陕西省宝鸡市金台区2025届高三上学期第二次模拟检测(解析版)化学试题

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1陕西省宝鸡市金台区2025届高三上学期第二次模拟检测一、选择题1．化学科学在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有关叙述正确的是A．“长征Ⅴ号”火箭的箭体蒙皮材料2219-铝合金，可一定程度上减轻火箭的质量B．实现海上首飞的“鲲龙”水陆两栖飞机的燃料航空煤油是煤干馏的产品C．“墨子号”卫星成功发射实现了光纤量子通信，生产光纤的原料为晶体硅D．成功坐底深度10909m马里亚纳海沟的“奋斗者”号载人潜水器所用的硬质合金潜孔钻头属于复合材料【答案】A【解析】“长征Ⅴ号”火箭的箭体蒙皮材料2219-铝合金，铝合金密度小，可一定程度上减轻火箭的质量，A正确；航空煤油是石油裂化的产品，B错误；生产光纤的原料为二氧化硅，C错误；载人潜水器所用的硬质合金潜孔钻头属于合金材料，D错误。故选A。2．下列表示正确的是A．乙醛的结构简式：CH3COH B．2-C．S2-的结构示意图： D．过氧化钠的电子式：【答案】D【解析】乙醛的其结构简式为CH3CHO，A错误；2-丁烯的结构简式为CH3CH＝CHCH3，键线式为，B错误；硫的原子序数为16，硫原子得2个电子形成的S2-最外层有8个电子，S2-的结构示意图为，C错误；过氧化钠为离子化合物，含离子键和氧氧非极性共价键，其电子式为，D正确。故选D。3．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是A．用甲装置制备H2 B．用乙装置制备NH3C．用丙装置验证NaHCO3的分解 D．用丁装置在铁上镀铜【答案】A【解析】图甲，打开分液漏斗活塞、打开弹簧夹，稀盐酸和锌反应生成氯化锌和氢气，关闭弹簧夹，装置中压强增大，盐酸进入漏斗中，锌和稀盐酸分离，反应停止，A正确；图乙收集氨气导管应该伸到试管底部且其试管口放一团棉花，防止氨气和空气对流导致氨气不纯，B错误；图丙，CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，C错误；在铁上镀铜时，应该为镀层金属Cu作阳极，待镀制品Fe作阴极，D错误。故选A。4．NAA．18g重水(D2O)B．3mol的NO2与H2C．32g环状S8()分子中含有的S-S键数为1D．1LpH=4的0.1mol⋅L-1K【答案】C【解析】D2O的质子数为10，18gD2O的物质的量为18g20g/mol=0.9mol，则18g重水(D2O)中所含质子数为9NA，A错误；NO2与H2O反应的化学方程式为3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时转移的电子数为2NA，B错误；32gS8的物质的量为32g8×32g/mol=18mol，则32gS8含有的S-S键数为18×8×N5．由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是实验操作现象结论A向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：ClB检验乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体乙醇中含有水C向金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末中加入2~3ml蒸馏水有气体生成固体粉末中有NaD检验铁锈中是否含有二价铁将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去铁锈中含有二价铁A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】向NaBr溶液中滴加过量氯水，Br-被氧化为Br2，氯水有剩余，再加入淀粉KI溶液，氯水可将I-氧化为I2，不能证明Br2比I2的氧化性强，A错误；B．乙醇和钠反应也产生无色气体，不能说明乙醇中含水，B错误；Na在氧气中燃烧产物可能有Na2O和Na2O2，Na2O加水生成NaOH，Na2O2加水生成NaOH和O2，因此可以通过有气体生成说明含有Na2O2，C正确；KMnO4溶液能氧化盐酸，用盐酸溶解铁锈，再滴入KMnO4溶液，紫色褪去不能证明铁锈中含有Fe2＋，D错误。故选为C。6．氨是一种重要的化工原料，根据下图转化判断下列有关表述正确的是A．浓硝酸见光易分解且易挥发，应用棕色试剂瓶盛放且用胶塞密封B．戊与丁反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2C．实验室中可以采取加热甲物质的方法制取氨气D．向饱和NaCl溶液中依次通入过量的CO2和NH【答案】B【解析】NH3催化氧化生成NO和水，丙是NO、丁是H2O；NO和O2反应生成NO2，戊是NO2；NO2和水反应生成HNO3和NO；NH3和HCl反应生成NH4Cl，甲是NH4Cl；NH3、NaCl、CO2、H2O反应生成NaHCO3，乙是NaHCO3。