四川省巴中市2025届高三下学期一诊考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1四川省巴中市2025届高三下学期一诊考试试题一、选择题1．创造幸福生活离不开化学。下列叙述错误的是A．含氟牙膏的氟离子与羟基磷灰石发生反应生成氟磷灰石Ca5B．将白糖熬成焦糖汁给食物上色，利用了蔗糖在高温下碳化的原理C．铝粉与烧碱的混合物可作疏通剂疏通堵塞的厨卫管道D．研发新能源汽车，降低汽油柴油的消耗【答案】B【解析】牙膏中添加氟化物，与牙齿中的羟基磷灰石反应生成更难溶的氟磷灰石Ca5PO43 F，能预防龋齿，A正确；焦糖的主要成分仍是糖类，同时还有一些醛类、酮类等物质，蔗糖在高温下增色并不是碳化，B错误；铝粉与烧碱的混合物在水溶液中反应生成氢气，可作疏通剂疏通堵塞的厨卫管道，C2．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．镁可以和CO2B．二氧化硅硬度大，熔点高，可制作光导纤维C．石墨的熔点很高，可用作干电池电极材料D．无水CoCl2呈蓝色，吸水后为粉红色CoCl【答案】D【解析】镁在空气中燃烧，发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火，CO2在空气中含量很低，跟镁可以和CO2反应基本无关；光导纤维的主要成分是SiO2，光能够在纤维中传递与SiO2硬度大、熔点高无关；石墨可用作干电池电极材料，是因为石墨能导电，跟熔点高无关；无水氯化钴可用于制造变色硅胶，是因为无水CoCl2呈蓝色，吸水后为粉红色CoCl3．已知：Fe3O4A．室温下，0.2mol/L的FeI2溶液中Fe2+B．标准状况下，11.2LHI中所含分子数0.5C．1mol基态Ⅰ原子中含有未成对电子数为ND．11.6gFe3O4与足量【答案】A【解析】未知0.2mol·L-1的FeI2溶液的体积，无法计算Fe2+数目，A错误；标准状况下，11.2LHI的物质的量为0.5mol，则所含分子数为0.5NA，B正确；I的原子序数为53，基态Ⅰ原子的价电子排布式为5s25p5，则1mol基态Ⅰ原子中含有未成对电子数为NA，C正确；Fe3O4与足量HI溶液反应生成Fe2+，11.6gFe3O4的物质的量=11.6g232g/mol4．有机化合物X、Y、Z、W之间有如下转化关系。下列说法错误的是A．条件①和②均为浓硫酸、加热 B．Y中所有碳原子均共面C．Z可以发生聚合反应 D．1molW最多消耗【答案】B【解析】①在浓硫酸加热条件下发生分子内的脱水成环反应，②在浓硫酸加热条件下发生分子内的成环酯化反应，A正确；Y中与苯环相连的碳原子为饱和碳，所连接的四个原子不可能共面，该分子所有碳原子不可能共面，B错误；Z分子中含有羧基、羟基，可以发生缩聚反应，C正确；1molW含有1mol苯环、1mol酯基，酯基不与氢气反应，1mol苯环和3mol氢气发生加成反应，1molW最多消耗3molH2，5．下列实验装置正确且能达到实验目的的是A．可以形成浓差电池，左侧电极为负极B．除去H2S气体中的I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)加压颜色加深C．验证平衡移动原理D．配制NaOH溶液A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】左侧c(AgNO3)=1mol·L-1，右侧c(AgNO3)=5mol·L-1，左侧c(Ag+)浓度低，Ag失电子发生氧化反应Ag-e-=Ag+，故左侧电极为负极，该装置可以形成浓差电池，A正确；H2S和HCl都能与饱和Na2S溶液反应，不能用饱和Na2S溶液除去H2S6．常温下，下列溶液中所给离子能大量共存的是A．氯水：K+、Na+、COB．王水：SO32-、Fe2+、C．氨水：CuNH342+、NHD．明矾水：Ba2+、HCO3-、【答案】C【解析】氯水中存在Cl2，Cl2+Br-=Br2+2Cl-，Cl2与Br-不能共存，氯水中存在H+，H+与CO32-发生复分解反应不能共存，A错误；王水具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，SO32-与H+可发生复分解反应，不能共存，B错误；氨水与Cu7．LiFePO4、LiCoOA．Li的焰色试验形成发射光谱B．第二周期第一电离能介于Li和O之间的元素有4种C．Fe和Co都位于周期表中d区D．