陕西省商洛市2025届高三下学期尖子生第二次学情诊断考试(解析版)化学试题

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1陕西省商洛市2025届高三下学期尖子生第二次学情诊断考试一、选择题1.科学家模拟“月壤”成分烧制成的“月壤砖”将搭乘“天舟八号”货运飞船飞向中国空间站进行太空实验。下列说法错误的是A．“月壤”属于混合物B．“月壤”中含有的硅酸盐材料熔点较高C．“月壤砖”中的硅酸盐材料属于新型无机非金属材料D．“月壤砖”的“榫卯结构”利用了材料的物理性质【答案】C【解析】“月壤”中含有多种成分，不能用具体化学式表示，属于混合物，故A正确；硅酸盐材料是无机非金属材料，熔点较高，故B正确；硅酸盐材料属于传统无机非金属材料，故C错误；“月壤砖”制成“榫卯结构”，此过程涉及新物质的生成，“榫卯结构”利用了材料的物理性质，故D正确；选C。2.下列关于非金属及其化合物的性质或转化错误的是A．SiB．铵盐受热易分解，但是产物不一定含有氨气C．SO2既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能使溴水褪色D．磷酸中少量的水极难除去的原因是磷酸与水形成分子间氢键【答案】A【解析】SiO2不溶于水，不能与水反应产生H2SiO3，A错误；硝酸铵等铵盐受热分解一般不产生氨气，B正确；SO2使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，体现的是二氧化硫的还原性，C正确；磷酸含有O-H键，与水形成分子间氢键，增大了在水中的溶解性，导致磷酸中少量的水极难被除去，D正确；故合理选项是3.下列化学用语或图示表达正确的是A．SO3的VSEPR模型：B．羟基的电子式：C．基态Cr原子的价层电子排布式:D．丙烯的结构简式:【答案】B【解析】SO3分子中心原子S的价层电子对数为3+6-2×32=3，不含孤电子对，杂化轨道数为3，为sp2杂化，VSEPR模型为平面三角形，A错误；羟基由O原子和H原子形成一对共用电子对所构成，且其中存在1个未成对电子，电子式为，B正确；Cr原子序数为24，基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，C错误；结构简式中碳碳双键不能省略，丙烯的结构简式为CH3CH=CH24.关于实验室安全，下列表述错误的是A．在通风橱中做液溴与苯反应的实验B．少量水银洒在实验台上用硫磺粉覆盖C．用剩的CaC2和NaD．苯酚沾在皮肤上要立即用NaOH溶液洗涤【答案】D【解析】液溴具有挥发性且有毒，液溴与苯反应的实验要在通风橱中进行，防止发生中毒，A正确；汞为重金属，有毒，会和硫单质反应生成硫化汞，故少量水银洒在实验台上用硫磺粉覆盖，B正确；CaC2和Na2O2等化学性质活泼，容易和水发生剧烈反应，故用剩的CaC2和Na2O2等危险品要回收，C正确；苯酚有毒，对皮肤有腐蚀性，NaOH溶液对皮肤也有腐蚀性，不慎将苯酚沾到皮肤上，不能用NaOH5.下列离子方程式书写正确的是A．向Al2SOB．向FeCl3溶液中加入过量铜粉：C．用NaClO溶液吸收少量SO2：D．CO2通入BaCl2【答案】C【解析】Al2SO43溶液与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀不能被弱碱溶解，只能溶于强碱，正确的离子方程式为Al3++3NH3⋅H2O=AlOH3↓+3NH4+，A项错误；向氯化铁溶液中加入过量铜粉，正确的离子方程式为2Fe3+6.利用催化技术将汽车尾气中NO和CO转化为CO2和N2为研究不同条件下对该化学反应的影响。某课题组按下表数据进行了实验探究。实验中使用了等质量的同种催化剂，测得CO编号T/℃cNO/cCO/催化剂的比表面积/mⅠ2806.50×4.00×80.0Ⅱ6.50×4.00×120Ⅲ3606.50×4.00×80.0下列说法正确的是A．实验Ⅱ的反应温度为360℃B．该反应的反应热ΔC．实验Ⅲ达到平衡时，NO的浓度为3.50D．