹果放在一起，香蕉释放的乙烯有催熟作用，青苹果更简洁成熟，故B正确；C.聚乙烯膜，是一种合成有机高分子化合物，故C错误；D.太阳能电池板是硅单质，故D错误。综上所述，答案为B。2.苯酚（结构简式如图所示），俗称石炭酸。是一种重要的化工原料，广泛用于制适酚醛树脂、染料、医药、农药等。下列说法不正确的是（）A.分子中全部原子可能共平面B.固体苯酚分子间可能形成氢键C.该分子充分燃烧，会消耗D.该分子与足量的氢气加成后，环上的一氯取代物有3种【答案】D【解析】【详解】A.苯中12个原子在同一平面内，苯酚可以理解为苯中1个氢原子被羟基取代，因此分子中全部原子可能共平面，故A正确；B.氧电负性大，连接的氢原子与另外一个苯酚的氧可能形成分子间氢键，故B正确；C1mol该分子C6H6O充分燃烧，会消耗7molO2，故C正确；D.1mol该分子与足量的氢气加成后得到环己醇，环上的一氯取代物有4种，故D错误。综上所述，答案为D。3.臭氧已成为夏季空气污染的元凶，地表产生臭氧的机理如图所示，NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（）A.反应①、②、③都是氧化还原反应B.16O3和O2的混合气体，所含质子数为16NAC.0.5molNO2溶于水形成1L溶液，可得到0.5mol∙L−1的硝酸溶液D.标准状况下，11.2L的NO和O2混合气体所含的原子数为NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A.反应②是O2与O反应生O3，化合价不变，没有电子的转移，不是氧化还原反应，故A错误；B.用极限思维，假设全部是16O3，则所含质子数为8NA，故B错误；C.0.5molNO2溶于水形成1L溶液，3NO2+H2O=2HNO3+NO，因此得到硝酸物质为0.33mol，可得到0.33mol∙L−1的硝酸溶液，故C错误；D.标准状况下，11.2L的NO和O2混合气体物质的量为0.5mol，都为双原子分子，无论怎么反应，原子数不变，因此所含的原子数为NA，故D正确。综上所述，答案为D。4.以NaClO为有效成分的“84”消毒液在抗击新冠疫情的消杀工作中起到了重要作用。某探讨小组设计下列试验探究NaClO的性质。（已知：电离常数：：，；）试验装置试剂（少量）预料可能的现象①酚酞无色溶液最终呈红色②无明显现象③淀粉溶液+稀硫酸无色溶液马上变蓝④溶液溶液略呈浅绿色结合上述试验探究，预料的现象以及说明均正确的是（）A.试验①：NaClO溶液呈碱性：B.试验②：NaClO可用于制得C.试验③：NaClO具有氧化性：D.试验④：NaClO具有还原性：【答案】C【解析】【详解】A.试验①：NaClO溶液具有强氧化性，会氧化酚酞，溶液最终是无色的，故A错误；B.试验②：NaClO可用于制得HClO，依据酸强弱依次，反应生成碳酸氢钠：，故B错误；C.试验③：NaClO具有氧化性，氧化碘离子生成单质碘，淀粉遇见单质碘变蓝：，故C正确；D.试验④：NaClO具有强氧化性，与Fe3+不反应，与Cl－反应，故D错误。综上所述，答案为C。5.短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是宇宙中含量最多的元素，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍。向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液pH与RZ2体积关系如图。下列说法正确的是（）A.X2R溶液的浓度为0.03mol∙L−1B.最简洁气态氢化物的稳定性：Y>Z>RC.X、Y、Z三种元素形成的化合物肯定易溶于水D.RZ2分别通入到X2R、Ba(NO3)2溶液中，均会产生沉淀【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是宇宙中含量最多的元素，X为H，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍，Y为C，向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液pH与RZ2体积关系如图，则说明是H2S通入SO2，则Z为O，R为S。