广西壮族自治区南宁市2024-2025学年高三毕业班第一次适应性测试化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1广西壮族自治区南宁市2024-2025学年高三毕业班第一次适应性测试试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．苏轼《浣溪沙·细雨斜风作晓寒》：“雪沫乳花浮午盏，蓼茸蒿笋试春盘。人间有味是清欢。”美食是美好生活的重要组成部分。下列对美食的叙述错误的是A．罗汉笋爆双脆：“笋”的主要成分易水解B．恋爱豆腐果：石膏是制作“豆腐”的凝固剂C．折耳根炒腊肉：碘盐常作腌制“腊肉”的防腐剂D．柳州螺蛳粉：“粉”的主要成分是多糖【答案】A【解析】“笋”的主要成分是纤维素，纤维素在一般条件下较稳定，不易水解，只有在强酸或酶等特定条件下才会发生水解，A错误；制作豆腐时，常用石膏（硫酸钙的水合物）作为凝固剂，它能使豆浆中的蛋白质胶体发生聚沉，从而制成豆腐，B正确；腌制腊肉主要是利用氯化钠形成高盐环境抑制微生物生长，起到防腐作用，碘盐中碘元素主要是为了补充人体所需碘，预防碘缺乏病，C正确；柳州螺蛳粉的“粉”主要由大米等制作，大米主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，D正确。故选A。2．实验室常用氯化钠粉末和浓硫酸共热制备氯化氢，下列叙述错误的是A．分子间氢键使浓硫酸呈黏稠状B．NaCl的电子式：C．Na2SO4中阴离子的D．HCl形成过程：【答案】D【解析】浓硫酸分子中的H和O相连，硫酸分子间能够形成氢键，增大了分子间的相互作用，使浓硫酸呈黏稠状，A正确；NaCl是离子化合物，其电子式为，B正确；SO42-中心S原子的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=4+6+2-4×22=4+0=4，无孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，C正确；图中是Cl23．科学技术推动社会进步。下列有关科技动态的化学解读错误的是选项科技动态化学解读A构筑了10 弹道二维In2Se位于元素周期表第四周期VIA族B人工智能首次成功从零生成原始蛋白质蛋白质是有机高分子C中国科学院开发出钽酸锂异质集成晶圆，并成功用其制作高性能光子芯片钽酸锂属于无机非金属材料D开发Ni-阳能实现CO2加氢合成该反应的原子利用率为100%A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】In2Se3晶体管速度快、能耗低，具有良好的半导体特性，Se位于元素周期表第四周期ⅥA族，A正确；蛋白质是有机高分子化合物‌，B正确；钽酸锂异质集成晶圆具有良好半导体性能，钽酸锂属于新型无机非金属材料，C正确；

CO2加氢合成的反应为：CO2+3H24．人参是著名中草药之一，人参皂苷(如图)是人参的活性成分，下列有关该物质的叙述错误的是A．能使酸性KMnO4溶液褪色 BC．碳原子有3种杂化类型 D．能发生加成、取代反应【答案】C【解析】人参皂苷分子中的碳双键和羟基都能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；分子中有多个羟基，可形成分子内氢键，B正确；该分子中碳原子的杂化类型有sp2杂化（羧基、酯基、碳碳双键中的碳原子）和sp3杂化（如饱和碳原子），共2种杂化类型，C错误；分子中的碳碳双键能发生加成反应；羟基、酯基等能发生取代反应，5．下列玻璃仪器能完成对应实验的是选项实验玻璃仪器A制备纯净的Cl分液漏斗、导管、酒精灯B区别氨水和AgNO3试管和胶头滴管C粗盐提纯烧杯、玻璃棒、酒精灯D配制0.1 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】制备Cl2需要圆底烧瓶，净化Cl2需要洗气瓶（除去HCl和水蒸气），可以用试管和胶头滴管进行互滴实验来区别氨水和AgNO3溶液。将氨水滴入AgNO3溶液中，先产生白色沉淀，继续滴加沉淀溶解；将AgNO3溶液滴入氨水中，开始无明显现象，后产生沉淀，利用不同现象可以鉴别，B符合题意；粗盐提纯要过滤，还需要漏斗，C不符合题意；配制一定浓度的溶液还需要指定规格的容量瓶，D不符合题意。故选B。6．