宁夏回族自治区银川二中2024-2025学年高三下学期一模(解析版)化学试题

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1宁夏回族自治区银川二中2024-2025学年高三下学期一模一、单选题1.科技创造未来，我国近年来科技发展举世瞩目，下列说法正确的是A．宇航服的气密限制层通常会采用涂氯丁尼龙胶布和涤纶，两种材料都属于烃B．中国“深海一号”平台成功实现从深海中开采石油和天然气，天然气是纯净物C．“东数西算”工程实现了东部和西部地区的数据高速传输，光纤的主要成分是硅单晶D．“嫦娥六号”在月球背面成功展开五星红旗，这面五星红旗的材料玄武岩纤维属无机纤维【答案】D【解析】烃类有机物只含碳元素和氢元素，氯丁尼龙含氯元素，涤纶含氧元素，二者均不属于烃；A错误；天然气主要成分为甲烷，除甲烷外还含有其它成分，属于混合物；B错误；光纤主要成分是二氧化硅，而非硅单晶；C错误；玄武岩纤维由硅酸盐组成，属于无机纤维；D正确；故选D。2.下列化学用语或图示表达正确的是A．PCl3的空间结构：B．H2OC．基态C原子价电子排布图：D．Cl2分子中σ键的形成：【答案】B【解析】P的原子半径大于Cl的原子半径，PCl3的中心P原子价层电子对数为4，含1对孤电子对，则PCl3的空间构型为三角锥形，空间结构为，A错误；H2O2为共价化合物，其中每个O原子提供1个电子与另一个O原子共用外，还提供1个电子与H共用，则其电子式为：，B正确；基态C原子价电子排布图只有2s和2p能级：，C错误；Cl2分子中的σ键为头碰头：，D错误；故答案为：3.下列离子方程式与所给事实相符的是A．用SO2水溶液吸收Br2B．采用醋酸给水瓶胆去水垢：CaCOC．次氯酸钠溶液中通入少量的CO2：D．工业上，酸性条件下用硫代硫酸钠脱氯：S【答案】C【解析】具有还原性的SO2与Br2发生氧化还原反应，生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为Br2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2Br-，故A错误；用醋酸给水瓶胆去水垢，醋酸为弱酸，属于弱电解质，不拆为离子形式，反应的离子方程式为CaCO4.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是性质差异结构因素A键角：CO杂化方式B熔点：MgCl晶体类型C．热稳定性：HF氢键D．极性：OF电负性差值A.选项AB.选项BC.选项CD.选项D【答案】C【解析】CO2为直线形结构，中心碳原子为sp杂化，键角180°；NH3中心氮原子为sp3杂化，键角约107°，差异由中心原子杂化方式不同导致，A正确；MgCl2为离子晶体，FeCl3偏向分子晶体，离子晶体熔点更高，B正确；HF热稳定性高于H2O是因为F的原子半径小于O，H-F键能更大，而不是氢键（氢键影响沸点），C错误；O与H电负性差（1.24）大于O与F（0.54），导致H2O极性更强，D正确；故选C。5.药物吲哚美辛结构如图所示，下列说法正确的是A．分子式为CB．分子中有4种官能团C．分子中所有碳原子、氮原子均为sp2D．1mol该有机物在一定条件下与过量H2反应，最多能消耗【答案】D【解析】药物吲哚美辛分子式为C19H16ClNO4，A错误；该结构中含有酰胺基、碳氯键、碳碳双键、羧基、醚键五种官能团，B错误；该有机物分子中存在饱和碳原子，其杂化方式为sp3、苯环、羧基、酰胺基中碳原子杂化类型为sp2；氮原子杂化方式为sp2(五元杂环是平面结构)，C错误；该分子结构中的苯环和五元杂环能与氢气反应，1mol6．部分含Na或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A．可存在c→d→e的转化 B．能与H2O反应生成cC．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基 D．若b能与H2O反应生成O2【答案】B【解析】由图可知a、b、c对应物质分别为：钠、氧化钠（过氧化钠）、氢氧化钠或a、b、e、d对应物质分别为：铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。