【详解】A.依据2H2S+SO2=3S↓+2H2O，加入SO2气体体积336mL即0.015mol，溶液pH=7，即消耗H2S物质的量为0.03mol，因此X2R溶液的浓度为，故A错误。B.非金属性越强，最简洁气态氢化物的稳定性越强，即稳定性H2O＞CH4，故B错误；C.H、C、O三种元素形成的化合物，假如属于酯等，则不溶于水，故C错误；D.SO2通入到H2S有黄色沉淀生成，SO2通入到Ba(NO3)2溶液中生成硫酸钡沉淀，故D正确。答案为D。6.25℃时，向10mL0.1mol∙L−1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1mol∙L−1的HCl溶液，溶液的变更如图所示（溶液混合时体积变更忽视不计）。下列说法正确的是（）A.a的最小值是−12B.M点消耗盐酸体积为10mLC.R点溶液中可能存在D.M点到N点，水的电离程度渐渐增大【答案】C【解析】【分析】【详解】A．10mL0.1mol∙L−1一元碱XOH，假设是强碱的时候，，但该碱是弱碱，氢氧根浓度小，氢离子浓度大，比值大，因此a的值是大于−12，故A错误；B．M点是AG=0，当消耗盐酸的体积为10mL，溶质是XCl，溶液显酸性，AG＞0，与题意不符，故B错误；C．R点溶液中溶质可能为XCl，依据物料守恒可能存在，故C正确；D．M点溶液呈中性，N点溶液中溶质为等物质的量浓度的XCl、HCl，弱离子促进水电离、酸抑制水电离，M点到酸碱恰好完全反应点水的电离程度增大，从酸碱恰好完全反应点到N点，酸过量，水的电离程度减小，故D错误；综上所述，答案为C。7.下列试验主要仪器和试剂的选择不能达到试验目的的是选项主要仪器试剂试验目的A烧瓶、长颈漏斗、酒精灯、导管软锰矿与浓盐酸制取并收集干燥的氯气B酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、三脚架溶液蒸发溶液得到晶体C圆底烧瓶、导气管、烧杯、铁架台干燥的氨气、水模拟喷泉试验D铁丝、蓝色钴玻璃、酒精灯盐酸、待测液焰色反应试验A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】【详解】A.制取并收集干燥的氯气，应对制取的氯气进行除杂、干燥，还须要洗气瓶、饱和食盐水和浓硫酸，不能用长颈漏斗，必需用分液漏斗，故A不能达到试验目的；B.蒸发溶液得氯化钠晶体，须要酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、三脚架，B能达到试验目的；C.模拟喷泉试验，须要圆底烧瓶、导气管、烧杯、铁架台、干燥的氨气、水，C能达到试验目的；D.将铁丝蘸稀盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取试样在无色火焰上灼烧视察火焰颜色，若检验钾要透过蓝色钴玻璃视察，D能达到试验目的；答案选A。二、非选择题8.草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂的制备。用含钴废料（主要成分为，还含有肯定量的、、、、等）制备草酸钴晶体的工业流程如下图所示。请回答下列问题：已知：①草酸钴晶体难溶于水②为有机物（难电离）③相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：金属离子起先沉淀的7.52.73.46.9沉淀完全的9.03.74.78.9（1）滤渣Ⅰ的成分_______。（2）是一种绿色氧化剂，写出加入后溶液中发生的主要反应的离子方程式______。（3）加入氧化钴调整浸出液的的范围是______。（4）加入有机溶剂的目的是______。（5）若仅从沉淀转化角度考虑，能否利用反应将转化为____（填“能”或“不能”），说明理由：______。【已知，】（6）为测定制得的草酸钴晶体样品的纯度，现称取样品，先用适当试剂将其转化，稀释后得到纯净的草酸铵溶液。移取该溶液加入过量的稀硫酸酸化，用高锰酸钾溶液滴定，当溶液由__________（填颜色变更），消耗高锰酸钾溶液，计算草酸钴晶体样品的纯度为__________。（用含、、的代数式表示）（已知的摩尔质量为）【答案】(1).、(2).（若写成得2分；未配平写成化学方程式不得分）(3).