化学陕西咸阳市2026(年)届高三年级4月高考模拟检测(咸阳三模)(4.24-4.26)

高考模拟检测化学试题参考答案及评分标准一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。【解析】A项：鸳鸯莲瓣纹金碗其材料为金属；B项：玉石成分主要为硅酸盐；C项：陶瓷成分主要为硅酸盐；项《溪山行旅图》所用绢、纸成分为有机高分子。【解析】A项：乳酸分子中含一个手性碳原子，为手性分子，拥有对映异构体，其对映异构体在空间互为镜像，项示意图与化学用语表述内容相符；B项：CO3-中心C原子价层电子数为,中心C原子为sp²杂化，其杂化轨道正确应为平面三角形，B项不符；C项：CO₂电子式为0::c:0,其中各原子均满足8电子稳定结构，C项示意图与化学用语表述内容相符；D项：H₂O为极性分子，其一个水分子空间最多可以和4个H₂O形成氢键，示意图正确。【解析】分子(A可以发生分子间缩聚反应,分子中含碳碳双键，可发生加聚反应，二者聚合反应机理不同，A项错误；以金属Ni作催化剂，(B)中可以与H₂发生加成反应的位置有4个，分别；,消耗4molH₂,B项正确；(B)中所有碳原子均为sp²杂化，以每个碳原子为中心均为平面三角形，通过单键旋转可以实现所有原子共面，C项正确；(C)分子结构可以看成一个苯基取代的乙烯分子故命名为苯乙烯，D项正确。含N—Hσ键数为2NA,A项正确；B项：一个N原子质子数为7,一个0原子质子数为8,1molNO₃中含有的质子数为7+8×3=31,则0.1molNO₃中含有的质子数为3.1N,B项错误；C项：标准状况下3.36LO₂物质的量为0.15mol,含有O₂的分子数为0.15N,C项正确；D项：4mol硝酸羟胺中含有的离子总数为8NA,D项正确。【解析】A项：聚乙炔分子结构如图,每个碳原子均为sp²杂化，每个碳原子均剩余一个p轨道，彼此平行，形成大π键，π电子在整个大π键体系自由移动，形成“电子通道”,A项卫确；B项：植物油含大量不饱和烃基，与氢气加成后转化为饱和程度较高的高级脂肪酸甘油酯，形成固态，便于储存和运输，工业上生产肥皂主要是利用油脂在碱性条件下水解，产生高级脂肪酸盐，经过盐析得到肥皂，B项错误；C项：石墨层间作用力为范德华力，作用力较小，易滑移，所以摩擦小、能润滑，C项正确；D项：硅酸钠溶液(水玻璃)在干燥过程中会逐渐失去游离水，分子中的硅羟基Si-OH之间会发生脱水缩合反应，形成三维网状的硅氧烷Si-0-Si交联结构，随着固化进程推进，体系黏度持续上升，最终形成具有高强度的无机聚合物骨架，将被高考化学模拟检测-答案-1(共6页)接触，同时阻止外部热量进一步向基材传递，从根本上抑制燃烧反应的发生。因此可用于制作防火剂，D项正确。6.【答案】D7.【答案】C8.【答案】D误。D.利用I₂单质易升华，又易凝华，可分离I₂和NaCl固体混合物。故D正确。9.【答案】C10.【答案】C11.【答案】A12.【答案】B化学式Y₂X确定，白色原子为X,灰色原子为Y。以面心位置的X原子为基准，则与X原子等距紧邻的X原子处于三个相互垂直的面的四个顶点位置，共有12个。故A正确。B.在yz平面上的投影图中P点原子，对应晶胞图中的右下前(后)的灰色原子，则原子分数坐标可能是故B错误。由题中可知X、Y的最小距离为anm即a×10⁻⁷cm,X、Y的最小距离为体对角线的。设a₀为晶胞边长，晶胞体积V=a3晶胞中含4个X,8个Y,则晶胞中Y₂X单元数为4,晶体密度,C正确。正八面体的边长b是晶胞面对角线的一半，即,则正八面体的体积,正八面体空腔占晶胞体色原子(O)形成的正八面体空腔占晶胞体积的故D正确。