其他条件相同，增大催化剂的比表面积，该反应的反应速率增大，但不影响平衡转化率【答案】D【解析】根据对比实验控制单一变量原则，实验Ⅰ和Ⅱ催化剂比表面积不同，温度应该相同，则实验Ⅱ的反应温度为280℃，A项错误；对比反应Ⅰ和Ⅲ，温度升高，平衡时CO浓度升高，平衡向着吸热的逆向移动，说明ΔH<0，B项错误；实验Ⅲ达到平衡时，CO的浓度为2.0×10-3mol·L-1，CO的浓度变化量为2.0×10-3mol·L-1，根据化学方程式为2NO+2CO⇌催化剂2CO2+N2，平衡时NO的浓度变化量也为2.0×10-3，所以实验Ⅲ达到平衡时，NO7.香柠檬油可用于化妆品。香柠檬油含微量的香柠檬酚和香柠檬醚，其结构如图。下列说法正确的是A．香柠檬酚中所有原子一定在同一平面内B．香柠檬醚中含有3种官能团C．香柠檬酚和香柠檬醚均可以发生取代、加成、消去反应D．1mol香柠檬酚与足量NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH【答案】D【解析】根据单键可旋转的特性，香柠檬酚中的酚羟基与苯环之间的C-O键可以旋转，因此-OH的H可以不在平面内，A错误；香柠檬醚中含有羰基、碳碳双键、酯基、醚键4种官能团，B错误；香柠檬酚中的酚羟基不符合消去反应的结构要求，不能发生消去反应，香柠檬醚中没有羟基和碳卤键，因此也不能发生消去反应，C错误；1mol香柠檬酚中含有1mol酚羟基和1mol能水解生成酚羟基的酯基，最多消耗3molNaOH，D正确；故选D。8.对于反应2NOg+O2 gA．该反应在常温下能自发进行的主要原因是ΔB．反应的平衡常数可表示为K=C．该反应正反应的活化能低于逆反应的活化能D．反应达到平衡状态时，2v【答案】B【解析】该反应为熵减的放热反应，ΔH<0，ΔS<0，根据反应自发性判断依据，在常温下能自发进行的主要原因是ΔH<0，A项正确；平衡常数表达式是生成物浓度的幂之积比反应物浓度的幂之积，即K=c2NO2c2NO⋅cO2，B项错误；该反应ΔH<0，根据Δ9.还原铁粉与水蒸气的反应装置如图所示。取少量反应后的固体加入稀硫酸使其完全溶解得溶液a．下列说法错误的是A．应先将导管插入肥皂液中，再从左到右依次点燃酒精灯B．肥皂液中产生气泡，点燃后会有轻微的爆鸣声C．向溶液a中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明固体中有铁粉剩余D．Fe与水蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2【答案】C【解析】应先将导管插入肥皂液中，在点燃酒精灯时，应先点燃左侧酒精灯对是棉花加热产生水蒸气，在加热右侧酒精灯发生反应，A正确；由于反应产生H2，肥皂液中产生的气泡点燃后会有轻微的爆鸣声，B正确；取少量反应后的固体加入稀硫酸使其完全溶解得溶液。固体中若有Fe3O4与稀硫酸反应后可以产生Fe2+，C错误；Fe与水蒸气反应生成黑色固体四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2，D正确；故答案为：C。10.下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A验证氯气的氧化性将干燥的淀粉-KI试纸放于充满纯净Cl2B配制480mL0.20mol准确称量NaOH固体4.0g，加入500mL水中，充分搅拌C验证非金属性：C取少量大理石于锥形瓶中，滴加浓盐酸，并将产生的气体先通入饱和碳酸氢钠溶液中洗气，再通入硅酸钠溶液中，观察是否有沉淀产生D比较KSPAgCl常温下，向10mL1mol⋅L-1AgNO3溶液中先加入几滴1molA．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】湿润的淀粉-KI试纸与纯净Cl2接触时，才能和KI反应生成I2，干燥的Cl2不能使干燥的淀粉-KI试纸变蓝，A错误；配制480mL0.20mol⋅L-1溶液时，应选用500mL容量瓶定容，将NaOH固体先溶解，再加入容量瓶中定容，B错误；大理石与浓盐酸反应生成CO2，CO2中混有盐酸会发的HCl气体，经饱和NaHCO3洗气除去HCl，再通入硅酸钠溶液，若生成硅酸沉淀，说明碳酸酸性强于硅酸，从而证明C的非金属性大于Si，该实验设计合理，C正确；根据实验中加入试剂的用量可知，Ag+有剩余的情况下，加入NaBr溶液一定有AgBr沉淀产生，不能说明生成的AgBr11.氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是储氢密度很高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。该晶胞的晶胞边长为dnm，阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是A．距离Mg原子最近的Fe原子个数是8B．铁镁合金的化学式为MgFeC．合金的密度为416d3D．若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱心(棱的中点)位置，则含Mg质量为48g的该储氢合金可储存标准状况下H2的体积约为11.2L【答案】C【解析】由晶胞可知，Mg原子在晶胞内，与Mg原子距离最近的Fe原子为4个，A错误；根据均摊法进行计算，在晶胞中，Fe原子位于顶点和面心，晶胞中含有的Fe原子个数为：8×18+6×12=4；Mg原子在晶胞内，其个数为8个，Mg：Fe=8：4=2：1，故铁镁合金的化学式为Mg2Fe，B错误；结合选项B，计算该合金的密度ρ=mV=24×8+56×4NA×d×10-73=416d3NA×10-21g·cm-3，C正确；晶胞中含有Mg原子数为8，若该晶体储氢时，12.犹他大学化学家发明了N2H2生物燃料电池，以质子交换膜为隔膜，室温条件下合成了氨(工作原理如图所示)。已知工业合成氨的热化学方程式为NA．“Anode”意为正极、“Cathode”意为负极B．已知原装置中不含有NH4+C．“Anode”电极上发生反应为ND．若该电池的能量转化效率为80%，则每生成17 gNH【答案】B【解析】原电池中电子由负极流向正极，“Anode”极失去电子为负极、“Cathode”极得到电子为正极，A错误；根据电极反应式：N2+6e-+6H+=2NH3，每转移3mol质子的同时，消耗3 molH+并生成1 molNH3，移动至正极的H+不足以与NH3反应生成NH4+，B正确；“Anode”13某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。已知混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)A．滤渣的成分为MnOB．第三电离能：FeC．1 molH2SO5中过氧键的数目为D．混合气中nSO2n【答案】A【解析】硫酸浸取液中加入混合气，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的H2SO5，加入石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，亚铁离子也被H2SO5氧化成铁离子，故还有氢氧化铁沉淀生成，钙离子与硫酸根离子反应生成硫酸钙沉淀，滤渣的成分为MnO2、CaSO4和FeOH3，A项错误；Fe原子序数为26，Fe2+价电子排布式为3 d6，Mn原子序数为25，Mn2+价电子排布式为3 d5半充满很稳定，则Fe的第三电离能小于Mn的第三电离能，B项正确；H2SO5的结构简式为，则1 molH2SO5中过氧键的数目为14.室温下，Na2CO3体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图1所示。在c起始Na2CO3=0.1 mol⋅L-1的体系中，研究Mg2+在不同pH时的可能产物，cMg2+与pH的关系如图A．室温下，KB．Na2COC．Q点的体系中，发生反应的离子方程式为MgD．P点的体系中，c【答案】C【解析】根据图1中交点M和交点N计算，当pH=10.25时，溶液中cHCO3-=cCO32-，则Ka2=cCO32-⋅cH+cHCO3-=cH+=10-10.25，同理可利用M点求出Ka1H2CO3=10-6.37，室温下，Ka1H2CO3⋅Ka2H2CO3<Kw=10-14，二、非选择题15.以辉铜矿(主要成分Cu2 S，以及少量Fe2O3等)和软锰矿(主要成分MnO2，及少量SiO2、Fe2已知：CuCls回答下列问题：(1)“酸浸”前，需要将辉铜矿和软锰矿粉碎的目的是。