(4).溶解，使之与水层分别(5).不能(6).该反应的平衡常数较小，转化程度微小，所以不能实现转化(7).无色变为浅红色（或浅紫色或紫红色）(8).【解析】【分析】对含钴废料进行粉粹，加入硫酸进行酸浸，因为二氧化硅不溶于硫酸，生成的CaSO4微溶于水，则滤渣Ⅰ为二氧化硅、硫酸钙；浸出液中含有CoSO4、NiSO4、Al2(SO4)3、FeSO4及过量得硫酸，浸出液中加入过氧化氢和CoO，将亚铁离子转化为铁离子，同时调整pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀氢氧化铁和氢氧化铝而除去；向滤液中加入RH，Ni2+溶于有机层，分液后向水层加入草酸铵得到草酸钴晶体。【详解】(1)综上分析，滤渣Ⅰ的成分为、。(2)加入将亚铁离子氧化为铁离子，依据元素守恒和得失电子守恒，离子方程式为。(3)加入氧化钴的目的是调整浸出液的使铁离子、铝离子转化为沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，依据表格数据可知，要是铁离子和铝离子沉淀完全又不使镍离子沉淀，故范围是。(4)依据流程图可知，滤液中加入RH，Ni2+生成NiR2溶于有机层，使之与水层分别。(5)的反应平衡常数K==，该反应的平衡常数较小，转化程度微小，所以不能实现转化。(6)试验通过测定草酸钴中草酸根离子的含量求得草酸钴晶体样品的纯度；先用适当试剂将其转化，稀释后得到纯净的草酸铵溶液，移取该溶液加入过量的稀硫酸酸化，用高锰酸钾溶液滴定，发生反应2MnO4-+5C2O42-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，当溶液由无色变为浅红色（或浅紫色或紫红色）达到滴定终点，消耗高锰酸钾溶液的物质的量为10-3L/mL=cV10-3mol，依据离子方程式得出反应的n(C2O42-)=，则样品中草酸钴晶体的质量为，样品的纯度为。9.在目前市面上防护新冠病毒的消毒剂中，二氧化氯消毒剂是相对高效更平安的产品。二氧化氯的熔点为，沸点为，易溶于水但不与水反应，在生产和运用时必需用空气、二氧化碳、氮气等“惰性”气体进行稀释，但温度过高、气相浓度过大时均易发生爆炸。工业上用稍潮湿的和草酸在时反应制得（如下图所示），在装置内用冷水汲取。（1）装置A中发生反应：（未配平），当生成时，同时产生标准状况下的体积是______。（2）试验时，对A装置进行加热操作还须要的玻璃仪器有酒精灯、_____、_______。（3）本试验哪些设计从试验平安角度考虑______。（填2条）（4）装置D中，与溶液反应可生成两种盐，且二者物质的量之比为，其中一种是。①写出与溶液反应的离子方程式_______。②已知饱和溶液随温度变更状况如下图：从溶液中获得晶体的操作步骤为：减压蒸发结晶→______→______→干燥，得到成品。（选择合适的操作编号填空）A.冷却到室温后，过滤B.趁热过滤C.常温洗涤D.冰水洗涤E.的温水洗涤采纳减压蒸发的缘由是_____。（5）假如以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么，、、三种消毒杀菌剂的消毒效率由小到大的依次是____（填化学式）。【答案】(1).336(2).（大）烧杯(3).温度计(4).反应中生成的二氧化碳有稀释作用；用冷水汲取，防止温度高；装置防倒吸。（水浴加热，防止温度过高）。（合理答案即给分）(5).(6).(7).(8).（减压可降低沸点，较低温度下蒸发），避开晶体高温分解成和(9).【解析】【分析】依据题干信息，结合试验装置分析可知，A装置为潮湿的KClO3和草酸在加热至60℃的条件下制取ClO2的装置，B为防倒吸装置，C装置用冷水汲取ClO2，D装置可汲取过量的ClO2，据此分析解答。