PAGE15-云貴川桂四省2025屆高三化學上學期聯合考試試題（含解析）可能用到的相對原子質量:H-1O-16Na-23Al-27Mn-55Se-791.國家發改委生態環境部等九部門聯合印發了(關于扎實推動塑料污染治理工作的通知)，2021年A.聚乙烯是自然高分子化合物B.聚烯烴廢舊塑料裂解可制取化工原科C.禁用不行降解塑料購物袋有助于限制白色污染D.含氧的不行降解塑料干脆焚燒會產生大量有毒物質【答案】A【解析】【詳解】A．聚乙烯是人工合成的有機高分子化合物，故A錯誤；B．廢舊聚烯烴塑料經裂解可制取其它化工原科，故B正確；C．白色污染是不行降解的塑料對環境的污染，則禁用不行降解塑料購物袋有助于限制白色污染，故C正確；D．含氧的不行降解塑料干脆焚燒會產生有毒氣體，污染環境，故D正確；故答案為A。2.利用圖中所示裝置及試劑，能達到相應試驗目的的是試劑甲試劑乙試驗目的A飽和食鹽水濃硫酸從Cl2和SO2的混合氣體中分別出SO2BNaOH溶液濃硫酸除去乙烷中的H2SC溴水濃硫酸除去C2H4中的CH4DNaOH溶液濃硫酸除去NO2中的NOA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．Cl2和SO2的混合氣體在飽和食鹽水中反應生成硫酸和鹽酸，不能分別出SO2，故A不符合題意；B．NaOH溶液與H2S氣體反應，乙烷不和NaOH溶液反應，濃硫酸干燥乙烷氣體，能達到試驗目的，故B符合題意；C．溴水和C2H4反應，不和CH4反應，須要保留的物質被反應了，不能達到試驗目的，故C不符合題意；D．2NO2＋2NaOH＝NaNO2＋NaNO3＋H2O，NO＋NO2＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O，雖然NO已除去，但NO2也被反應了，不能達到試驗目的，故D不符合題意。綜上所述，答案為B。3.《本草綱目·草部·龍膽》沖記載。龍膽可治療傷寒發狂四肢難受等，龍膽中的活性成分龍膽膽苦的結構簡式如圖所示，下列有關龍膽苦苷的說法錯誤的是A.分子中含有16個碳原子 B.能與金屬鈉反應C.能使酸性K2Cr2O7溶液褪色 D.不能與NaOH溶液反應【答案】D【解析】【詳解】A．依據每個拐點是一個碳，末端是一個碳原子分析得到該分子共含有16個碳原子，故A正確；B．該物質含有羥基，因此能與金屬鈉反應生成氫氣，故B正確；C．該物質含有碳碳雙鍵、羥基，因此能使酸性K2Cr2O7溶液褪色，故C正確；D．該物質含有酯基，因此能與NaOH溶液反應，故D錯誤綜上所述，答案為D。4.某科研人員提出HCHO與O2在羥基磷灰石(HAP)表面船化氧化生成CO2、H2O的歷程，該歷程如圖所示(圖中只畫出了HAP的部分結構)已知:HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g)?H<0下列說法不正確的是A.狀態1的總能量高于狀態2的總能量B.反應過程中既有共價健的斷裂，又有共價鍵的形成C.HAP能降低反應的活化能和焓變，提高反應速率D.依據圖示信息.CO2分子中的氧原子只有部分來自O2【答案】C【解析】【詳解】A.HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g)?H<0，反應放熱則狀態1的總能量高于狀態2的總能量，故A正確；B.反應過程中斷裂了HCHO與O2中的共價鍵，形成了CO2、H2O中的共價鍵，故B正確；C.由圖可知HAP為反應催化劑，能降低反應活化能，提高反應速率，但不能變更反應的焓變，反應焓變只與反應物和生成物的總能量有關，故C錯誤；D.由圖示可知，CO2分子中的氧原子部分來自O2，部分來自HCHO，故D正確。故答案選：C。5.下列指定反應的離子方程式書寫正確的是A.四氧化三鐵溶于足量稀硝酸:3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO↑+14H2OB.工業上生產漂白粉的原理:Cl2+2OH-=C1-+ClO-+H2OC.向硫酸氫銨溶液中滴入少量氫氧化鈉溶液:+OH-=NH3·H2OD.