根据题意，下列反应的化学方程式或离子方程式错误的是选项情景反应方程式A水滴石穿CaCOB在NaOH作用下NaClO溶液氧化FeOH32FeOHC工业上制备粗硅SiOD用CaSO4固体改良碱性(主要含Na2CaSOA．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】水滴石穿是碳酸钙和溶解在水中的二氧化碳反应生成可溶性碳酸氢钙，A正确；次氯酸钠具有强氧化性，碱性条件下，次氯酸钠氧化氢氧化铁生成高铁酸钠，反应中铁化合价由+3变为+6、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒，反应方程式正确，B正确；碳与二氧化硅反应生成粗硅和一氧化碳，SiO2+2C高温Si+2CO↑，C错误；

CaSO4固体改良碱性(主要含Na7．某元素(该元素仅为Na或Fe或N或S)的“价-类”二维关系如图所示。下列叙述正确的是A．若a是淡黄色固体，则在新制氯水中通入e能生成gB．若c在空气中迅速转化成红棕色e，则a中σ键、π键数目之比为2:1C．若d为红褐色固体，则11.2ga与稀硝酸完全反应时一定失去0.6mol电子D．若常温下，a与水发生剧烈反应，则b在空气中因发生氧化还原反应而变质【答案】A【解析】若a是淡黄色固体，则a为S，e为SO2，g为H2SO4，将SO2通入新制氯水中能生成H2SO4，A正确；若c在空气中迅速转化成红棕色e，则c为NO，e为NO2，1个N2分子中含1个σ键、2个π键，故a中σ键、π键数目之比为1:2，B错误；若d为红褐色固体，则a为Fe，d为Fe(OH)3，11.2gFe的物质的量为0.2mol，与稀硝酸完全反应生成Fe(NO3)2时，失去0.4mol电子，C错误；若常温下，a与水发生剧烈反应，则8．第三周期四种元素对应的氧化物中离子键的百分数、熔点如图所示。下列有关说法错误的是A．金属性：T＞W＞P＞QB．上述Q对应的氧化物为共价晶体C．上述W的氧化物熔点高于T的氧化物是因为其摩尔质量较大D．熔化上述T、W对应的氧化物时克服离子键【答案】C【解析】金属性越强，形成氧化物中离子键成分越大，由离子键百分数可知，A正确；Q的氧化物以共价键为主，由熔点可知，它是共价晶体，B正确；W、T都是离子晶体，W对应的氧化物熔点高于T，是因为离子所带电荷较多、离子半径较小，故离子键较强，与摩尔质量无关，C错误；T、W的氧化物含离子键百分数超过或接近50％，它们是离子晶体，熔化时克服离子键，D正确。故选C。9．设NAA．1 L0.1 B．标准状况下，生成11.2 LO2时，反应C．工业上电解饱和食盐水制备8.0 gNaOHD．在核反应88226Ra→2【答案】B【解析】高氯酸钾是强酸强碱盐，溶液中ClO4-为1L×0.1mol⋅L-1=0.1mol，数目为0.1NA，A正确；反应中H、F元素化合价不变，OF2中氧化合价由+2变为0得到O2，水中氧化合价由-2变为0得到O2，每生成1mol氧气转移电子2mol，则标准状况下生成11.2 LO2时，反应转移电子数为1NA，B错误；工业上电解饱和食盐水的方程式：2NaCl+2H2O电解H2↑+Cl2↑10．催化剂Cat1、Cat2均能催化反应Wg⇌GA．Wg⇌GB．使用Cat1和Cat2，反应均经3步进行C．达到平衡所用时间：Cat1>Cat2D．Pg所达到的最高浓度：【答案】D【解析】由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，Wg⇌Gg达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，A正确；由反应历程图可知，使用Cat1和Cat2，反应历程均经3步进行，B正确；由图可知，最大活化能：Cat1>Cat2，活化能最大的基元反应为决速反应，活化能越大，反应速率越小，则平均反应速率：Cat1<Cat2，所以达到平衡所用时间：Cat1>Cat2，C正确；由图可知，在前两步反应中使用Cat2时活化能均较低，反应速率较快，最后一步反应中使用Cat2活化能较大，反应速率较慢，即使用Cat2时Pg生成较快，消耗较慢，则P(g)所达到的最高浓度：Cat1<Cat211．某离子与其检验试剂GBHA的反应如图所示，其中W、XA．键角：∠1>∠2B．离子半径：Y>Z>MC．氢化物的沸点：XD．同周期主族元素中第一电离能大于Y的元素有2种【答案】B【解析】试剂GBHA中W、X、Y、Z形成共价键的数目分别为1、4、3、2，且产物W为一价阳离子，可知W为H、X为C、Y为N、Z为O、M为Mg。