基态P原子核外电子有9种空间运动状态【答案】B【解析】Li的焰色试验，Li元素的单质或化合物灼烧时，电子吸收能量跃迁至高能级，不稳定，又跃迁回较低能级释放能量，形成发射光谱，A正确；同周期元素，从左至右，第一电离能有增大趋势，由于N的2p轨道半充满，较稳定，第一电离能大于O，第二周期第一电离能介于Li和O之间的元素有Be、B、C3种，B错误；Fe和Co都属于Ⅷ族元素，位于周期表中d区，C正确；基态P原子电子排布式为1s22s22p63s23p5，核外电子占据9个原子轨道，有9种空间运动状态，D正确。故选B。8．工业生产下列物质，对应的转化过程不符合要求的是选项物质转化过程ANaNaClBBr浓缩海水→CTiTiO2、焦炭、DH黄铁矿FeSA．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】工业上生产Na2CO3采用侯氏制碱法，需先向饱和食盐水中通入NH3，再通入CO2，使溶液呈碱性以增大CO2溶解度，从而生成NaHCO3沉淀。不通入NH3直接通CO2，不能生成NaHCO3沉淀，A符合题意；浓缩海水中通入Cl2，Br-被Cl2氧化为Br2，再通入SO2，Br2被SO2还原为Br-，最后通入Cl2，Br-被Cl2氧化为Br2，此过程符合海水提溴的工业步骤，B不符合题意；TiO2与Cl2、焦炭高温生成TiCl4，再和Mg在稀有气体中加热，TiCl4被还原为Ti9．下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作及现象结论A用饱和Na2CO3溶液可以将KB取少量某无色溶液，先滴加氯水，再加入少量CCl4原无色溶液中一定有IC向NaAlOH4AlOH4-D以铁为保护电极，锌为辅助电极，酸化的3%氯化钠为电解质溶液，导线连接两电极，一段时间后，向铁电极附近的溶液中滴入2滴铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀铁未被保护A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】饱和Na2CO3溶液中c(CO32-)很大，>KspBaCO3，有BaCO3生成，不能说明KspBaSO4>KspBaCO3，A错误；取少量某无色溶液，先滴加氯水，再加入少量CCl4，振荡静置，溶液分层，下层呈紫红色说明Cl2将溶液中I-氧化为I2，说明无色溶液中一定有I-，B正确；向NaAlOH4溶液中加入NaHCO3溶液发生反应AlOH4-+HCO3-=10．离子液体是一类在室温或稍高于室温时呈液态的离子化合物，因其优异的性能被广泛应用，某离子液体的结构如图所示。X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，下列说法错误的是A．原子半径：QB．最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：YC．离子液体含体积很大的阴阳离子，沸点低，易挥发D．可将未用完的Q4【答案】C【解析】由离子液体结构可知，X形成1个共价键，且原子序数最小，X为H；Y形成4个共价键，Y为C；Z形成3个共价键，Z为N；W形成1个共价键，W为F，Q为P。同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径P>N>F>H，即Q>Z>W>X，A正确；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性C<P<N，即Y<Q<Z，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱为Y<Q<Z，B正确；离子液体含体积很大的阴阳离子，离子间作用力较大，沸点较高，不易挥发，C错误；P4白磷是易燃物，着火点低（40℃左右），在空气中容易自燃，若随便丢弃易引起火灾，为保证安全，未用完的白磷需放回原试剂瓶，D正确。故选C11．电厂烟气(NOx、CO2等)可用NH3脱氮。在A．脱氮的总反应为：4B．该反应在任何条件下可自发进行，则ΔH<0C．Fe3+D．催化剂可提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】由图示箭头可知反应物为NH3、NO和O2，生成物为N2和H2O，总反应方程式为4NH3g+4NOg+O2g催化剂4N2g+6H2Og12．电解法制取苯甲酸甲酯的相关原理如图所示。下列有关说法正确的是A．a为直流电源的正极，电子流向bB．M极的电极反应为SOC．生成22.4LH2时，理论上可得D．SO2【答案】B【解析】由图示电解池中，铂电极N电极有H2生成，石墨电极(N)为阴极，N极接电源负极b，碳电极(M)则为阳极，M极接电源正极a。