甘肃陇南市文县第二中学、第三中学、文县东方学校2026届高三下学期三诊模拟考试化学答案

1234567891011121314ACBBCCCDDCBBAA1．答案：A解析：垃圾分类处理，实现资源的再利用，有利于改善环境，A符合题意；落叶就地焚烧易产生有害气体，污染空气，B不符合题意；废旧电池含有重金属，直接掩埋处理会造成土壤污染，C不符合题意；施用大量农药，会造成地下水的污染，D不符合题意。2．答案：C解析：由题目所给的已知条件结合结构式可以得出，Q、Z形成1个单键，Y形成2个共价键，W形成6个共价键。根据Y和W同主族，且W的原子序数大于Y，结合成键特点，Y应为氧(O)，W应为硫(S)；根据X、Y、Z同周期，且Y为O，可知X、Z均在第二周期。X在第二周期，形成4个单键，应为碳(C)；Z在第二周期，原子序数大于O，形成1个单键，应为氟(F)；Q的原子序数大于W且属于短周期元素，根据其成键特点，Q为氯(Cl)。最终确定元素：X=C，Y=O，Z=F，W=S，Q=Cl。A.非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越强，同周期非金属性随着原子序数增大逐渐增强，故，A错误；B.、应为和，分子是直线形（O=C=O），结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，B错误；C.X、W、Q分别为C、S、Cl，非金属性，非金属性越强其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，C正确；D.第一电离能的规律：同主族从上到下减小，同周期从左到右增大（有反常），比较F、S、Cl，，即Z>Q>W，D错误；故选C。3．答案：B解析：【分析】装置A中，浓硫酸与铜丝反应制取二氧化硫，装置B用于验证二氧化硫的漂白性，装置C用于验证二氧化硫的还原性，装置D用于验证二氧化硫的氧化性，装置E用于吸收二氧化硫尾气，防止其污染空气。A.当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铜丝时，铜丝与浓硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动铜丝控制的量，故A正确；B.Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为浓，Cu是还原剂，2个硫酸分子中有1个是氧化剂，故反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为，故B错误；C.随着反应的进行，浓硫酸的浓度降低，硫酸会以雾状形式存在，故白雾的成分可能为硫酸酸雾，故C正确；D.由于试管中有剩余的浓硫酸，浓硫酸溶于水会放出大量的热，且浓硫酸密度大于水，将水加入浓硫酸时会引起液体飞溅，所以应将试管中的液体慢慢倒入水中，观察溶液的颜色以确认生成，二者顺序不能颠倒，故D正确；故选B。4．答案：B解析：A.使品红溶液褪色，且褪色后不稳定，加热后恢复原来颜色，证明生成了，故A正确；B.有强氧化性，使酸性溶液褪色，说明具有还原性，二者发生了氧化还原反应，故B错误；C.若D中产生淡黄色固体，说明发生反应，则固体为硫单质，故C正确；D.二氧化硫是空气污染物，装置E用于吸收二氧化硫尾气，防止其污染空气，故D正确；故选B。5．答案：C解析：苯甲醛加入庚醛、乙醇和KOH并加热，冷却后进行操作X得到水相和有机相，则操作X为萃取分液，有机相加入干燥剂并过滤除去滤渣，分馏，通过柱色谱法分离得到茉莉醛和庚醛自缩物。据题意和分析，苯甲醛与庚醛反应生成水和茉莉醛，乙醇不参与反应，乙醇的主要作用是做助溶剂，A正确；操作X的目的是分离水相和有机相，目标产物在有机相，故可水洗分液，B正确；据已知信息，庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物，直接蒸馏难以将二者分离，不可将最后两步“分馏”和“柱色谱法分离”替换为“真空减压蒸馏”，C错误；洗脱剂加入速度过快，会导致产品与杂质难以准确分离，D正确。6．答案：C解析：A．b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，A错误；B．C点是压缩注射器后的情况，二氧化氢和四氧化二氢的浓度都增大，B错误；C．c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以，C正确；D．b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致，D错误；故答案为：C。7．答案：C解析：已知X是元素周期表中电负性最大的元素，则X为F，由X，Y，Z，W的成键特点及X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，可以推知Y为P，Z为S，W为Cl。A.同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：Cl>P>S，A错误；B.X为F，F元素无正价，B错误；C.元素的非金属性越强，其最简单氢化物的还原性越弱。非金属性F>Cl>P，则最简单氢化物的还原性：，C正确；D.该试剂分子中Y原子形成4个键和1个键，故价层电子对数是4，D错误；故选C。8．答案：D解析：观察装置图，X极生成，为阳极，Y极生成，为阴极。分别写出阴、阳极的电极反应式：，。根据进、NaOH溶液出的产物特点（与流出浓NaOH溶液原理相同），判断双极膜解离出的a离子为离子为与结合生成。迁移情况如图所示。A：（√）。由分析知，a离子是离子是。B：（√）。为弱酸根离子，与结合生成维生素C，离子方程式为。（很多同学以为这个反应是可逆的，其实思路完全跑偏了，回想哪个强酸制弱酸是用可逆符号的？）