向酸性高錳酸鉀溶液中滴入少量H2O2溶液:+6H++7H2O2=2Mn2++6O2↑+10H2O【答案】A【解析】【詳解】A.四氧化三鐵溶于足量稀硝酸發生氧化還原反應生成Fe3+和NO，離子方程式為：3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO↑+14H2O，故A正確；B.工業上生產漂白粉是將氯氣通入石灰乳中，石灰乳中氫氧化鈣主要以分子形式存在不能拆成離子形式，故B錯誤；C.硫酸氫銨溶液中滴入少量氫氧化鈉氫氧根先與氫離子結合，，故C錯誤；D.化合價升降不守恒，應為：+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D錯誤。故答案選：A。6.電解法制備氧氧化鋁的簡易裝置如圖所示，其中兩電極均為惰性電極，下列說法正確的是A.電板A為陽極，發生氧化反應B.離子交換膜為陰離子交換膜C.相同條件下，生成的氣體a、b的體積比為1：2D.當有0.4mol電子轉移時，右側區域溶液的質量削減43.6g【答案】D【解析】【詳解】A．電解池左側是稀NaOH溶液變為濃NaOH溶液，說明電板A是水中氫離子得到電子變為氫氣，因此電極A為陰極，發生還原反應，故A錯誤；B．依據電解池異性相吸，右側的鈉離子通過離子交換膜進入到左側，因此離子交換膜為陽離子交換膜，故B錯誤；C．相同條件下，依據A選項得到電極A產生氫氣，電極B是水中氫氧根失去電子得到氧氣，因此生成的氣體a、b的體積比為2:1，故C錯誤；D．當有0.4mol電子轉移時，右側區域有0.4mol鈉離子進入到左側，同時電解0.2mol水生成了0.1mol氧氣和0.4mol氫離子，再依據＋H＋＋H2O＝Al(OH)3↓，因此還有0.4mol和0.4molH2O消耗生成沉淀，因此整個右側溶液削減0.4mol和0.6molH2O、0.4molNa＋，即質量為0.4mol×(59g?mol?1＋23g?mol?1)＋0.6mol×18g?mol?1＝43.6g，故D正確。綜上所述，答案為D。7.短周期主族元素X、Y、Z.、W的原子序數依次增大，元素Y是地殼中含量最多的元素。X與Z同主族且二者可形成離子化合物，W最外是電子數是其電子層數的2倍。下列說法正確的是A.非金屬性:X<Y<W B.原子半徑:Y<W<ZC.元素W的含氧酸均為強酸 D.Z的氧化物對應的水化物為強減【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z.、W的原子序數依次增大，元素Y是地殼中含量最多的元素，所以Y為O元素。X與Z同主族且二者可形成離子化合物，所以X為H元素，Z為Na元素，W最外是電子數是其電子層數的2倍，所以W為S元素。據此解答此題。【詳解】A.依據上述分析：X為H元素，Y為O元素，W為S元素，其非金屬性:O<S<H，故A錯誤；B.依據上述分析：Y為O元素，Z為Na元素，W為S元素，其原子半徑:Na>S>O，故B正確；C.依據上述分析：W為S元素，它形成的H2SO3為弱酸，故C錯誤；D.依據上述分析：Z為Na元素，Z的氧化物有氧化鈉和過氧化鈉，氧化鈉對應的水化物為NaOH，屬于強減，過氧化鈉和水反應生成NaOH和氧氣，故D錯誤；故答案：B。8.過二硫酸銨[(NH4)2S2O8]作為氧化制和漂白劑，被廣泛用于蓄電池工業,在照相工業上用來除去海波。試驗1:(NH4)2S2O8的制備原理為H2O2+2H2SO4+2NH3=(NH4)2S2O8+2H2O,試驗室模擬制備(NH4)2S2O8的裝置如圖所示。(1)儀器b的名稱是______,b中試劑為_____(寫試刺名稱),裝置d的作用是____________________。(2)在三頸燒斯中，濃硫酸與H2O2反應.部分轉化為過一硫酸(H2SO5).此反應的化學方程式為___________________.(3)(NH4)2S2O8的產率(以產品含氧量表示)隨溶液pH和溫度的變更關系如圖所示。由圖可知。反應最相宜的溫度和pH分別是__________(4)充分反應后:將c中混合液經一系列操作得到晶體，用無水乙醇洗滌。緣由是________(答出一條即可).