化合物GBHA中∠1中O的杂化方式为sp3杂化，由于两对孤电子对的存在使∠1小于109∘28'，而∠2中碳原子的杂化方式为sp2杂化，∠2约120∘，所以键角∠1小于∠2，A错误；Y为N3−，Z为O2−，M为Mg2+，这三种离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小。N、O、Mg的核电荷数依次增大，所以离子半径Y>Z>M，B正确；X的氢化物可能为高分子化合物（聚乙烯），状态不一，Y的氢化物为12．根据下列操作及现象，得出的结论正确的是选项操作及现象结论A在锌粒和稀硫酸的混合物中滴加少量CuSO4溶液，产生HCuSO4B在碘水中加入环己烷，振荡，静置，下层溶液颜色变浅碘与环己烷发生了取代反应C在FeCl3和KSCN减少反应物浓度，平衡向左移动D在含Na2CO3和Na2KA．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】Zn与CuSO4反应生成Cu，Cu和Zn在稀硫酸中构成原电池，加快了反应速率，A错误；环己烷萃取了碘水中的I2，没有发生取代反应，B错误；溶液中存在平衡：Fe3++3SCN-⇌FeSCN3，加入铁粉，Fe＋2Fe3+＝3Fe2+，Fe3+浓度减小，平衡向左移动，溶液颜色变浅，C正确；

BaSO4和13．一种从废印刷电路板冶炼副产品粗溴盐(CBSBPs)中回收NaBr的绿色工艺流程如图，下列叙述错误的是A．绿色工艺体现之一为CCl4B．“氧化”中盐酸浓度越大，氧化效率越高C．“操作1”和“操作2”需要使用分液漏斗和烧杯D．上述流程中，NaClO3作氧化剂，CO【答案】B【解析】由题给流程可知，向粗溴盐中加入盐酸和NaClO3溶液，溶液中的Br-被氧化为Br2，向溴水中加入CCl4萃取、分液得到水相和有机相；向有机相中加入Na2CO3和CO(NH2)2，CO(NH2)2将Br2还原为NaBr，分液得到能循环使用的CCl4和NaBr溶液；NaBr溶液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到NaBr固体。操作2可以得到循环使用的CCl4，能够提高原料的利用率，体现绿色工艺，A正确；盐酸的浓度越大还原性增强，能与NaClO3溶液反应生成NaCl、Cl2和水，导致NaClO3溶液的浓度减小，氧化效率降低，B错误；操作1和操作2为液液分离的分液操作，分液需要的仪器为分液漏斗和烧杯，C正确；氧化步骤中NaClO3是氧化剂，还原步骤中CO(NH2)2是还原剂，D正确。故选B。14．常温下，分别向HX、HY、MNO32溶液中滴加NaOH溶液，已知：KaHX>KaA．代表pM和pH关系的直线是L3 B．C．m点坐标近似为(5.47，-0.77) D．MOH2和【答案】D【解析】HX、HY都是一元弱酸，它们两条直线是平行的，故L3代表pM与pH的关系，A正确；KaHX=cH+⋅cX-cHX>KaHY=cH+⋅cY-cHY，相同pH时，cX-cHX>cY-cHY，PcX-cHX<PcY-cHY，故L1代表PcY-cHY与pH的关系，L2代表PcX-cHX与pH的关系，根据a点坐标，KaHY=cH+二、解答题15．NaCl是人体正常活动不可缺少的重要物质，成人体内所含Na+的总量约为60g，其中80%存在于细胞外液中，即在血浆和细胞间液中。某实验小组做NaCl的相关实验，回答下列问题：实验(一)：提纯NaCl。粗盐中含有Na2SO4、CaCl2、MgCl2等杂质，提纯的方法是在粗盐溶液中加入试剂，进行适当操作最终得到纯NaCl。(1)下列加入试剂顺序、操作及操作顺序均正确的是_______(填标号)。A．BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液，过滤、加盐酸中和、降温结晶B．Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液，加盐酸中和、过滤、蒸发结晶C．BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，加盐酸中和、过滤、降温结晶D．NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，过滤、加盐酸中和、蒸发结晶实验(二)：用纯NaCl固体配制100mL0.1mol/LNaCl溶液。