C：（√）。由分析知，X为阳极，该选项给出的反应式正确。D：（×）。若将阳极区的溶液替换成溶液，因维生素C具有还原性，易被阳极生成的氧化，故不能提高维生素C的产率。题干要求选择说法不正确的选项，故选D。9．答案：D10．答案：C解析：当pH=1时，溶液中，，由题图可知溶液中和的分布系数均为0.5，则，由得，，由得，，即此时、与相比均可忽略，且此时参与配位的浓度，因此，，所以有，A错误；当溶液pH在9.5~10.5之间时，，由得，，则pH在9.5~10.5之间时，，所以不是含L的主要物种，B错误；当时，反应的平衡常数，观察题图，此时溶液的pH=4，则，，因为，则此时溶液中的、浓度均小于，可忽略，此时，则此时溶液中，且由得，则，，C正确；由题图可知，当pH=10时含Fe物种为和，且它们的浓度均为，则，D错误。11．答案：B12．答案：B解析：越小（浓度越低），越易形成配位数少的微粒；越大（浓度越高），越易形成配位数多的微粒，所以曲线a、b、c、d、e分别代表、随的变化曲线，A正确；从稳定常数看，远大于，说明与会优先形成，又是非电解质、难电离，反应会优先停留在该阶段，另外从图中可知，当约为-5~-3时，，故用溶液滴定时，达到化学计量点时产物是，B错误；M点为a、c曲线的交点，，此时存在总反应，解得，C正确；的平衡常数，反应可以进行到底，故向溶液中加入少量溶液，会产生白色沉淀，D正确。13．答案：A解析：A.析氢腐蚀和吸氧腐蚀中，负极反应式相同，正极反应式不同，负极上都是Fe失电子发生氧化反应，负极反应式为，故A正确；B.KOH-燃料电池中，通入甲烷的电极为负极，负极上甲烷失电子和反应生成和负极反应式为，故B错误；C.铅蓄电池放电时，正极上得电子和硫酸根离子反应生成，电极反应式为，故C错误；D.用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极上得电子生成和，电极反应式为，故D错误；故选：A。14．答案：A解析：和加热时发生复分解反应生成、和水，试管口略向下倾斜，的密度比空气小，用向下排空气法收集，试管口放置棉花防止对流，A项正确；制备胶体时向沸水中滴入饱和溶液继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，B项错误；乙醇在浓硫酸中发生消去反应，产生的乙烯中含有挥发出的乙醇及副产物，乙醇、均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，应先通过NaOH溶液除去、乙醇，C项错误；制备乙酸乙酯用饱和溶液吸收乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，然后分液得到乙酸乙酯，D项错误。15．答案：（1）；（2）2.0；调节溶液pH使沉淀完全；将转化为，防止和同时生成沉淀（3）将氧化为，而能催化的分解，因此的使用量远大于理论计算量（4）消耗，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离（5）酸浸解析：（1）由已知①可知“二次氯化”是与的反应，故“加压焙烧”中经“二次氯化”转化为和的化学方程式为；钒钛磁铁矿精矿的主要成分为、、和，根据流程图可知元素铁、钒、钛均在“酸浸”后的溶液中，因此“浸出渣”的主要成分为不溶于酸的。（2）根据常温下，，为了使沉淀完全，即，则，此温度下，因此；为使沉淀完全，加入适量铁粉的目的之一为消耗，调节溶液pH，另一个目的为将转化为，防止和同时生成沉淀。（3）“氧化”的目的是将氧化为，而能催化的分解，因此的使用量远大于理论计算量。（4）“萃取”时发生的反应为，加入溶液可以消耗，使平衡逆向移动，将与萃取剂分离。（5）“沉铁”后，将滤液中的盐分离除去所得溶液中的溶质为酸，经处理可导入“酸浸”循环利用。16．答案：（1）U形管（2）（3）碱石灰(或氧化钙或氢氧化钠)；、（4）防止固体粉末堵塞导管(或其他合理答案)；吸收NO防污染(或其他合理答案)（5）淡黄色固体全部变为白色；解析：（1）装置C的仪器名称为U形管；（2）装置B中溶于水生成硝酸与Cu反应生成和NO，离子方程式为：；（3）由分析知，装置C的作用是除去和，可以是碱石灰或氢氧化钠固体、氯化钙等，若无装置C，和水会与装置D中的反应生成碳酸钠和氧气，会把生成的氧化成，故杂质主要有、；（4）装置D中石棉绒的作用是防止固体粉末堵塞导管，装置E中高锰酸钾能与一氧化氮反应除去CO，防止污染空气；（5）过氧化钠为淡黄色固体，当淡黄色固体全部变为白色的亚硝酸钠时，说明反应完全；取D中产品与足量的溶液加热反应，方程式为：，收集到VmL(标准状况下)无污染性气体，，则实际产量为g，根据反应，mg理论上能生成的质量为g，则的产率为=。17．答案：（1）（2）<；或；（3）0.70；升高温度，k增大使v逐渐增大，但α降低使v逐渐减小。当T<，k增大对v的影响大于α降低的影响；当T>，k增大对v的影响小于α降低的影响解析：（1）由题知，总反应=反应Ⅰ+反应Ⅱ+反应Ⅲ，则反应Ⅲ为，反应Ⅲ的=，故答案为。（2）①该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，从图像看，相同温度下，对应的平衡转化率低于，因此小于，故答案为<。②假设起始的物质的量为，起始的物质的量为，的物质的量为，反应在500℃、压强时α=0.90，列三段式计算，，平衡时气体的总物质的量为（）mol=，==，故答案为或。③该反应为气体分子数减小的反应，若保持压强为不变，将起始的物质的量分数减小，则反应体系的分压增大，在相同温度下平衡转化率会增大，该反应为放热反应，温度升高，平衡转化率减小，故曲线应在曲线的上方且与变化趋势相同，故答案为。（3）①由速率方程可知，越大，相对反应速率越小，由图可知，相同温度下，的相对反应速率大于的相对反应速率，故小于，即=0.7