(5)烘干產品時用紅外燈低溫烘干,可能的緣由是______________。試驗II探究(NH4)2S2O8與MnSO4的反應。(6)依據試驗現象.寫出(NH4)2S2O8溶液與MnSO4溶液反應的離子方程式:_________。試驗III:標定(NH4)2S2O8溶液的濃度。(7)稱取肯定質量的(NH4)2S2O8，配制成溶液。并用磷量法標定該溶液的濃度，移取25.00ml(NH4)2S2O8溶液放入錐形瓶中,加入過量的KI，然后加入幾滴淀粉溶液，再用0.15mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定,發生反應:。重復上述操作三次，平均清消耗Na2S2O3溶液的體積為18.60ml，到達滴定終點時的現象是______________，所標定的(NH4)2S2O8的濃度為________mol·L-1.【答案】(1).蒸餾燒瓶(2).生石灰(或堿石灰)(3).汲取尾氣中的氨氣，防止污染空氣(4).H2SO4(濃)+H2O2=H2SO5+H2O(5).0℃和pH=2(6).洗除沉淀表面的雜質，且便于晶體干燥(7).產品受熱易分解(8).2Mn2++5+8H2O=10+2+16H+(9).溶液由藍色變為無色，且半分鐘內不復原藍色(10).0.0558mol/L【解析】【分析】結合氨氣的試驗制備裝置和過二硫酸銨的反應原理分析解題，結合中和滴定的基本操作和氧化還原反應的配平及計算分析。【詳解】(1)儀器b的名稱是蒸餾燒瓶；裝置左側部分為氨氣的制取裝置，制取氨氣的原料為生石灰(或堿石灰)和濃氨水，則蒸餾燒瓶盛裝試劑為生石灰(或堿石灰)，c裝置為過二硫酸銨的生成裝置，而裝置d為尾氣汲取裝置，汲取尾氣中的氨氣，防止污染空氣；(2)依據題目信息可知濃硫酸與H2O2反應生成過一硫酸(H2SO5)，可推想出反應的化學方程式為H2SO4(濃)+H2O2=H2SO5+H2O；(3)(NH4)2S2O8的產率以產品含氧量表示，含氧量越大，說明產率越高，因此依據圖像，可知最相宜條件是0℃和pH=2；(4)將c中混合液經蒸發濃縮、冷卻結晶得到晶體，再用無水乙醇洗滌，可洗除沉淀表面的雜質，且乙醇易揮發，便于晶體干燥；(5)過二硫酸銨易分解，烘干時采納紅外燈低溫烘干，可防止產品分解；(6)(NH4)2S2O8溶液與MnSO4溶液混合發生氧化還原反應，溶液變為紫紅色，說明生成了，則發生反應的離子方程式為2Mn2++5+8H2O=10+2+16H+；(7)向(NH4)2S2O8溶液放入錐形瓶中加入過量的KI，然后加入幾滴淀粉溶液，此時溶液顯藍色，用Na2S2O3溶液滴定時發生反應:，溶液的藍色漸漸變淺，最終褪色，則當溶液由藍色變為無色，且半分鐘內不復原藍色，即為滴定終點；設(NH4)2S2O8的物質的量濃度為c，則依據關系式可知：解得：c=0.0558mol/L。【點睛】物質制備與定量分析，明確試驗原理是解題關鍵，其中利用關系式計算溶液的濃度是解題難點，特殊是依據氧化還原反應的守恒法配平這是易錯點。9.氧化鋅在工業和生活中的運用特別廣泛，以閃鋅礦(主要成分為ZnS，含有少量FeS和SiO2)為原料制備活性氧化鋅的工藝流程如下，請回答下列問題：(1)浸取前，將閃鋅礦粉碎的目的是_______________。(2)礦渣中除了有淡黃色的物質，還有_________(填化學式)；浸取時FeS發生反應的離子方程式為_______________。(3)加入鐵粉的目的是__________，能循環利用的無機物是______________(填化學式)。(4)生成ZnCO3·2Zn(OH)2的離子方程式為_________________。(5)有機萃取利TBP能將氧化亞鐵和氯化鋅分別的緣由是___________________。(6)工業上常采納Femton氧化法去除度水中的有機物，即向廢水中加入H2O2以FeCl2作催化劑，產生具有強氧化性的羥基自由基(·OH)來氧化降解水中的有機物(TOC)。①其他條件肯定時，n(H2O2):n(Fe2+)的值對TOC去除效果的影響如圖1所示，當廢水中TOC的去除率最大時，n(H2O2):n(Fe2+)=_________。