外电路中电子应从阳极M流向电源正极a，再经电源内部到负极b，最后到阴极N；电子不能经过电解质溶液，A错误；在阳极(M)上，同时有Br-和SO2被氧化分别生成SO2、Br2，可将这一步综合表示为SO2+2Br--2e-=SO2Br13．一种以纳米铜(Cu)为原料制备CuCl的工艺流程如下。已知：CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。下列说法错误的是A．“溶解”时X可以是热空气或HB．“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C．“过滤”用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒D．为提高CuCl的纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥【答案】B【解析】纳米铜中加入H2SO4、X溶解，X是氧化剂，X可以是热空气或H2O2，A正确；所得溶液中含有CuSO4，加入Na2SO3、NaCl还原，Cu2+被SO32-还原，过滤后得到CuCl粗产品，经洗涤、干燥得到纯净的CuCl，说明还原时发生反应2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，B错误；“过滤”用于分离难溶性固体和液体，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，C14．苯在浓HNO3和浓HA．可用红外光谱法鉴别产物X和产物YB．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物C．从中间体到产物，更有利于生成产物YD．浓H2【答案】D【解析】红外光谱可以检测出有机物中不同的官能团，产物X和产物Y含有的官能团不完全相同，可用红外光谱法鉴别产物X和产物Y，A正确；由图像有机物结构可知，X是苯环与其他原子团发生加成反应得到的，X为苯的加成产物；Y是苯环上的氢原子被硝基取代得到的，为苯的取代产物，B正确；由图像可知，中间体到产物Y的活化能小，化学反应速率快，产物Y比产物X的能量低，产物Y更稳定，更有利于生成产物Y，C正确；在苯的硝化反应中，浓硫酸一方面作催化剂，加快反应速率；另一方面浓硫酸还作为吸水剂，促使反应向正反应方向进行，D错误。故选D。15．常温下，将一定量的碳酸钙固体溶于水，形成饱和溶液，有关粒子浓度如下表所示：粒子类别CaABCDE粒子浓度mol1.0×2.8×7.1×2.3×1.4×7.1×其中：A、B、C为含碳微粒(不考虑碳酸的分解)，D、E为H+或OH已知：KspCaCO3=2.8×10下列说法错误的是A．向溶液中通入少量二氧化碳，nCOB．上述溶液中存在：cC．加水至溶液体积翻倍(固体仍有剩余)，5.0×D．CO32-【答案】C【解析】向该饱和溶液中通入少量CO2，反应方程式为CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，nCO32-减少，A正确；CaCO3是强碱弱酸盐，CaCO3饱和溶液呈碱性，则H+浓度为1.4×10-10加水至溶液体积翻倍(固体仍有剩余)，cCa2+不变，cCa2+=1.0×10-4mol⋅L-1，C错误；根据碳原子守恒，溶液中含碳微粒总浓度约为9.9×10-5mol⋅L-1二、非选择题16．我国每年约产100万吨钒磁铁矿尾渣(主要成分NaVSi2O6、Fe2O3及少量MnO等物质)，其中已知：该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子开始沉淀pH完全沉淀pHFe2.34.1Mn8.810.4回答下列问题：(1)NaVSi2O6中V的化合价为，基态Mn的价电子排布式(2)“碱浸”时V2O3中转化为NaVO3(3)钒的浸出率与NaOH的浓度及液固比关系如下图所示，则所选择的最佳浸出条件为、。(4)“滤渣2”是“调pH”范围为。