(2)合理选择仪器配制上述溶液(部分仪器未画出)，仪器按使用先后排序为(填序号)。实验(三)：电解饱和食盐水探究实验。该小组同学以铜、石墨为电极，设计三种装置电解饱和食盐水(如图)。(3)从环保角度考虑，图甲、图乙装置共同的缺点是。(4)图甲装置中阴极的电极反应式为(5)图乙装置中阴极产生1g气体，阳极区理论上减少的离子的物质的量为mol。(6)在图甲、图乙装置基础上，设计了图丙装置。利用图丙装置电解饱和食盐水一段时间，阴、阳极收集气体的体积为V1、V2。【发现问题】理论预测，V1=V2；实验测得V1＞V2。【分析问题】①同学A认为V1＞V2的原因是(答一条)。同学B认为V1＞V2的原因是随着c(Cl-)减小，c(OH-)增大，OH-放电能力大于Cl-，产生O2。【提出猜想】小组同学根据同学B分析认为，Cl-、OH-浓度大小会影响放电顺序。【设计实验】在相同温度、电极及电流强度下，对实验1~4中的溶液进行电解，并用溶解氧传感器测定0~ts内阳极区溶液中溶解氧的浓度变化，测得数据如下表所示。实验5.0mol/LNaCl溶液体积/mL5.0mol/LNaOH溶液体积/mL蒸馏水体积/mL溶解氧浓度变化/(mg/L)10020.08.324.0016.08.3~10.534.04.012.08.3~a404.016.08.3~15.5已知：实验前，各溶液中溶解氧的浓度相同，各组溶液在所测定的时间段内阳极区溶液上方气体中O2浓度几乎不变。【分析与结论】②实验2中溶解氧浓度随时间的变化如图所示，检测到阳极区溶液上方气体中氧气浓度略微增加，则溶解氧浓度先减小后增大的原因是。③实验结论：当OH-、Cl-的浓度达到某一值时，OH-放电能力大于Cl-，即Cl-、OH-的浓度会影响放电顺序，则a的取值范围为。【答案】(1)D(2)②①⑥⑤④或②⑥①⑤④(3)排入空气，污染环境(4)2H2O+2e-=2OH-+H2↑(5)2(6)Cl2与NaOH反应或Cl2更易溶于水电解产生Cl2使溶解氧减少，随着c(OH-)增大，c(Cl-)减小，电解OH-产生O2，溶解氧浓度增大10.5＜a＜15.5【解析】（1）加NaOH溶液能除去Mg2+，加BaCl2溶液除去，加Na2CO3溶液除去Ca2+及过量的Ba2+，则Na2CO3溶液一定在BaCl2溶液之后，过滤后加盐酸至中性，然后蒸发结晶得到NaCl，故选D；（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀和装瓶，故仪器按使用先后排序为②①⑥⑤④或②⑥①⑤④；（3）图甲、图乙装置中阳极电极反应均为2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2均没有收集或尾气处理装置，从环保角度考虑，图甲、图乙装置共同的缺点是没有收集或尾气处理装置，Cl2排入空气，污染环境；（4）图甲装置中石墨为阳极，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，Cu电极为阴极，发生还原反应，阴极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑；（5）图乙装置中阴极电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，阴极产生1g气体时，通过电路的电子物质的量为1g2g/mol×2=1mol，则有1molNa+由阳极区通过阳离子交换膜进入阴极区，同时阳极区有1molCl-失去电子生成（6）①由图示信息可知，在图甲、图乙装置基础上设计了图丙装置，利用图丙装置电解饱和食盐水一段时间，阴极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，根据得失电子数目相等可知，阴、阳极收集气体的体积为V1、V2，理论预测，V1=V2；实验测得V1＞V2，可能的原因是Cl2在水中的溶解度比H2大，或者Cl2能与NaOH溶液反应等；②由题干信息可知，实验2中随着电解的进行，电解产生的Cl2越来越多将水中的溶解的O2排除，使得检测到阳极区溶液上方气体中氧气浓度略微增加，水中溶解氧浓度减小，但随着电解的进行，溶液中Cl-浓度越来越小，OH-浓度越来越大，导致OH-放电产生O2，从而使得溶液中的溶解氧浓度又逐渐增大，故溶解氧浓度先减小后增大的原因是电解产生Cl2使溶解氧减少，随着c(OH-)增大，c(Cl-)减小，电解OH-产生O2，溶解氧浓度增大；③实验结论：当OH-、Cl-的浓度达到某一值时，OH-放电能力大于Cl-，即Cl-、OH-的浓度会影响放电顺序，比较实验2只电离NaCl溶液、实验3则电离NaOH和NaCl混合溶液，实验4为只电离NaOH溶液，电解前水中的溶解氧浓度均为8.3mg·L-1，a的取值范围为10.5＜a＜15.5。