云南省2025屆高三化學(xué)名校聯(lián)考模擬試題含解析

PAGE14-云南省2025屆高三化學(xué)名校聯(lián)考模擬試題（含解析）留意事項(xiàng)：1.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24Cl—35.5一、選擇題：本大題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活親密相關(guān)，下列敘述不正確的是（）A.石油的裂解和煤的干餾都屬于化學(xué)改變B.用熱的純堿溶液能清除灶具上的油污C.工廠的靜電除塵利用了膠體帶電的性質(zhì)D.用活性炭為糖漿脫色和用臭氧漂白紙漿的原理不同【答案】C【解析】【詳解】A．石油的裂解是以獲得短鏈不飽和烴為主要目的的石油加工過程，是深度裂化；煤的干餾是煤在隔絕空氣條件下加熱、分解，均為化學(xué)改變，A敘述正確；B．純堿的水解使溶液呈堿性，且加熱水解程度增大，堿性溶液促進(jìn)油脂水解而除去，B敘述正確；C．靜電除塵利用膠體粒子的帶電性，膠體總體不顯電性，C敘述錯誤；D．活性炭使糖漿褪色、臭氧漂白紙漿分別利用活性炭的吸附性和臭氧的氧化性，原理不同，D敘述正確；答案為C。2.有機(jī)物W（）可用于合成擬除蟲菊酯類殺蟲劑。有關(guān)W的敘述不正確的是（）A.W的分子式為C10H18O3B.W分子中全部的碳原子不行能處于同一平面上C.W通過加聚反應(yīng)和縮聚反應(yīng)均可形成高分子D.1molW與足量的Na反應(yīng)肯定能生成22.4L氫氣【答案】D【解析】【詳解】A．依據(jù)W的結(jié)構(gòu)簡式及原子的成鍵方式，分子式為C10H18O3，A敘述正確；B．依據(jù)甲烷、乙烯為中心的簡潔有機(jī)物的空間構(gòu)型，有機(jī)物W中，5個碳原子為sp3雜化，3個碳原子sp2雜化，全部的碳原子不行能處于同一平面上，B敘述正確；C．W中含一個羥基和一個羧基，含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應(yīng)和縮聚反應(yīng)，C敘述正確；D．W中含一個羥基和一個羧基，未知溫度和壓強(qiáng)，與Na反應(yīng)生成氫氣不肯定為22.4L，D敘述錯誤；答案為D。3.X、Y、Z、M是同周期原子序數(shù)依次增大的元素。X單質(zhì)常溫下能與水反應(yīng)，電解熔融XM制得X單質(zhì)。Y是第三周期離子半徑最小的金屬元素。Z元素的單質(zhì)是IT行業(yè)的基石，下列說法正確的是（）A.X、Y兩種元素的原子半徑相比，前者較小B.Z、M兩種元素的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性相比，前者較大C.Z的氧化物只能和強(qiáng)堿反應(yīng)，不能與任何酸反應(yīng)D.Y的氧化物能分別溶解于X、M最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的溶液【答案】D【解析】【分析】Y是第三周期離子半徑最小的金屬元素，則Y為Al；Z元素的單質(zhì)是IT行業(yè)的基石，Z為Si；X單質(zhì)常溫下能與水反應(yīng)，電解熔融XM制得X單質(zhì)，X為Na，M為Cl，故X為Na，Y為Al，Z為Si，M為Cl?！驹斀狻緼．X、Y兩種元素分別為Na、Al，為同周期元素，原子半徑：Na＞Al，A說法錯誤；B．Z、M兩種元素分別為Si、Cl，且非金屬性為Si＜Cl，故氫化物的穩(wěn)定性：SiH4＜HCl，B說法錯誤；C．Z為Si，其氧化物為SiO2為酸性氧化物，能與NaOH溶液反應(yīng)，也能與HF反應(yīng)，C說法錯誤；D．Y的氧化物為Al2O3，為兩性氧化物，既可以和NaOH溶液反應(yīng)，又能與HClO4反應(yīng)，D說法正確；答案為D。4.下列關(guān)于試驗(yàn)室制取NH3并驗(yàn)證性質(zhì)的各裝置敘述中，不正確的是（）A.裝置①可用于試驗(yàn)室快速制取少量NH3B.裝置②中加入CaCl2固體可以干燥NH3C.可用裝置③收集NH3D.打開裝置④中的止水夾，加熱圓底燒瓶可以引發(fā)噴泉【答案】B【解析】【詳解】A．裝置①可用濃氨水和生石灰反應(yīng)用于試驗(yàn)室快速制取少量NH3，A正確；B．裝置②中加入為堿石灰，不能用CaCl2固體可以干燥NH3，B錯誤；C．氨氣的密度小于空氣，裝置③為短進(jìn)長出，可收集NH3，C正確；D．氨氣易溶于水，打開裝置④中的止水夾，加熱圓底燒瓶氣體熱脹冷縮，導(dǎo)致氨氣與水接觸，燒瓶中的壓強(qiáng)快速減小，可以引發(fā)噴泉，D正確；答案為B。