(2)“酸浸”时，得到的浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等(SO42-不是氧化产物)(3)“还原”时，发生反应的离子方程式为，该步骤中Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量的关系如图1所示，A点处cCu+(填“大于”“小于”或“等于”)C点处(4)“氧化煅烧”时，反应的化学方程式为，MnCO3在空气中加热时，其固体残留率随温度的变化如图2所示，“氧化煅烧”时应控制温度约为。图中300℃时，剩余固体中nMn:nO【答案】(1)增大接触面积，提高酸浸时的浸取速率和浸取率(2)2：1(3)2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-(4)6MnCO3+O2高温2【解析】（1）“酸浸”前，需要将辉铜矿和软锰矿粉碎的目的是：增大接触面积，提高酸浸时的浸取速率和浸取率。（2）“酸浸”时，得到的浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等(SO42-不是氧化产物)。根据得失电子守恒及质量守恒，该反应的反应方程式为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2O，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为（3）“还原”时，加入(NH4)2SO3溶液和氯化铵溶液，Cu2+被还原为Cu+后与Cl-结合生成CuCl，发生反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，结合已知信息，图1中A→B点，c(Cl-)增大使Cu+形成CuCl沉淀，B→C点CuCl与氯离子继续反应生成CuCl2-，则（4）“氧化煅烧”时，“氧化”中MnCO3与氧气反应生成Mn3O4，反应的化学方程式为：6MnCO3+O2高温2Mn3O4+6CO2，设MnCO3的物质的量为1mol，即质量为115g。A点剩余固体质量为115g×75.65%≈87g，减少的质量为115g-87g=28g，可知MnCO3失去的组成为“CO”，故剩余固体的成分为MnO2，B点剩余固体质量为115g×66.38%≈76g，锰元素质量m(Mn)=55g，则m(O)=76g-55g=21g，氧原子物质的量2116mol，固体中锰原子和氧原子个数比为1:2116≈3:4，剩余固体成分化学式Mn3O4，C点剩余固体质量为115g×61.74%≈71g，根据原子守恒，锰原子为1mol，锰元素质量m(Mn)=55g，则m(O)=71g-55g=16g，氧原子物质的量为1mol，固体中锰原子和氧原子个数比为1:1，化学式为MnO，由于最终要得到产物Mn3O16.高氯酸双(二乙基乙二胺)合铜(Ⅱ)简写为Cudeen2ClO42，它是热致变色物质，Cudeen某实验小组设计实验制备Cudeen实验一：制备CuClO已知:HClO回答下列问题：(1)“合成”中温度控制在200℃，不宜过高，其原因是。(2)“系列操作”包括、过滤、洗涤、干燥。实验二：制备Cudeen步骤1：配制高氯酸铜的乙醇溶液。在干燥的烧杯中，加入0.90gCuClO4步骤2：配制二乙基乙二胺(deen)的乙醇溶液。向干燥的100mL乙醇中，用滴管滴加0.60g二乙基乙二胺，溶解得到淡黄色透明溶液；步骤3：将X的乙醇溶液在搅拌下缓慢加入Y的乙醇溶液中，立刻变为深紫蓝色，搅拌2~3分钟，再静置10分钟左右，观察到容器底部有大量桃红色沉淀，上层仍为蓝色透明溶液；步骤4：分离产品。利用图示装置抽滤、干燥得到产品。(3)参照CuNH34SO4的制备方法，X、Y分别为、(填“二乙基乙二胺”或“高氯酸铜”)，(4)相比于普通过滤，利用图示装置抽滤的优点是。洗涤产品的操作是。实验三：热致变色实验。