②在酸性條件下，H2O2的加入量對TOC的去除效果如圖2所示，當TOC的去除效果最好時，H2O2的物質的量濃度c(H2O2)=_______(保留三位有效數字)。【答案】(1).增大接觸面積，加快浸取速率(2).SiO2(3).2Fe3++FeS=3Fe2++S(4).將過量的Fe3+還原為Fe2+(5).FeCl3(6).(7).FeCl2和ZnCl2在TBP中的溶解度相差較大(8).1(9).【解析】【分析】依據流程圖可看出，向閃鋅礦(主要成分為ZnS，含有少量FeS和SiO2)中加入FeCl3溶液，目的是氧化ZnS和FeS，得到含過量的FeCl3、FeCl2和ZnCl2的浸出液，以及礦渣（反應得到的S固體與不反應的SiO2）；向浸出液中加入鐵粉，可將過量的Fe3+還原轉化為Fe2+，過濾后得到的溶液X的溶質為FeCl2和ZnCl2，再依據兩者在有機物的溶解度不同，利用萃取原理分別出FeCl2，向FeCl2溶液中加入氯氣可得到氯化鐵溶液；另一方面有機層TBP中的ZnCl2，經過一系列操作，加入碳酸鈉調整適當pH，反應可得到ZnCO3·2Zn(OH)2，最終加熱灼燒得到ZnO，據此分析作答。【詳解】(1)閃鋅礦固體顆粒越細，反應的接觸面積越大，則反應越充分，浸取速率越快，故浸取前，將閃鋅礦粉碎是為了增大接觸面積，加快浸取速率；(2)依據上述分析可知，得到的礦渣中含新生成的淡黃色固體S與不參加反應的SiO2；浸取時FeS與氯化鐵發生氧化還原反應，其離子方程式為：2Fe3++FeS=3Fe2++S，故答案為：SiO2；2Fe3++FeS=3Fe2++S；(3)浸出液中可能含有過量的氯化鐵，則加入鐵粉是為了將過量的Fe3+還原為Fe2+；(4)氯化鋅與碳酸鈉反應生成ZnCO3·2Zn(OH)2，其離子方程式可表示為：；(5)依據萃取原理可知，FeCl2和ZnCl2在TBP中的溶解度相差較大，從而分別出FeCl2和ZnCl2，故答案為：FeCl2和ZnCl2在TBP中的溶解度相差較大；(6)①依據圖1曲線信息可知，當其他條件肯定時，n(H2O2):n(Fe2+)的值為1時，TOC的去除率最大，約為45%，故答案為：1；②依據圖2信息可知，在酸性條件下，當TOC的去除效果最好時，H2O2的濃度為40mg/L，則換算成濃度為，故答案為：。【點睛】利用“鐵三角”原理解決實際工藝流程是常考題型。本題中加入鐵粉將過量的Fe3+還原為Fe2+后，又加入了氯氣重新得到氯化鐵溶液，可返回“浸取”工藝重復利用。10.丙烯是三大合成材料的基本原料，主要用于生產聚丙烯、丙烯?、異丙醇、丙酮和環氧丙烷等，丙烷脫氫作為一條增產丙烯的非化石燃料路途具有極其重要的現實意義。丙婉烷脫氫技術主要為干脆催化脫氫和CO2氧化脫氫。（1）丙烷干脆催化脫氫生成丙烯和氫氣的反應中，產物的物質的量之比n(C3H6)：n(H2)=____。（2）丙烷干脆催化脫氫制丙烯的反應為吸熱反應，反應中往往伴隨副反應的發生(副反應中不生成丙烯和氫氣)，丙烷和丙烯的平衡體積分數與溫度、壓強的關系如圖所示(圖中壓強分別的為1×104P和1×105Pa)。①1×105Pa時，圖中表示丙烷和丙烯體積分數變更的曲線分別為______________________。②提高丙烷干脆催化脫氫制丙烯的反應平衡轉化率的方法有____________、_____________。③1×105Pa，500°C時，該反應的平衡常數Kp=____(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數)Pa。（3）CO2氧化脫氫法，相關的主要反應如下：I.C2H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)II.C3H8(g)+3CO2(g)6CO(g)+4H2(g)CO2和C3H8按物質的量之比1：1投料，在1023K和保持總壓恒定的條件下，探討肯定時間內催化劑X對CO2氧化C3H8制C3H6的影響，所得試驗數據如下表：催化劑C3H8的轉化率/%CO2的轉化率/%C3H6的轉化率/%催化劑X19.038.633結合詳細反應分析，肯定時間內在催化劑X的作用下，CO2氧化C3H8的主要產物是______，推斷的依據是_________________________。