5.常溫下試驗(yàn)室配制1L0.10mol?L-1NaHCO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，測得該溶液的pH為8.3。下列說法正確的是（）A.將8.4gNaHCO3溶于1L水可得該標(biāo)準(zhǔn)溶液B該溶液中c(H2CO3)＜c()C.溫度上升，該溶液中c()削減D.該溶液中c()+2c()+c(H2CO3)=0.10mol/L【答案】C【解析】【詳解】A．應(yīng)將8.4gNaHCO3即0.1mol，溶于水配成1L溶液，A說法錯誤；B．NaHCO3溶液呈堿性，說明碳酸氫根離子的水解程度大于其電離程度，因此c()＜c(H2CO3)，B說法錯誤；C．溫度上升，促進(jìn)水解和電離平衡正向進(jìn)行，c()削減，C說法正確；D．依據(jù)物料守恒，c()+c()+c(H2CO3)=0.10mol/L，D說法錯誤；答案為C。6.下述試驗(yàn)?zāi)苓_(dá)到預(yù)期目的的是（）編號試驗(yàn)內(nèi)容試驗(yàn)?zāi)康腁將SO2通入酸性KMnO4溶液中證明SO2具有還原性B用玻璃棒蘸取新制氯水點(diǎn)在pH試紙中部，再與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對比測量氯水中的c(H+)C加熱除去NH4Cl中混有的I2D向盛有沸水的燒杯中滴加FeCl3飽和溶液并長時(shí)間煮沸制備Fe(OH)3膠體A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．將SO2通入酸性KMnO4溶液中，S的化合價(jià)由+4價(jià)變?yōu)?6價(jià)，作還原劑，A能達(dá)到目的；B．新制氯水有強(qiáng)氧化性、漂白性，能使指示劑變質(zhì)，故不能用pH試紙測量其c(H+)，B不能達(dá)到目的；C．NH4Cl受熱易分解，I2能升華，不能用加熱的方法分別，C不能達(dá)到目的；D．向盛有沸水燒杯中滴加幾滴FeCl3飽和溶液至溶液呈現(xiàn)紅褐色時(shí)，停止加熱，制備氫氧化鐵膠體，D不能達(dá)到目的；答案為A。7.建設(shè)生態(tài)文明是關(guān)系人民福祉、關(guān)乎民族將來的大計(jì)，是實(shí)現(xiàn)中國夢的重要內(nèi)容，如何削減CO2排放已經(jīng)引起全社會廣泛關(guān)注。一種CO2回收利用裝置的工作原理如圖所示，此裝置工作時(shí)，下列說法錯誤的是（）A.太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能和電能B.催化劑a表面發(fā)生的反應(yīng)為：2H2O+4e-=O2↑+4H+C.催化劑b極帶負(fù)電，為電源的正極，質(zhì)子交換膜只允許H+通過D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，回收22.4LCO2生成HCOOH46g【答案】B【解析】【詳解】A．CO2與H2O生成HCOOH和O2是吸熱反應(yīng)，汲取太陽能發(fā)生反應(yīng)的同時(shí)產(chǎn)生電流，故該裝置是將太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能和電能，A說法正確；B．催化劑a表面水失電子，發(fā)生的反應(yīng)為：2H2O-4e-=O2↑+4H+，B說法錯誤；C．催化劑a失去電子帶正電，為電源的負(fù)極，H+經(jīng)過質(zhì)子交換膜從負(fù)極流向正極，C說法正確；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，回收22.4LCO2即1mol，轉(zhuǎn)移2mol電子，則生成1molHCOOH，即46g，D說法正確；答案為B。.8.試驗(yàn)室模擬工業(yè)利用廢鐵鎂礦渣(含SiO2、MgCO3及少量Fe2O3、FeCO3)和高純硅工業(yè)制備的副產(chǎn)物SiCl4為原料，制備二氧化硅和氯化鎂晶體，流程如下：回答下列問題：(1)反應(yīng)前通常會將廢礦渣粉碎，目的是______。沉淀1是______(填名稱)，SiCl4與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為______。(2)向溶液2中加H2O2的目的是______。試劑1可以是下列試劑中的______(填標(biāo)號)。A.NaOHB.MgCl2C.MgCO3(3)為使Fe3+完全沉淀，應(yīng)調(diào)整pH為______。