(5)将少量产品夹在胶带中间，用电吹风热风档吹，观察颜色变化是；Cudeen22+呈色时有顺、反异构体；deen中采取sp3杂化的原子有【答案】(1)温度过高则高氯酸受热分解(2)蒸发浓缩、冷却结晶(3)高氯酸铜二乙基乙二胺两者能形成氢键(4)过滤较快，固体较干燥等向漏斗中加入乙醇没过产品，待乙醇过滤后重复操作2-3次(5)桃花色变为紫蓝色桃花色C、N【解析】（1）根据题干信息给予可知：HClO4受热易分解，故“合成”中温度控制在200℃（2）CuClO42⋅6H2O（3）制备CuNH34SO4是向硫酸铜溶液中加入氨水生成沉淀，然后继续加入氨水至沉淀溶解，则参照CuNH34SO（4）相比于普通过滤，抽滤是在减压条件下进行，减压会使装置内外形成压强差，加快液体下流，过滤较快，固体较干燥等；洗涤产品的操作是向漏斗中加入乙醇没过产品，待乙醇过滤后重复操作2-3次；（5）Cudeen2ClO42相变温度为44℃，将少量产品夹在胶带中间，用电吹风热风档吹，观察颜色变化是桃红色变为紫蓝色；Cudeen22+呈桃红色时，为平面四边形结构，此时有顺、反异构体；deen中碳和氮的价电子对数均为17.脱除烟气中NOx、SO2是保护环境的重要课题。回答下列问题：(1)炭粉还原法。①已知：反应Ⅰ：N反应Ⅱ：Cs+O2g=CO则Cs+2NOg=N2g+CO2g的②利用反应Cs+SO2 g⇌CO2 g+Sg可减少SO2在大气中的排放，一定温度下，在1 L的恒容密闭容器中加入1.0 molSO2和24.0 gC，起始时容器内气体压强为p0kPa，5 min末时容器中CO2的体积分数为(2)烟气中的NOx①还原吸收法：工艺1：用尿素[CONH22]溶液直接吸收烟气中的NO2工艺2：先用氧化剂将NOx中的NO氧化为NO2，再用CONH22溶液还原吸收。NO与O2在某催化剂表面反应生成NO2的过程中，O2机理1：NO机理2：NO上述两个反应均为基元反应。保持温度和NO的浓度不变，测得NO与O2在该催化剂作用下反应的初始速率与O2浓度的关系如图1所示。能合理解释图中曲线变化的机理为(填“机理1”或“机理2”)；判断的依据是②选择性催化还原：将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中，反应相同时间，NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示。当反应温度高于380℃时，NO【答案】(1)-a+bkJ⋅mol-1(2)4CONH22+6NO2=7 N2+4CO2+8H2O机理2机理2认为反应速率与O吸附量和NO吸附量有关：O2浓度较小时，增加【解析】（1）反应Ⅰ：N反应Ⅱ：Cs+O2g=CO2gΔH2=-b kJ⋅mol-1(a、C(s)5min时，混合气体的物质的量为1-x+x+x=1+x，5min时容器内的CO2体积分数x1+x=20%，解得x=0.25，恒温恒容条件下p01=p1+0.25，解得p=1.25p0。5min时容器中S(g)的压强为1.25p0kPa×0.251.25=0.25p0kPa，则SO2减少的压强也为0.25p0kPa，0~5min内vSO2=0.25p0kPa5min=0.05p0kPa（2）用尿素溶液直接吸收烟气中的NOx可转化为无污染的CO2、N2和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，所以该反应的化学方程式为4CONH22+6NO2=7 N2+4CO2+8H2O；由基元反应可知，保持温度和NO的浓度不变的条件下，机理1的反应速率与O吸附量有关，机理2的反应速率与O吸附量和NO吸附量有关，由图可知，氧气浓度增大，反应速率先增大后减小，说明O2浓度较小时，增加O2浓度，O吸附量增大，反应速率加快；O218.化合物K是合成某些药物的原料，其合成路线如下。已知：①；②。回答下列问题：(1)相同温度下，水溶液中KaBrCH2COOH(2)D→E的反应类型为，F中官能团名称为。(3)G中碳原子的杂化方式为。(4)E有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有种(不包含立体异构)。a．经红外光谱测定结构中含和-CCHb．能发生水解反应；c．能与新制CuOH写出其中核磁共振氢谱的峰面积之比为1:2:2:2:9的有机物的结构简式：。(5)比较J和