【详解】(1)装置A中发生反应，反应中KClO3为氧化剂，1molKClO3失去1mol电子生成ClO2，H2C2O4作还原剂，1molH2C2O4得到2mol电子，因此，依据得失电子守恒，可将方程式配平为，则当生成0.03molClO2时，产生0.015molCO2，标准状况下的体积为0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL，故答案为：336；(2)依据上述分析可知，A装置为潮湿的KClO3和草酸在加热至60℃的条件下制取ClO2的装置，加热时可采纳水浴加热，因此对A装置进行加热操作还须要的玻璃仪器有酒精灯、烧杯和温度计，故答案为：烧杯(大)；温度计；(3)本试验中，水浴加热可防止温度过高，由于ClO2易溶于水，所以B是防倒吸装置，C装置用冷水汲取ClO2可防止温度高ClO2挥发，同时反应中生成的二氧化碳对气体有稀释作用，故答案为：反应中生成的二氧化碳有稀释作用；用冷水汲取，防止温度高；装置防倒吸。（水浴加热，防止温度过高）。（合理答案即可）；(4)①依据已知信息，ClO2与NaOH溶液反应可生成两种盐，且二者物质的量之比为1：1，其中一种是NaClO2，反应为歧化反应，则另一种盐是NaClO3，离子方程式为，故答案为：；②依据饱和NaClO2溶液随温度变更状况图分析可知，当温度低于38℃时，会析出NaClO2·3H2O，当温度高于60℃时，NaClO2会分解为NaCl和NaClO3，因此，为避开晶体高温分解成NaCl和NaClO3，从溶液中经减压蒸发结晶获得NaClO2晶体后，过滤后须要在38～60℃的温水进行洗涤，最终干燥得到成品，故答案为：B；E；(减压可降低沸点，较低温度下蒸发)，避开晶体高温分解成NaCl和NaClO3；(5)ClO2在氯元素有+4价降低为-1价，则1molClO2转移电子5mol，消毒效率为5/67.5=1/15.5，1molNa2FeO4转移电子为3mol，消毒效率为3/166，1molCl2转移电子为2mol，消毒效率为2/71，三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的依次为：ClO2＞Cl2＞Na2FeO4，故答案为：Na2FeO4＜Cl2＜ClO2。10.肯定条件下，向容器中同时通入甲烷、氧气和水蒸气三种气体，发生的化学反应有：反应过程化学方程式焓变活化能甲烷氧化蒸汽重整（1）已知：，则燃烧热_____。（2）在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率，缘由可能是______。（3）恒温恒压体系（温度为，压强为），反应达到平衡时，各气体的物质的量均为，用某气体组分的平衡分压（分压=总压×物质的量分数）代替物质的量浓度也可表示平衡常数（记作）。则：①平衡常数___。②再向容器中瞬时同时充入、、、，此时（正）____（逆）（填“>”“<”或“=”）③恒温恒容条件下，将、、、依据体积比投料，能推断反应达到平衡状态的是____。A密度保持不变B体积分数保持不变C平均摩尔质量保持不变D和的比保持不变E断裂的同时，有断裂（4）向绝热恒容密闭容器中通入和使反应达到平衡，正反应速率随时间变更的示意图如图所示。图中点反应是否达到平衡，说明理由_____。（5）利用重整反应，设计一种熔融碳酸盐燃料电池，原理示意图，电极上发生的电极反应为______。【答案】(1).(2).重整反应活化能高（或起先时重整反应物浓度低；或起先时体系不能供应重整所需的热能等其他合理答案）(3).（或）(4).<(5).BCDE(6).点不是平衡点，因为达到平衡后，正反应速率不会随着时间变更而变更（仅推断，不给分。其他合理答案也给分）(7).【解析】【详解】（1）设=-802.6kJ/mol为式①，=-322.0kJ/mol为式②，为式③，则H2的燃烧热方程式H2(g)+O2(g)=H2O(l)可以由(①-②)-③得出，故该反应的=-284.3kJ/mol；（2）由表中数据可知，甲烷氧化的活化能低于蒸气重整的活化能，活化能越低，反应速率越快，故初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率；（3）①达到平衡时，各气体的物质的量均为，所以每个组分的分压都是，所以；②若向容器中瞬时同时充入、、、，总物质的量为10mol，CH4、H2O、CO、H2的分压分别为、、、，此时用压强表示体系的浓度商为，＞，故平衡向逆向移动，（正）＜（逆）；③判定反应达到平衡状态有两种方法，一是v正=v逆，二是变量不变；A．密度，恒容条件下V是定值，依据质量守恒，气体的总质量m也是定值，故是定值，A不能判定平衡；B．随着反应的进行，CO体积分数不断变更，当它不再变更时，说明反应达到平衡状态，B能判定平衡；C．