16．硼化钛(TiB2)可用于制造熔融金属的坩埚和电解池的电极。工业上，以高钛渣(主要成分为TiO2、Al2O3、CaO和SiO2，含少量已知：①TiB2中Ti为+4价，TiO2溶于浓硫酸形成②常温下，Ksp③CO通入PdCl2(1)Ti位于元素周期表区。(2)可用(填试剂名称)检验“滤液1”中是否存在Fe3+(3)TiO2常用于催化分解汽车尾气。4NOg+3OA．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断(4)“萃取”的目的是。“滤渣”的主要成分是(填化学式)。(5)常温下，“水解”一段时间后，溶液的pH=1，此时cTiO2+c(6)TiO2制备TiB2时只产生一种气体，该气体通入PdCl2溶液中，产生黑色沉淀(钯粉)。TiO2转化为TiB2(7)TiO2晶胞如图所示，其边长分别为apm、bpm、cpm,NA为阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中位于顶点的原子是【答案】(1)d(2)硫氰化钾溶液(3)B(4)分离出硫酸，使TiO2+更易水解SiO(5)1010(6)TiO2(7)Ti1.6×【解析】高钛渣主要成分为TiO2、Al2O3、CaO和SiO2，含少量Fe2O3、MgO等。高钛渣用稀盐酸“酸浸”，Al2O3、CaO、Fe2O3、MgO与盐酸反应生成氯化铝、氯化钙、氯化铁、氯化镁，过滤，剩余固体中含有TiO2、SiO2，加浓硫酸“酸解”，TiO2和浓硫酸反应生成TiO2+，SiO2不溶于浓硫酸，过滤，滤渣是SiO2，用萃取剂“萃取TiO2+”，TiO2+（1）Ti的原子序数22，基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，位于元素周期表d区。（2）Fe3+遇KSCN溶液变红，可用硫氰化钾溶液检验“滤液1”中是否存在Fe（3）4NOg+3O2 g+2H2Og=4HNO3 g ΔH<0，气体系数和减小，ΔS<0，若反应自发进行，需ΔH-TΔS<0，则正反应在低温条件下自发进行，故选B；（4）TiO2+水解使溶液呈酸性，（5）常温下，KspTiOOH2≈1.0×10-29，“（6）TiO2制备TiB2时只产生一种气体，该气体通入PdCl2溶液中，产生黑色沉淀(钯粉)，说明生成的气体是CO，TiO2、B2O3、C转化为TiB2（7）根据均摊法，灰球数为8×18+1=2、黑球数为4×12+2=4，根据化学式TiO2，可知该晶胞中位于顶点的原子是Ti；晶胞边长分别为apm、17．氮的氧化物的催化还原是环保研究热点。回答下列问题：(1)CH4催化还原NO2。已知：a、b都大于①4②42NO2 g+CH4 g=N2(2)铜还原NO生成N2:2NOg+2Cus⇌NA．平衡后，升高温度，vB．增加Cu的质量，平衡正向移动C．充入He,D．充入少量NO，NO的平衡转化率增大(3)CO还原NO：2COg+2NOg⇌N2g+2CO2gΔH。向体积均为①ΔH(填“>”、“＜”或“=”，下同)0。b点正反应速率c②CO的转化率：ab，判断依据是。③a点气体的总物质的量为mol。④a点Q=c N2⋅c2CO2c2CO⋅c2NO=L⋅mol-1。b【答案】(1)-a+b2(2)D(3)<><同体积同压强，温度较高，气体总物质的量较小，正反应是气体分子数减小的反应，b点转化率较大3.2527大于【解析】（1），12(①+②)得2NO2 （2）平衡后，升高温度，平衡逆向移动，则v正NO<v逆NO，A错误；Cu为固体，增加Cu的质量，不影响反应速率，不影响化学平衡，B错误；恒容容器中，充入He，对反应速率和化学平衡无影响，平衡转化率不变，C错误；结合反应可知，该反应中充入少量NO，等同于增大压强，平衡正向移动，（3）①恒温条件下随反应进行，气体分子数逐渐减少，体系内压强逐渐减小，甲为“恒温”条件；而乙中随反应正向进行，压强先增大，可知此过程中体系内温度升高导致气体膨胀，压强增大，则该反应为放热反应，ΔH<0， 且乙为“绝热”条件；b点对应的温度和压强均大于c点，则b点正反应速率大于c②同体积b点温度高于a点，两点