(完全沉淀是指溶液中離子濃度小于1×10-5mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，)(4)干脆加熱蒸發(fā)溶液3無法獲得氯化鎂晶體，緣由是______，應(yīng)當(dāng)實(shí)行的措施是______。(5)若該流程制備MgCl2·2H2O的產(chǎn)率為95%，則制得655gMgCl2·2H2O需含MgCO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)為42%的鐵鎂礦渣______g(保留一位小數(shù))?！敬鸢浮?1).加快反應(yīng)速率，使礦渣反應(yīng)充分(2).硅酸或原硅酸(3).(4).氧化Fe2+，便于除雜(5).CD(6).3.2(7).加熱促進(jìn)氯化鎂水解，生成氫氧化鎂(8).在HCl氣流中加熱(9).1052.6【解析】【分析】SiCl4與水反應(yīng)生成原硅酸和鹽酸，原硅酸加熱可生成二氧化硅和水；廢礦渣與鹽酸反應(yīng)生成氯化鎂、氯化鐵和氯化亞鐵溶液，未反應(yīng)的為二氧化硅固體；向溶液2中加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，調(diào)整pH生成氫氧化鐵沉淀，再經(jīng)過一系列反應(yīng)生成氯化鎂晶體?！驹斀狻?1)將廢礦渣粉碎，可增大固體與溶液的接觸面積，導(dǎo)致反應(yīng)速率增大，提高固體的浸出率；分析可知，沉淀1為原硅酸或硅酸；SiCl4與水反應(yīng)生成原硅酸和鹽酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl；(2)溶液中的亞鐵離子生成沉淀時(shí)的pH較大，而鐵離子的較小，向溶液2中加H2O2的目的氧化Fe2+，便于除雜；加入試劑1為消耗溶液中的氫離子，但不能引入新的雜質(zhì)離子，答案為CD；(3)為使Fe3+完全沉淀，溶液中c3(OH-)==4×10-33，c(H+)==，則pH=3.2；(4)MgCl2為強(qiáng)酸弱堿鹽，加熱時(shí)水解平衡正向進(jìn)行，且HCl易揮發(fā)，故干脆加熱生成的為氧化鎂固體；為使平衡逆向進(jìn)行，應(yīng)在HCl氣流中加熱；(5)已知MgCl2·2H2O的產(chǎn)率為95%，則m(MgCl2·2H2O)=655g÷95%=689.5g，n(MgCl2·2H2O)=n(MgCO3)=5.26mol，鐵鎂礦渣的質(zhì)量=5.26mol×84g/mol÷42%=1052.6g。9.苯甲酸甲酯是一種重要的工業(yè)原料。某化學(xué)小組以苯甲酸、甲醇為原料制備苯甲酸甲酯。試驗(yàn)原理及試驗(yàn)裝置如下(部分夾持裝置以及加熱裝置已省去)有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)如下表所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯沸點(diǎn)/℃24964.3199.6相對分子質(zhì)量12232136密度/g·cm-31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶試驗(yàn)過程如下：Ⅰ.制備苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品將24.4g苯甲酸和過量的甲醇加入三頸燒瓶中，同時(shí)加入幾粒沸石，通過儀器A加入肯定量濃硫酸，加熱使反應(yīng)充分，得苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品。(1)儀器A中支管c的作用是______。(2)儀器B的名稱是______，其作用是_____________________________。(3)試驗(yàn)中需加入過量甲醇，緣由是_____________________________________。Ⅱ.提純苯甲酸甲酯利用下列步驟提純產(chǎn)品：①水洗分液②堿洗分別③加無水CaCl2干燥④蒸餾收集餾分⑤稱量得產(chǎn)品16.9g。(4)水洗分液中加入適量水的作用是______，苯甲酸甲酯從分液漏斗______(填“上口倒出”或“下口放出”)。(5)堿洗分別的目的是除去苯甲酸，加入最相宜的試劑為______(填標(biāo)號)。A.NaOH溶液B.稀碳酸鈉溶液C.碳酸鈉固體D氨水(6)本試驗(yàn)中苯甲酸甲酯的產(chǎn)率為______%(保留一位小數(shù))。【答案】(1).平衡壓強(qiáng)，使?jié)饬蛩犴槷?dāng)?shù)稳肴i燒瓶中(2).球形冷凝管(3).