由分析可知氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜所以存在c→d→e的转化，A合理；钠和氧化钠（过氧化钠）都能与H2O反应都能生成氢氧化钠，B不合理；新制氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基，C合理；若b能与H2O反应生成O2，则b为过氧化钠，结构中含共价键和离子键，D7.五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，在每个短周期均有分布。化合物WYX4QZ4可作肥料，Z在地壳中含量最多，Y的基态原子价层p轨道半充满，W的基态原子价层电子排布式为nsn-1，W与Q同周期，Y与Q同主族。下列说法正确的是A．元素电负性：Z＞Y＞X B．第一电离能：W＞Z＞YC．简单氢化物沸点：Q＞Y＞Z D．YX3和YZ3【答案】A【解析】五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，在每个短周期均有分布，其中X的原子序数最小，可知X为H元素；而Z在地壳中含量最多，则Z为O元素；Y的基态原子价层p轨道半充满，其原子序数小于Z(氧)，则Y原子价电子排布式为2s2p3，故Y为N元素，元素的非金属性越强，其电负性就越大。元素的非金属性：O＞N＞H，则元素的电负性：O＞N＞H，用字母表示电负性：Z＞Y＞X，A正确；W的基态原子价层电子排布式为nsn-1，其原子序数大于Z(氧)，则n只能为3，价电子排布式为3s2，故W为Mg元素，同一周期主族元素随原子序数增大，元素的第一电离能呈增大趋势，IA族、VA族元素由于原子核外电子处于轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素。同主族自上而下，元素的第一电离能逐渐减小，则第一电离能大小关系为：N＞O＞Mg，用字母表示第一电离能大小关系为：Y＞Z＞W，B错误；W与Q同周期，Y与Q同主族，可知Q为P元素，根据上述分析可知：Y为N、Z为O、Q为P元素。它们形成的简单氢化物分别是NH3、H2O、PH3。PH3分子之间只存在分子间作用力，NH3和H2O分子之间还存在氢键，且氢键作用：H2O＞NH3，导致物质的熔沸点升高，而PH3的沸点最低，故氢化物沸点：H2O＞NH3＞PH3，即用字母表示简单氢化物的沸点：Z＞Y＞Q，C错误；YX3是NH3，分子中N原子有1对孤电子对，价层电子对数为3+5-3×12=4，NH3分子空间构型为三角锥形；而YZ3-是NO3-，N原子孤电子对数=0、价层电子对数=3+5+1-3×8.下列实验的对应操作中，能达到实验目的的是A．检验1-氯丁烷中氯元素B．验证SO2可与水反应C．从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体D．配制一定物质的量浓度的KCl溶液A.选项AB.选项BC.选项CD.选项D【答案】C【解析】在1-氯丁烷中氯元素是以Cl原子形式存在。要检验1-氯丁烷中氯元素，应该使其发生水解反应或消去反应，转化为Cl-，然后再加入AgNO3溶液进行检验。具体操作方法是：先向一定量的1-氯丁烷中加入NaOH水溶液，并加热煮沸，待反应混合溶液冷却后，向溶液中加入足量稀HNO3，使溶液显酸性，然后再加入AgNO3溶液，若反应产生白色沉淀，就证明水解后的溶液中含有Cl-，则原1-氯丁烷中含有氯元素，A错误；二氧化硫易溶于水，液面上升可能是由SO2溶于水所导致，而不能验证SO2与水反应，B错误；由于NaCl在水中的溶解度受温度的影响变化不大，只能采用蒸发溶剂的方法从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体，C正确；在配制一定物质的量浓度的KCl溶液，当凹液面离刻度线1cm时，应该改用胶头滴管向容量瓶中滴加蒸馏水，直至凹液面最低处于刻度线相切，D错误；故合理选项是C。9.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论正确的是选项实验操作及现象结论A．将某固体溶于水，取上层清液，滴加稀盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀说明该固体中含有SOB．室温下用pH计测定同浓度CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH值，NaClO溶液HClO酸性强C．在浑浊的蛋清液中滴加少量NaCl的稀溶液，蛋清液变澄清氯化钠不能使蛋白质发生盐析反应D．