【解析】由图示及题干信息可得，该装置左边为原电池，右边为电解池，由c极上的物质转化可知，C、N元素化合价升高，发生失电子氧化反应，c为阳极，c电极上的反应为2CN--10e⁻+120H⁻==2CO3-+N₂↑+6H₂O,故C错误。d为阴极，b为正极，a为负极。工作时a、b电极上均无气体产生，则b极上的反应为H₂O₂+2e⁻+2H⁺—2H₂0,a极上的反应为20H⁻-2e⁻=H₂O₂。工作一段时间后，乙室消耗2molH+的同时有1molSO²-移向甲室，同时有水生成，c(H+)减小，溶液pH增大。故A、B错误。去除0.2molCN⁻,转移1mole⁻,甲室消耗1molOH⁻转化成了H₂O₂,有0.5molSO²-由乙室移向甲室，理论上甲室溶液质量增重48g。故D正确。【解析】H₂A的电离常数表达式为,对左右两边取负对数并化简，-lgKI,因为K>K₂,所以pK<pK₂。pX与pH的关系均为一次函数，且斜率均为-1(pX随pH增示,故A错误。a交点(-3.8,5.4)为L₃与L交点，带入关系式中pKa=5.4-3.8=1.6,则K=10-¹⁶;将b交点(-2.5,6.7)带入关系式中，即pK₂=6.7-2.5=4.2,则K。2=10-4.2。故B错误。当滴加氨水20mL时，溶液中的溶质只有一种(NH₄)₂A,利用物料守恒表达式变形可得：c(H+)-c(OH⁻)=c(NH₃·H₂O)-c(HA~)-2c(H₂A),CK·K₂=K·K=K=10-¹4,则<K=10-4.2,故HA的电离程度大于其水解程度，NaHA水溶液显酸性。D错误。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.(14分)【答案】(1)第四周期第VⅢ族(1分)(2)增大ZnFe₂O₄溶解，提高锌的浸出率，加快反应速率(2分)(4)2MnO₄+3Mn²++2H₂0=5MnO₂↓+4H*(2分)产生的Fe³+等可能会催化H₂O₂部分分解(2分)(5)加入少量硫酸铜溶液，铜优先置换并沉积在锌粉表面，形成微电池，加快反应速率(2分)【解析】(1)镍元素的原子序数为28,在第四周期第VⅢ族。(2)由题中，铁酸锌不溶于水和稀酸，可溶于浓盐酸和高浓度硫酸，故采用“高温高酸浸出工艺”目的是为了大ZnFe₂O₄溶解，提高锌的浸出率。(3)调节pH步骤中，为了不引入杂质，可加入ZnO中和酸。(4)“氧化1”加入过氧化氢目的是将Fe²+氧化为Fe³+进而生成氢氧化铁而除去，高锰酸钾是为了将浸出液Mn²+氧化生成MnO₂而除去，离子方程式为2MnO₄+3Mn²++2H₂0=5MnO₂↓+4H+,滤渣1含有Fe(OH)₃MnO₂。由于产生的Fe³等可能会催化过氧化氢部分分解，故过氧化氢的实际用量比理论用量多。(5)“除镍镉”中加入少量硫酸铜溶液，铜优先置换并沉积在锌粉表面，形成微电池，置换出的镍、镉与铜形成金，有利于镍的置换，从而加快反应速率。16.(14分)【答案】(1)①Cu+4H++2NO₃==Cu²++2NO₂↑+2H₂O(2分[Cu(NO₂)₄]²-,与蓝色的[Cu(H₂O)₄]²+混合呈现绿色(2分)(2)方案：向绿色溶液中通入N₂,驱赶溶解的NO₂,观察颜色变化(其他合理方案均可)(2分)(3)①[Cu(H₂O)₄]²++4NO₂一[Cu(NO₂)₄]²-+4H₂O(2分)1.6×10⁶(1分)②增大(1分),各离子浓度同等程度减小，分母减小幅度更大，导致Q>K,平衡逆向移动，[Cu(NO₂)₄]²-解离度增大(其他合理解答也可)(2分)②措施：增大NaNO₂溶液的浓度、反应过程中避免引入氧化剂、加入适量酸抑制NO₂水解等(写出任意一条可)(1分)【解析】(1)①Cu+4H⁺+2NO₃==Cu²②反应生成的NO₂溶解在溶液中，与水歧化反应有HNO₂(或NO2)生成，NO₂与Cu²+结合生成绿的[Cu(NO₂)₄]²-,与蓝色的[Cu(H₂O)₄]²+混合呈现绿色。