浓硝酸见光易分解且易挥发，应用棕色试剂瓶盛放，浓硝酸具有强氧化性，不能用胶塞密封，A错误；NO2和水反应生成HNO3和NO，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，B正确；甲是NH4Cl，NH4Cl受热分解生成的NH3和HCl遇冷会重新结合生成NH4Cl，不能采取加热甲物质的方法制取氨气，C错误；NH3极易溶于水，CO2在碱性溶液中溶解度增大，向饱和NaCl溶液中先通入过量的NH3，再通入CO2生成NaHCO3沉淀，D错误。故选7．中学常见的某反应化学方程式为X＋Y→M＋N＋H2O(未配平，反应条件已略去)，下列叙述错误的是A．若X、Y的物质的量之比为1：4，且N是黄绿色气体，则该反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl-＝Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OB．当N为氯碱工业的主要原料，M是造成温室效应的主要气体，则上述反应的离子方程式一定为：CO32-＋2H＋＝CO2↑＋C．若X是铁，Y是稀硝酸(过量)，则X与Y反应的离子方程式为Fe＋4H＋＋NO3-＝Fe3＋＋NO↑＋2HD．若M、N为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪色，橙色褪色过程的离子方程式为SO2＋Br2＋2H2O＝4H＋＋SO42-【答案】B【解析】N是黄绿色气体，则N为Cl2，X和Y物质的量的之比为1∶4，此反应是实验室制取氯气的反应，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl-＝Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，A正确；N为氯碱工业的主要原料，N为NaCl，M是造成温室效应的主要气体，M为CO2，此反应可能是离子方程式为CO32-＋2H＋＝CO2↑＋H2O或HCO3-＋H＋＝CO2↑＋H2O，B错误；若X是铁，Y是稀硝酸，过量稀硝酸把变价金属Fe氧化成Fe3＋，HNO3被还原成NO，该反应的离子方程式为Fe＋4H＋＋NO3-＝Fe3＋＋NO↑＋2H2O，C正确；D．M、N为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，M、N的混合气体为CO2和SO2的混合物，将混合气体通入到溴水中，SO2被氧化为硫酸，Br2被还原为HBr，反应的离子方程式为SO2＋Br2＋2H2O＝4H＋＋SO48．近日，武汉大学肖巍教授研究了一种电化学分解甲烷源(ESM)的方法，实现了以节能、无排放和无水的方式生产氢气，反应机理如图所示。下列说法正确的是A．Ni电极连接电源的正极B．反应过程中，需要不断补充COC．理论上每生产11.2LH2，电路中转移2mole-D．Ni-YSZ电极的电极反应为CH【答案】D【解析】由图示电解池可知，在Ni电极上CO32-得到电子产生C、O2-，电极反应式为CO32-+4e-=C+3O2-，发生还原反应，所以Ni电极作阴极，与电源的负极连接，A错误；Ni-YSZ为阳极，CH4在Ni电极上失去电子发生氧化反应生成CO2，CO2和O2-转化为CO32-，电极反应式为CH4+3O2--4e-=CO32-+2H2，Ni电极为阴极，电极反应式为CO32-9．我国嫦娥五号探测器带回1.731kg的月球土壤，经分析发现其构成与地球土壤类似土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15。X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与WA．原子半径大小顺序为WB．化合物XW中的化学键为离子键C．Y单质的导电性能弱于Z单质的D．Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸【答案】B【解析】由短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，可知W所在主族可能为第ⅢA族或第ⅥA族元素，又因X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，故W一定不是第ⅢA族元素，即W一定是第ⅥA族元素，推知W、X、Y、Z依次为O、Mg、Al、Si。O原子有两层，Mg、Al、Si均有三层且原子序数依次增大，故原子半径大小顺序为Mg＞Al＞Si＞O，即X>Y>Z>W，A错误；化合物XW即MgO为离子化合物，其中的化学键为离子键，B正确；Y单质为铝单质，铝属于导体，导电性很强，Z单质为硅，硅为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故Y单质的导电性能强于Z单质的，C错误；Z的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D错误。