冷凝回流，提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率(4).甲醇沸點(diǎn)低易損失，同時(shí)增如甲醇的量，以提高苯甲酸的轉(zhuǎn)化率(5).除去粗產(chǎn)品中的甲醇和硫酸(6).下口放出(7).C(8).62.1【解析】【分析】苯甲酸與甲醇在濃硫酸加熱的條件下發(fā)生酯化反應(yīng)，生成苯甲酸甲酯和水，且反應(yīng)為可逆反應(yīng)，加入過量的甲醇可提高苯甲酸的轉(zhuǎn)化率；甲醇、硫酸易溶于水，先用水洗，可除去甲醇和濃硫酸，再用碳酸鈉洗滌，除去苯甲酸；再利用沸點(diǎn)不同，用蒸餾的方法分別苯甲酸甲酯粗品。【詳解】(1)儀器A為恒壓滴液漏斗，支管c可平衡壓強(qiáng)，使?jié)饬蛩犴槷?dāng)?shù)稳肴i燒瓶中；(2)儀器B的名稱為球星冷凝管；可使苯甲酸及甲醇冷凝回流，提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率；(3)試驗(yàn)中需加入過量甲醇，甲醇沸點(diǎn)低易損失，同時(shí)增如甲醇的量，以提高苯甲酸的轉(zhuǎn)化率；(4)甲醇與硫酸易溶于水，水洗分液中加入適量水的作用為除去粗產(chǎn)品中的甲醇和硫酸；苯甲酸甲酯的密度大于水，在分液漏斗中的下層，則應(yīng)從下口放出；(5)堿液堿性太強(qiáng)導(dǎo)致酯的水解，則最佳試劑為碳酸鈉固體，后續(xù)干燥所需無水CaCl2的量少，答案為C；(6)反應(yīng)時(shí)甲醇過量，則苯甲酸反應(yīng)的物質(zhì)的量與生成苯甲酸甲酯的物質(zhì)的量相等，則苯甲酸甲酯的轉(zhuǎn)化率=×100%=62.1%。10.Ⅰ.火箭推動器中分別裝有聯(lián)氨和液態(tài)過氧化氫，當(dāng)它們混合時(shí)即產(chǎn)生氣體，并放出大量熱。已知：1.28g液態(tài)聯(lián)氨與足量液態(tài)過氧化氫反應(yīng)生成氮?dú)夂退魵?，放出XkJ的熱量。N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H20(l)?H=-YkJ/molH20(g)=H20(l)?H=+ZkJ/mol依據(jù)以上信息寫出過氧化氫分解生成液態(tài)水和氧氣的熱化學(xué)方程式_______________。Ⅱ.利用I2O5可消退CO污染，反應(yīng)為I2O5(s)+5CO(g)?5CO2(g)+I2(s)。不同溫度下，向裝有足量的I2O5固體的2L恒容密閉容器中通入2molCO，測得CO的體積分?jǐn)?shù)ψ(CO)隨時(shí)間t改變曲線如圖。(1)此反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式_______。(2)a點(diǎn)時(shí)表示的化學(xué)反應(yīng)速率v(CO)=_______。(3)b點(diǎn)時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率_______；(4)Kb_______Kd(填“大于”“小于”或“等于”)，緣由是_______。(5)由題意，此反應(yīng)的ΔH_______0(填“大于”“小于”或“等于”)?！敬鸢浮?1).2H2O2(l)=2H20(l)+O2(g)?H=(Y-25X-4Z)kJ/mol(2).(3).0.6mol·L-1·min-1(4).80%(5).大于(6).緣由是反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，溫度高時(shí)CO含量高，所以升溫平衡逆移，平衡常數(shù)減小，Kb大于Kd(7).小于【解析】【分析】I．依據(jù)蓋斯定律計(jì)算；Ⅱ．利用三段式及勒夏特列原理推斷?！驹斀狻縄．已知1.28gN2H4和足量H2O2反應(yīng)生成N2和H2O(g)放出XkJ的熱量，則其熱化學(xué)方程式為：①N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H20(g)?H=-25XkJ/mol②N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H20(l)?H=-YkJ/mol③H20(g)=H20(l)?H=+ZkJ/mol，依據(jù)蓋斯定律，①-②+4×③可得2H2O2(l)=2H20(l)+O2(g)，?H=-25XkJ/mol+YkJ/mol-4ZkJ/mol=(Y-25X-4Z)kJ/mol；Ⅱ．