(5)“煅烧”过程中，固体残留率(剩余固体质量/原始固体质量)随温度变化曲线如图所示，NH4VO3分解过程中M点、N点分别失去物质为、【答案】(1)+33d54(3)NaOH浓度100g⋅L-1(4)CaSO4、CaSiO3(H2SiO3也可(5)NH3【解析】磁铁矿尾渣(主要成分NaVSi2O6、Fe2O3及少量MnO等物质)中加CaO、NaOH，通入空气碱浸，NaVSi2O6转化为可溶性的钒酸钠和CaSiO3沉淀，Fe2O3及MnO不溶于碱溶液，过滤，滤液经加热浓缩，加入(NH4)2SO4沉钒，生成的NH4VO3煅烧得到V2O5；滤渣1中主要成分为Fe2O3、MnO、CaSiO3，加入H2SO4酸浸，滤渣2为CaSO4、CaSiO3(（1）NaVSi2O6中Na为+1价，Si为+4价，O为-2价，则V的化合价为+3价；Mn的原子序数是25，基态Mn（2）“碱浸”时V2O3被氧气氧化为NaVO（3）从钒的浸出率和节省原料考虑，最佳浸出条件为NaOH浓度100g⋅L-1、液固比（4）“滤渣2”是CaSO4、CaSiO3(H2SiO3也可)；“调pH”使Fe3+沉淀完全，而Mn2+（5）NH4VO3的摩尔质量为117g·mol-1，假设有1molNH4VO3，质量为117g，M点时固体残留率为85.47%，减少117g×(1-85.47%)=17g，根据原子守恒，可知M点失去物质为NH3；N点固体残留率为77.78%，质量又减少117g×(1-77.78%)-17g=9g，钒原子守恒，剩余固体为0.05molV217．焦炉气在处理过程中产生含有S2-、CN-、SCN-的废水，某科研小组检测其中①第一次蒸馏：取废水5mL用蒸馏水稀释定容至250ml，转移至如图装置A中，再加入10 mLZn②第二次蒸馏：将第一次馏出液稀释定容至250 mL，并转移至装置A中，加入10 mL0.5 mol⋅L-1AgNO3③CN-测定：取50 mL待测液用NaOH稀释至100 mL，加入适量试银灵作指示剂，用0.01mol⋅已知：i．Ag++2CN-=ii．试银灵指示剂为橘黄色，其与Ag+(1)装置A的名称。(2)第一次蒸馏是为了让H2S、HCN挥发至比色管中，则第二次蒸馏加入AgNO3的目的是(用离子方程式解释)，Na2EDTA、(3)AgCN2-中σ键与π键数目之比(4)该反应的滴定终点现象为，CN-浓度为g(5)以下操作使测量结果偏低的是。A．冷凝管未通冷凝水B．滴定终点时，仰视滴定管液面读数C．若第二次蒸馏时将pH调为4【答案】(1)蒸馏烧瓶(2)2Ag++S2-(3)1:1(4)加入最后半滴AgNO3溶液，溶液颜色由橘黄色变为橙红色，且30s不恢复原色5.2V【解析】第一次蒸馏是为了让H2S、HCN挥发至比色管中，被NaOH溶液吸收，所得馏出液稀释定容至250 mL，并转移至装置A中，加入10 mL0.5 mol⋅L-1AgNO3溶液、10mLNa2EDTA溶液，S2-转化为Ag2S沉淀，CN-与EDTA反应生成易释放的配合物，H3PO4溶液调节pH<2（1）装置A的名称是蒸馏烧瓶；（2）第二次蒸馏加入AgNO3的目的是为了除去S2-，离子方程式为2Ag++S2-（3）三键中有1个σ键、2个π键，配位键是σ键，AgCN2-中有4个σ键，4个π（4）试银灵指示剂为橘黄色，其与Ag+作用产物为橙红色，该反应的滴定终点现象为加入最后半滴AgNO3溶液，溶液颜色由橘黄色变为橙红色，且30s不恢复原色；根据Ag++2CN-=AgCN2-，可知CN（5）冷凝管未通冷凝水，导致馏出液中HCN偏少，测量结果偏低，A符合题意；滴定终点时，仰视滴定管液面读数，读取标准液体积偏大，测量结果偏高，B不符合题意；若第二次蒸馏时将pH调为4，CN-不能全部转化为HCN分离出来，测量结果偏低，C符合题意。故选AC18．CO2与H2反应合成HCOOH，是实现“碳中和(1)反应I：CO已知：HCOOHCOH①ΔH2=②实验测得反应I的v正=k正cCO2⋅cH2，v逆=k逆cHCOOH，lgk与温度的关系如图所示(k表示速率常数)。直线A表示(填“lgk正”或“③温度为T1K时，将0.4molCO2和0.3molH2充入0.1L恒容密闭容器中合成HCOOH，当CO2转化率为50%时，反应I的v正(2)二氧化碳也可用电化学方法进行还原，下面是二氧化碳在电极表面被还原为产品M的示意图①写出该电极反应式。②在二氧化碳流速为20 mL⋅min-1(已换算成标准状况)，阴极板面积为100 cm2条件下，测得【答案】(1)-283.0lgk正升温，正反应速率增大幅度较小(或降温，正反应速率减小幅度小于逆反应速率的减小幅度)k正(2)CO2+2【解析】（1）①根据盖斯定律，将已知反应进行组合，则ΔH2=Δ②反应I是为放热反应，降低温度平衡正向移动，降低相同的温度，正降低的幅度较小，由图像可知，直线A表示lgk正，当反应达到平衡时，v正=v逆，即k正③由图像可知K>1，当CO2转化率为50%COQ=0.20.10.2（2）①由图可知，CO2在电极表面得电子结合H+生成CH2②在标准状况下，CO2流速为20mL·min-1=20×10-3 L60 s，则n(CO2)