故选B。10．下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3＋Fe＝3FeCl2，Fe的化合价发生变化，A涉及氧化还原反应；MgCl2与NaOH溶液发生反应MgCl2＋2NaOH＝Mg(OH)2＋2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl＋NaOH＝NaCl＋H2O，两反应中没有元素化合价发生变化，B未涉及氧化还原反应；除去Cl2的HCl应用饱和食盐水，C除杂方法不正确；NO2与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，D涉及到了氧化还原反应。故选B。11．常温下，向20mL 0.1mol⋅L-1 CH3A．a点的pH=1 B．b点时，C．c点时，V(NaOH)=20mL D．【答案】D【解析】CH3COOH是弱电解质，部分电离，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c（H＋）＜0.1mol/L，a点溶液pH＞1，A错误；b点加入10mLNaOH溶液，溶液中CH3COONa和CH3COOH的浓度相等，溶液pH<1，溶液的总体积为30mL，且CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中c(CH3COO-)＞20mL×0.1mol/L30mL×12≈0.033mol/L，B错误；当加入NaOH溶液为20mL时，恰好生成CH3COONa，CH3COO-水解使溶液呈碱性，则c点时溶液pH＞7，C错误；溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO-)＋c(OH-)，c点溶液呈中性即c(H＋)＝c(OH-)，故c点时，cNa+12．某有机化工产品R的结构简式如图所示。下列有关R的说法错误的是A．一定条件下，R可与5molH2发生加成反应 B．R中碳原子的杂化形式有sp2C．R能发生氧化、加成和水解反应 D．R分子中所有碳原子共平面【答案】A【解析】R中的苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，酯基不与氢气加成发生加成反应，一定条件下，R可与4molH2发生加成反应，A错误；甲基中的碳原子为sp3杂化，苯环碳、羰基碳、双键碳均为sp2杂化，B正确；R中的碳碳双键能发生加成反应和氧化反应，R中的酯基能发生水解反应，C正确；与苯环直接相连的原子共面，酯基中、碳碳双键两端原子共面，则分子中所有碳原子共平面，D正确。故选A。13．中国科学技术大学、南京大学等单位的研究者，开发了具有丰富双晶结构的高晶格Cu3N做电催化剂，拟用来还原CO，有望实现可再生的能源存储。Cu3N的一种晶胞(立方)结构如图所示：则下列说法正确的是A．基态Cu原子的价层电子排布式为：3d9B．图中小黑点位置为Cu原子C．Cu3N的密度为206×1021ND．距离最近两个Cu＋间的距离为32【答案】C【解析】Cu的原子序数为29，基态Cu原子的价层电子排布式为3d104S1，A错误；根据“均摊法”，晶胞中含8×18=1个小黑点、12×14=3个大黑点，结合化学式Cu3N，图中小黑点位置为N原子，B错误；晶体密度为MNAa3×14．HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c2(M+)随c(H＋)而变化，M+下列叙述错误的是A．溶液pH=4时，B．MA的溶度积KC．溶液pH=7时，c(MD．HA的电离常数K【答案】C【解析】由图可知，pH＝4时，c(H＋)＝10×10-5mol/L，c2(M＋)＝7.5×10-8mol2/L2，c(M＋)＝7.5×10-8mol/L=7.5×10-4mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；c(H＋)＝0时，溶液中c(OH-)较大，抑制A-的水解，溶液中c(M＋)＝c(A-)，则Ksp(MA)=c(M+)×c(A-)=c2(M+)=5.0×10-8，B正确；设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知c二、非选择题15．TiCl4是制备金属钛的重要中间体。某小组同学利用如下装置在实验室制备TiCl4。已知：TiCl4易挥发，易水解形成白色沉淀，且高温时能和O2反应，不和HCl反应。回答下列问题：(1)装置A中盛放浓盐酸的仪器名称是，装置B中长导管的作用是，装置E中的试剂是(填试剂名称)。(2)装置A中发生反应的离子方程式。