(1)依據(jù)方程式，固體的濃度為1，則；(2)a點(diǎn)時(shí)：依據(jù)a點(diǎn)時(shí)CO的體積分?jǐn)?shù)ψ(CO)==0.40，解得x=0.6mol，則從反應(yīng)起先至a點(diǎn)時(shí)的反應(yīng)速率為v(CO)==0.6mol·L-1·min-1；(3)T1時(shí)：依據(jù)b點(diǎn)時(shí)CO的體積分?jǐn)?shù)ψ(CO)==0.20，得y=1.6mol，轉(zhuǎn)化率=×100%=80%；(4)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，溫度高時(shí)CO含量高，所以升溫平衡逆移，平衡常數(shù)減小，Kb大于Kd；(5)升溫，平衡逆移，正反應(yīng)為放熱，ΔH小于0。11.亞鐵氰化鉀(K4[Fe(CN)6])是重要的化工原料和食品添加劑，又稱黃血鹽。黃血鹽溶液與稀硫酸加熱時(shí)發(fā)生反應(yīng)：K4[Fe(CN)6+6H2SO4+6H2O2K2SO4+FeSO4+3(NH4)2SO4+6CO↑。回答下列問題：(1)寫出基態(tài)Fe2+的核外電子排布式______。(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共價(jià)鍵外，還有______和______。：1molK4[Fe(CN)6]中含有σ鍵的數(shù)目為_____NA。(3)(NH4)2SO4中N原子的雜化方式為______；N和O相比，第一電離能更大的是______，電負(fù)性更大的是______。(4)鐵、鉀、鈉均采納體心立方積累，結(jié)構(gòu)如圖。晶胞中金屬原子的配位數(shù)為______，鈉、鉀相比，熔點(diǎn)更高的是______，緣由是______。已知鐵的原子半徑為rcm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，鐵的相對原子質(zhì)量為a，則鐵的密度為______g·cm-3?！敬鸢浮?1).1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6(2).配位鍵(3).離子鍵(4).12NA(5).sp3(6).N(7).O(8).8(9).鈉(10).鈉的半徑小，形成的金屬鍵鍵能大，溶點(diǎn)高(11).【解析】【分析】(1)依據(jù)基態(tài)Fe的核外電子排布書寫Fe2+的核外電子排布式；(2)K4[Fe(CN)6]中存在鉀離子與[Fe(CN)6]4-間的離子鍵及鐵原子與CN-間的配位鍵；(3)依據(jù)價(jià)層電子互斥理論及第一電離能、電負(fù)性規(guī)律推斷；(4)依據(jù)ρ=計(jì)算。【詳解】(1)基態(tài)Fe的核外電子排布式為[Ar]3d64s2，則Fe2+的核外電子排布式[Ar]3d6；(2)K4[Fe(CN)6]中存在鉀離子與[Fe(CN)6]4-間的離子鍵及鐵原子與CN-間的配位鍵；1molK4[Fe(CN)6]中含有6mol鐵原子與CN-間的配位鍵和6molC≡N，共計(jì)12molσ鍵，即12NA；(3)銨根離子中N原子無孤電子對，含有4條σ鍵，為sp3雜化；N原子最外層電子處于半充溢的穩(wěn)定狀態(tài)，故第一電離能大于O原子；N和O為同周期元素，且原子序數(shù)O大于N，則O的電負(fù)性大于N；(4)依據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，距離中心原子最近且相等的金屬原子有8個，則配位數(shù)為8；鈉、鉀均為金屬晶體，且最外層電子數(shù)相等，但鈉原子半徑小于鉀，則Na的金屬鍵鍵能比K強(qiáng)，則Na的熔點(diǎn)更高；已知鐵的原子半徑為rcm，則晶胞的體對角線為4rcm，晶胞的體積=cm3，依據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，一個晶胞中含有2個Fe，則密度==g·cm-3。12.有機(jī)物Ⅰ是合成藥物阿莫西林的中間體。以有機(jī)物A為原料合成Ⅰ的路途如下：

已知：回答下列問題(1)A的名稱是_______。(2)B在光照條件下與Cl2反應(yīng)生成C，C中官能團(tuán)的名稱是_______。(3)C→D的反應(yīng)條件為_______，E→F的反應(yīng)類型為_______。(4)流程中設(shè)計(jì)A→B的目的是_______。(5)E能與銀氨溶液反應(yīng)，反應(yīng)方程式為_______。(6)G在肯定條件下能發(fā)生酯化反應(yīng)生成分子內(nèi)含3個六元環(huán)的有機(jī)物，其結(jié)