向2mL0.1mol/LMgCl2溶液中滴加2-4滴FeOH3A.选项AB.选项BC.选项CD.选项D【答案】D【解析】实验中加入盐酸酸化的BaCl2生成白色沉淀，该沉淀可能为AgCl或BaSO4，未排除Ag+干扰，无法确定含SO42--，应先加入盐酸酸化，无明显现象后再加入氯化钡溶液，A错误；CH3COONa和NaClO均为强碱弱酸盐，溶液水解呈碱性，NaClO溶液pH更大，说明ClO-水解程度更强，对应HClO酸性弱于CH3COOH，结论与事实矛盾，B错误；稀NaCl使浑浊蛋清变澄清，可能因稀释导致盐析沉淀溶解，但盐析需高浓度盐，结论“NaCl不能盐析”以偏概全，C错误；Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3，说明Fe(OH)3的Ksp更小（更易沉淀），10.甲醇(CH3OH)与CO催化制备乙酸(CH3COOHA．ⅲ为该历程的决速步骤B．该过程不涉及非极性键的形成C．该反应中，H2O为催化剂，D．总反应的热化学方程式为CH【答案】A【解析】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越大反应速率越慢，慢反应是总反应的决速步骤；故反应ⅲ为该历程的决速步骤，A正确；该过程涉及碳碳键(非极性键)的形成，B错误；HI在反应中先参与反应（步骤i）被消耗，最终又生成（步骤iii），相当于反应前后质量和性质均不变，属于催化剂；H2O是反应i的产物、步骤iii的反应物，为中间产物，C错误；由图可知，每分子甲醇的转化涉及能量为3.05eV，D错误；故选A。11.在铜基配合物的催化作用下，利用电化学原理可将CO2还原为碳基燃料(包括烷烃和羧酸等)，其装置原理如图所示。下列叙述正确的是A．电势：bB．该装置工作时，H+C．该装置工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH减小D．外电路每转移2mole-【答案】C【解析】电解池工作过程中，Pt电极上H2O转化为O2，发生氧化反应，为阳极，石墨烯上CO2得电子被还原，结合氢离子转化为HCOOH，为阴极，则a为正极、b为负极，电势：b<a，A错误；电解池中阳离子向着阴极发生移动，H+移向阴极，因而从左向右移动，B错误；Pt电极为阳极，水放电生成H+和O2，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，故电极附近溶液的pH减小，C正确；外电路每转移2mole-，阴极区增加除了12.某废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、Fe2O3、FeO、AlA．“碱浸”时发生反应的固体为Al2O3B．“焙烧”的目的仅是除去可燃性有机物C．“操作Ⅲ”为蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥D．“酸浸1”后加入试剂a发生的反应均为置换反应【答案】A【解析】经焙烧处理将Fe、Cu、Al转化为氧化物，同时除去可燃性有机物，碱浸时只有氧化铝能与氢氧化钠反应：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]，A正确；根据选项A可知，焙烧处理将Fe、Cu、Al转化为氧化物，同时除去可燃性有机物，B错误；由于硫酸亚铁具有还原性，13.常温下，向0.1000mol/L二元酸H2X溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液中H2X、HXA．该滴定过程若选择单一指示剂，最好选择甲基橙B．NaHX溶液中，cC．a、b、c三个交点处，溶液中水的电离程度：aD．b点所表示的溶液中：C【答案】D【解析】甲基橙的变色范围是3.1-4.4。从图像可知，二元酸与NaOH溶液反应的终点pH大于甲基橙的变色范围，所以该滴定过程若选择单一指示剂，不能选择甲基橙，A错误；由图像可知，a点pH=4.35，此时H2X和HX-的物质的量分数相等，可计算Ka1(H2X)=10-4.35，b点可计算Ka2(H2X)=10-7.35。根据Ka1(H2X可知Kh2(H2X)=KwKa1(H2X)=10-9.65＜Ka2(H2X)，NaHX溶液以HX-的电离为主，溶液显酸性，HX-电离产生X2-，水解产生H2X，所以c(HX-)>c(X2-)>c(H2X)，B错误；H2X抑制水的电离，X2-水解促进水的电离。