(3)在通入Cl2前，先打开开关k，从侧管持续通入一段时间的CO2气体的目的是(4)装置C中除生成TiCl4外，还生成一种气态不成盐氧化物，该反应的化学方程式为：(5)利用如图装置测定所得TiCl4的纯度：取mg产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水，待TiCl4充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几滴0.1mol·L-1K2CrO4溶液作指示剂，用nmol·L①安全漏斗中的水在本实验中的作用除与TiCl4反应外，还有②产品的纯度为(用含m、n和V的代数式表示)。【答案】(1)分液漏斗平衡气压，防止堵塞和倒吸浓硫酸(2)2MnO(3)排除装置中的空气，防止TiCl4和O2反应(4)TiO(5)液封的作用，吸收挥发的HCl气体，避免HCl的损失19nV【解析】A为制备Cl2的装置，B为干燥氯气的装置，C、D分别为制备、收集TiCl4的装置，因TiCl4易水解，在C前、D后都要加干燥装置，B、E中盛放试剂为浓硫酸；F中盛放NaOH溶液，目的是除去未反应的Cl2。（1）仪器b的名称是分液漏斗；装置B中长导管与大气相通，作用是平衡气压，防止堵塞和倒吸；E装置中的试剂是浓硫酸，防止F中的水蒸气进入D装置中使TiCl4水解；（2）装置A中浓盐酸和酸性高锰酸钾反应生成氯气、氯化锰和水，化学反应方程式为2MnO4（3）TiCl4高温时能与O2反应，在通入Cl2前，从侧管持续通入一段时间的CO2的目的是排除装置中的空气，防止TiCl4和O2反应；（4）装置C中除生成TiCl4外，还生成一种气态不成盐氧化物，由质量守恒定律知该物质为CO，其化学反应方程式为TiO（5）①TiCl4+2+nH2O=TiO2·nH②据氯元素守恒，存在关系TiCl4~4HCl~4AgNO3，产品的纯度为nmol·L-116．硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是。（2）步骤②需要加热的目的是，温度保持80~95℃，采用的合适加热方式是。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为（填标号）。（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是。分批加入H2O2，同时为了，溶液要保持pH小于0.5。（4）步骤⑤的具体实验操作有，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为。【答案】（1）碱煮水洗（2）加快反应热水浴C（3）将Fe2＋全部氧化为Fe3＋；不引入杂质防止Fe3＋水解（4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）（5）NH4Fe(SO4)2∙12H2O【解析】（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；（2）步骤②需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持80~95℃，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；（3）步骤③中选用足量的H2O2，H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质。因为H2O2易分解，所以在加入H2O2时需分量加入，为防止Fe3＋水解，溶液要保持pH小于0.5；（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙xH2O，其相对分子质量为266＋18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18＝27，则27/(266＋18x)＝5.6%，解得x＝12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙12H2O。17．汽车尾气中含有CO、NO等有害气体。(1)汽车尾气中NO生成过程的能量变化示意图如下：通过图示信息可判断该反应是(填“吸热”或“放热”)反应，判断的依据是。(2)利用催化技术可将汽车尾气中的CO和NO转化为CO2和N①该反应的化学方程式为。②某温度下，在VL的密闭容器中通入CO和NO，测得不同时间CO的浓度如下表：时间/s0123…c4.00×3.45×3.10×2.95×…用CO的浓度变化表示反应由开始到2s时的平均反应速率为mol⋅L-1⋅s-1；若恒温下保持起始投料量相同，容器体积变为2VL，则该反应的速率会(填“增大”“减小③下列可以表明上述可逆反应已达到化学平衡状态的是(填序号)。a．容器中的气体压强保持不变b．NO、CO、CO2、N2的浓度之比为2∶2∶2c．N2d．相同时间内，反应消耗2molNO的同时消耗1molN【答案】(1)吸热断键吸收能量>成键放出能量(2)2NO+2CO⇌催化剂2CO2【解析】（1）该条件下，1molN2和1molO2完全反应生成NO，断键吸收