(2)方案：向蓝色的Cu(NO₃)₂溶液中通入过量NO₂气体，观察溶液颜色变化，若溶液变为绿色，说明甲同学想正确；若溶液仍为蓝色，说明猜想错误。(其他合理方案如：将绿色溶液加热，排出溶解的NO₂,若溶液变蓝甲猜想正确；或向绿色溶液中通入N₂,驱赶溶解的NO₂,观察颜色变化等，同样给分)(3)①离子方程②增大；加水稀释后，浓度商,各离子浓度同等程度减小，分母减小的幅度大，导致Q>K,平衡逆向移动，[Cu(NO₂)₄]²-解离度增大。②措施：增大NaNO₂溶液的浓度、反应过程中避免引入氧化剂、加入适量酸抑制NO₂水解等。17.(15分)【答案】(1)-208.7(2分)(4)反应器中产生的FeCl₂和HCI溶液进入电解池的阳极区，阳极反应式：Fe²+-e⁻==Fe³+,阳极区得到FeC溶液，吸收液得以再生(2分)(5)低于200℃时，升高温度，反应速率增大，因此相同时间内S₂的产率增大；高于200℃时，若该时间内反)于催化剂失活，造成反应速率下降，S₂的产率减小(3分)凝结的液相会强烈腐蚀设备或避免液态硫、液态水附着在催化剂表面降低催化活性，同时防止堵塞设备管路保证气流通畅与反应持续进行(2分，答到任意两点即给分)(6)及时移走生成的固体硫，避免堆积堵塞设备、覆盖催化剂活性位点，促进反应持续进行(不能从平衡移动I角度考虑)(2分)【解析】(1)△H=生成物的标准生成焓总和-反应物的标准生成焓总和，故有△H=[(-393.5)+2×(-241.8)+0]-[2×(-296.8)+(-74.8)]kJ·mol⁻¹=-208.7(2)反应达到平衡时，SO₂转化率为50%(剩余物质的量为0.5mol),CO₂的物质的量为0.25mol,列出三段式110转化n(mol)平衡n(mol)平衡时气体总物质的量n=0.5+0.75+0.25+3.5=5mol,故反应的压强平衡常数为(3)化学平衡状态判断：A错误：浓度相等≠浓度不变，不能判断平衡；B正确：正逆方向正确，且速率相等，达：平衡；C错误：恒容、气体总质量不变，密度始终不变，不能判断平衡；D正确：反应前后气体分子数不等，压强.变达到平衡。(4)电解池再生原理：由图知，FeCl₃溶液在反应器内将H₂S氧化为S₂沉淀，自身被还原为FeCl₂,根据电子得.的阳极区，发生氧化反应：Fe²+-e⁻==Fe³+,为平衡阳极区电荷，H+通过质子交换膜转移到阴极，阳极区得：FeCl₃溶液，吸收液得以再生。(5)随温度升高，S₂产率先增大后减小的原因：低于200℃时，升高温度，反应速率增大，因此相同时间内S₂产率增大；高于200℃时，若该时间内反应达到平衡，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，S₂的，率减小，若该时间内反应未达平衡状态，可能由于催化剂失活，造成反应速率下降，S₂的产率减小。(6)固体物质的浓度视为常数，移走部分固体S₂,不会改变体系中各气态物质的浓度，因此平衡不移动。及时走生成的固体硫，避免堆积堵塞设备、覆盖催化剂活性位点，促进反应持续进行。18.(15分)高考化学模拟检测-答案-5(共6页)(3)18-冠-6易与K*相互作用，有利于增大K₃[Fe(CN)₆]在甲苯中的溶解度，提高氧化E的效率(2分)(4)加成反应(2分)(5)酰氯键(2分)反应条件B:氢氧化钠稀溶液、加热(1分)【解析】(1)A:X射线衍射仪→测晶体结构，B:红外光谱仪→测定官能团(正确),C:核磁共振氢谱仪→测等效氢种类，D:原子发射光谱仪→测元素种类。因此选B。(3)由题给信息可知，18-冠-6易与K*通过配位键形成超分子，有利于增大K₃[Fe(CN)₆]在甲苯中的溶解度，(4)F→G过程是碳