从a到b再到c，溶液中X2-的浓度逐渐增大，H2X的浓度逐渐减小，所以水的电离程度c>b>a，C错误。根据电荷守恒c(Na+)+c(H14．锆Zr是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．该氧化物的化学式为ZrOB．该氧化物的密度为123×C．Zr原子之间的最短距离为2D．若坐标取向不变，将p点Zr原子平移至原点，则q点Zr原子位于晶胞xy面的面心【答案】B【解析】A．根据“均摊法”，晶胞中含4个Zr、8×18+12×14+6×B．结合A分析可知，晶体密度为ρ=91×4+16×8C．Zr原子之间的最短距离为面对角线的一半，即22a pm，D．根据晶胞的位置可知，若坐标取向不变，将p点Zr原子平移至原点，则垂直向下，q点Zr原子位于晶胞xy面的面心，D正确；答案选B。二、非选择题15．铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示。已知：①煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐②溶液中Cr③Cr(Ⅲ)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示：回答下列问题：(1)基态铬原子与基态钒原子的未成对电子数之比是，基态硅原子核外电子有种空间运动状态。(2)“煅烧”步骤中，气体与矿料逆流而行，目的是。(3)“浸取”步骤中，溶液中含铬微粒主要存在形式是(填化学符号)。(4)“沉淀”步骤滤渣的主要成分为AlOH3，写出生成该沉淀的离子方程式(5)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，写出生成MgNH(6)“还原”步骤中加入Na2S2O(7)生成CrOH3时，调节溶液的pH在6~12范围内，原因是【答案】(1)2:18(2)增大气体与矿料间的接触面积，加快化学反应速率，使反应更充分(3)CrO(4)Al(5)2(6)作还原剂，将溶液中Cr2O(7)pH<6时Cr3+未完全沉淀，pH>12时【解析】（1）铬原子的价层电子排布为3d54s1，未成对电子数为6，钒原子价层电子排布为3d34s2，未成对电子数为3，二者未成对电子数之比2:1（2）“煅烧”步骤中，气体与矿料逆流而行，可以增大气体与矿料间的接触面积，加快化学反应速率，使反应更充分，故答案为：增大气体与矿料间的接触面积，加快化学反应速率，使反应更充分；（3）“浸取”步骤中，溶液呈碱性，根据Cr2O72-+（4）“沉淀”步骤前铝以[AlOH4]-形式存在，加入稀硫酸后，发生AlOH（5）“除硅磷”步骤前，磷元素以磷酸根的形式存在，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液发生反应2Na3PO（6）由分析知，“还原”步骤中加入Na2S2O5溶液，铬元素由Cr2O72-转化为Cr3+（7）由已知信息③中图可知，在pH<6时，Cr(Ⅲ)未沉淀完全，主要以Cr3+形式存在，在pH>12时，生成的CrOH3已经溶解为CrOH416.草酸(H2C2O4)是一种常用的除锈剂、还原剂和滴定剂。某小组以电石(主要成分是CaC2，含少量请回答下列问题：(1)该装置存在一处明显缺陷，请指出。(2)装置A中，为了控制反应速率，得到平稳的气流，可采取的措施有：___________。A．将块状电石粉碎 B．用饱和食盐水代替水C．导气管口加棉花，防止泡沫喷出 D．改用长颈漏斗滴加液体(3)装置B的作用是。(4)实验测得装置C中产生NO、NO2的物质的量之比为1:1，则装置C中反应的化学方程式为。(忽略NO2，N2O4的转化)。反应一般控制在50℃左右，若高于50(5)称取wg草酸粗产品配制成250mL溶液，准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加入足量稀硫酸，用cmolLKMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液体积为①盛装KMnO4标准溶液的滴定管名称是②该粗产品的纯度为(假设杂质不参加反应，用含w、c、V的代数式表示)。【答案】(1)没有对乙炔气体进行尾气处理(2)BC(3)吸收硫化氢等杂质气体(4)C2H2+4HNO3(5)酸式滴定管225【解析】1）乙炔不和NaOH溶液反应，装置D无法起到吸收乙炔的作用，所以该装置缺少尾气除了装置。