平均摩尔质量，m为定值，但反应前后系数之和不同，即n是变量，故M也是变量，C可以判定平衡；D．和的投料比为3：1，反应比为1：3，故比值不是定值，D可以判定平衡；E．断裂说明反应了1molH2O，是正反应方向，断裂说明反应了3molH2，是逆反应方向，故v正=v逆，E可以判定平衡；故选BCDE。（4）化学平衡状态的标记是各物质的浓度不再变更，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在变更，故肯定未达平衡；（5）由图可知，H2和CO在A极上失电子生成CO2和H2O，故A是负极，那么B就是正极，在B极上，O2得电子与CO2生成，电极反应为：；【点睛】本题要留意第（5）题，由于电解质是熔融碳酸盐，O2得电子后须要结合CO2生成。没有水溶液的存在，不能写H2O或OH-，【化学一选修3：物质结构与性质】11.、、、、是元素周期表中前四周期的元素，各周期至少含有一种元素，且原子序数依次增大。、、三种元素原子的最外层电子数相同，与能够形成原子之比为的化合物，是前四周期基态原子含有未成对电子数目最多的元素，与形成的晶体结构如图所示。试用元素符号回答下列问题：（1）、、三种元素的电负性由大到小的依次为_______。（2）与两种元素能够形成两种常见的化合物，则在这两种化合物分子中，原子的杂化方式分别为______和______，且这两种分子____（填选项）。A都是极性分子B都是非极性分子C其中一种是极性分子另一种是非极性分子（3）元素处于周期表的____区，其单质晶体积累模型的名称为_____。（4）元素的基态原子价层电子排布图为______。（5）已知能溶于某浓度的硝酸中，得到蓝色溶液的同时，会逸出一种与互为等电子体的纯净气体，则该反应的化学方程式为_____。经探讨证明，所得溶液呈蓝色，是因为溶液中含有由、、三种元素形成的一种配位离子，试写出该离子的结构式______。（6）由晶体的晶胞可知，离子呈简洁立方积累模型，形成立方体空隙，则离子对这些立方体空隙的填充率为_____。【答案】(1).(2).(3).(4).(5).(6).面心立方最密积累(7).(8).(9).(10).50【解析】分析】是前四周期基态原子含有未成对电子数目最多的元素，则D为Cr元素；、、、、是元素周期表中前四周期的元素，各周期至少含有一种元素，且原子序数依次增大，Cr是第四周期，所以E也是第四周期，那么A、B、C为前三周期，则A为H元素；、、三种元素原子的最外层电子数相同，则C为Na元素，E为Cu元素；由图可知晶体每个晶胞中含有B个数为，C的个数为8，且B在其次周期，故B为O元素；综上所述，A、B、C、D、E分别为H、O、Na、Cr、Cu。【详解】(1)依据分析，A、B、C分别为H、O、Na，H和O为非金属，电负性大于金属Na，且O的电负性大于H的电负性，故有电负性；(2)H和O组成的化合物有H2O和H2O2，两种物质中O元素形成的都是单键，故都是sp3杂化；H2O分子空间构型为V型，正负电荷中心不重合，是极性分子，H2O2空间构型为折线形（），正负电荷中心不重合，也是极性分子，故选A；(3)Cu元素处于周期表的ds区，Cu晶体的晶胞中，每一个面心和八个顶点上都有一个Cu原子，是典型的面心立方最密积累；(4)Cr是第24号元素，核外电子排布式属于洪特规则的特例，为[Ar]3d54s1，它的基态原子价层电子排布图为；(5)依据分析，X为CuH。CuH与硝酸发生氧化还原反应，硝酸被还原后生成的气体为氮的氧化物，该气体与互为等电子体，故该气体为N2O，CuH与硝酸反应的化学方程式为：；H、O、Cu形成协作物，Cu2+供应空轨道，由H、O形成的H2O供应孤对电子，形成四水合铜离子为蓝色，该离子的结构式为；(6)Na+呈简洁立方积累模型，形成立方体空隙有8个，O2-占有4个，所以O2-对这些立方体空隙的填充率为50%；【点睛】本题要留意第(2)题，由于H2O2中有两个O作为中心原子，H2O2的空间构型不是V型。但O形成的都是单键，单键都是sp3杂化。【化学一选修5：有机化学基础】12.石油被称之为“工业血液”，其衍生出的多种化合物，在化工合成中起着举足轻重的作用。其中，某烃能够发生如图所示的一系列转化。并且经核磁共振氢谱仪测定，发觉化合物的分子中含两种氢原子。已知：①②（不能