（2）A．电石与水反应比较剧烈，将块状电石粉碎会导致反应速率过快不易控制，无法得到平稳的气流，A不选；电石与水反应比较剧烈，用饱和食盐水代替水，可以减缓反应速率，得到平稳的气流，B选；C．导气管口加棉花，防止泡沫喷出堵塞导气管，可以得到平稳的气流，C选；D．改用长颈漏斗滴加液体，无法控制加入液体的体积和速率，无法得到平稳的气流，D不选；故选BC。（3）由实验装置图可知，装置A中饱和食盐水和电石反应制备乙炔，硫化钙和磷化钙与水反应生成硫化氢和磷化氢，反应制得的乙炔气体中混有硫化氢和磷化氢杂质，装置B中盛有的硫酸铜溶液用于除去硫化氢和磷化氢，故答案为：吸收硫化氢等杂质气体；（4）C中乙炔与浓硝酸反应制备草酸，产生NO、NO2的物质的量之比为1∶1，则氮元素得到电子1mol×3+1mol×1=4mol，碳化合价由-1变为+3，1mol乙炔反应转移4mol×2=8mol电子，根据电子守恒可知，需0.5mol乙炔反应，则乙炔、NO、NO2的系数比为1:2:2，结合质量守恒可知，反应为：C2H2+4HNO3=H2C2O4+2NO+2NO2+2H2O该反应中使用了硝酸，硝酸受热会挥发和分解，则生成草酸的速率会减慢，原因是高于50℃，浓硝酸会大量挥发和分解；（5）①KMnO4标准溶液，有强氧化性，会腐蚀橡胶，则盛装KMnO②用cmol/LKMnO4标准溶液滴定草酸溶液，发生反应：2MnO4-+5H217.由CO2催化加氢制CH3OH反应Ⅰ：CO反应Ⅱ：CO(1)已知：相关共价键的键能数据如表。共价键HCCO键能/kJ436.0413.4351462.8试计算：断开1molCO中的化学键所需要提供的最低能量为kJ(2)对反应Ⅰ来说，若该反应能自发进行，则该反应的熵变ΔS0(填“>”或“<”)。若该反应速率v=v正-v逆=k正⋅cCO2⋅cH2-k逆⋅c(3)在T℃时，向容积为1L的恒容密闭容器中投入3molH2和1molCO2，此时容器内的总压为pkPa①下列能说明反应Ⅰ、反应Ⅱ达到平衡状态的是(填字母)。a．2b．容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化c．CO(g)和H2d．容器内气体的密度不再变化②实验测得平衡时CH3OH或已知：CH3OH的选择性=CH3OH其中，表示平衡时CO的选择性的是曲线(填“ⅰ”或“ⅱ”)；为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性，应选择的反应条件为(a．低温、低压b．高温、高压c．高温、低压d．低温、高压③若在上述条件下，反应经5min后达平衡，CO2的平衡转化率为50%，CO的选择性为20%。则在0~5min内vH2=mol⋅L-1⋅【答案】(1)1091.9(2)>增大(3)bcⅱd0.261【解析】（1）根据盖斯定律，将反应Ⅱ-反应I可得：COg+2H2g⇌CH3OHgΔH=-49.0kJ⋅mol-1-+41.1（2）反应I为吸热反应，能自发进行，则需要在一定温度下满足ΔG=ΔH-TΔS（3）①a．无论反应I还是反应Ⅱ，反应速率之比等于化学计量数之比，υ正(H2)=2υ正(H2b．反应I和反应Ⅱ的反应物和生成物均为气体，根据质量守恒可知，反应前后气体总质量不变，反应I为反应前后气体总物质的量不变，反应Ⅱ为气体分子数减小的反应，反应后气体总物质的量减小，则反应I、反应Ⅱ平衡时，气体总物质的量减小，根据公式：M=mn，则容器内混合气体的平均相对分子质量不断增大，当容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡状态，故c．CO(g)只是反应I的产物，而H2O(g)则是反应I，反应Ⅱ的共同产物，二者的物质的量之比是一变量，所以CO(g)和H2O(g)的物质的量之比不再变化时，说明反应达到平衡状态，故c符合题意；d．该反应过程中气体的总质量不变，且容器的总体积不变，则混合气体的密度不是变量，所以项容器内气体的密度不再变化，不能说明反应达到平衡，故d不符合题意；故选bc；②升高温度，反应向吸热方向进行(即的方向)，所以反应I向正向进行，反应Ⅱ向逆向进行，CH3OH变少，CO增多，故CO的选择性增大，则表示平衡时CO的选择性是曲线ⅱ；增大压强，反应向气体体积减小的方向进行，若想要提高CO2的平衡转化率和CH3OH的选择性，应向反应Ⅱ的正反应方向进行，向反应