【答案】(1).1：1(2).II；III(3).減壓(4).升溫(5).2800(6).CO(或CO和H2)(7).C3H6的產率遠低于C3H8的轉化率，說明催化劑X有利于提高反應II的速率【解析】【分析】丙烷干脆催化脫氫制丙烯的化學方程式為C3H8(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g)，該反應正向為氣體體積增大的吸熱反應，增大壓強會使平衡逆向移動，丙烯的體積分數將減小，丙烷的體積分數將增大，上升溫度會使平衡正向移動，丙烯的體積分數將增大，丙烷的體積分數將減小，然后結合化學平衡相關學問解答。【詳解】（l）丙烷干脆催化脫氫生成丙烯和氫氣反應為C3H8(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g)，因此產物的物質的量之比n(C3H6)：n(H2)=1：1；（2）①上升溫度，平衡正向移動，丙烷的體積分數減小，丙烯的體積分數增大，則I、III為丙烯的體積分數變更曲線，Ⅱ、IV為丙烷的體積分數變更曲線，1×105Pa與1×104Pa相比，壓強增大，平衡逆向移動，從而得出表示丙烷體積分數的變更曲線為Ⅱ，表示丙烯體積分數的變更曲線為Ⅲ；②丙烷干脆催化脫氫制丙烯的反應正向是氣體體積增大的吸熱反應，變更外界條件時，化學平衡將向著減弱這種該變量的方向移動，因此上升溫度、降低壓強均能能使平衡正向移動，從而提高丙烷轉化率，故答案為：減壓；升溫；③l×105Pa、500℃時，丙烷、丙烯、氫氣的體積分數分別為70%、14%、14%，由此可計算該反應的平衡常數Kp==2800Pa；（3）①由題中信息及表中數據可知，盡管CO2和C3H8按物質的量之比1：1投料，但是C3H6的產率遠小于C3H8的轉化率，CO2的轉化率高于C3H8的，說明在催化劑X的作用下，除了發生反應I，還發生了反應Ⅱ，而且反應物主要發生了反應Ⅱ，這也說明催化劑X有利于提高反應Ⅱ的速率，因此CO2氧化C3H8的主要產物是CO，同時還有H2生成，故答案為：CO(或CO和H2)；C3H6的產率遠低于C3H8的轉化率，說明催化劑X有利于提高反應II的速率。11.乙醇能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，發生反應:5C2H5OH+4MnO4-+12H++13H2O=5CH3COOH+4[Mn(H2O)6]2+。(1)H、C、O中.原子半輕最大的是______(填元素符號，下同).電負性最大的是___________。(2)[Mn(H2O)6]2+中Mn-O化學鍵稱為_______鍵,其電子對________由供應。H2O與H+結合生成H3O+,與H3O+所含原子總數相等的等電子體是________(填分子式,寫一種)。(3)在上述反應中C2H5OH轉化為CH3COOH，C原子的雜化軌道類型由____變為________。(4)CH3COOH能與H2O隨意比混溶的緣由,除它們都是極性分子外還因為____________。(5)第一電離能I1(O)___(填”>”“<”或”=“)I1(S),其緣由___________________。(6)β-MnSe的結構中Se為面心立方最密積累，晶胞結構如圖所示。若距離最近的兩個錳原子之間的距離為bpm,阿伏加德羅常數的值為NA.則β-MnSe的密度=____(列出表達式)g·cm-3。【答案】(1).C(2).O(3).配位(4).O(5).NH3(6).sp3(7).sp3或sp2(8).CH3COOH分子與H2O分子間可形成氫鍵(9).>(10).O的原子半徑比S的小，原子核對最外層電子的吸引力較大(11).【解析】【詳解】(1)電子層數越多，原子半徑越大，同周期元素，從左到右原子半徑漸漸減小，因此H、C、O中，原子半輕最大的是C；周期表從左到右，元素的電負性漸漸變大，從上到下，元素的電負性漸漸減小，因此H、C、O中，電負性最大的是O，答案：C；O；(2)[Mn(H2O)6]2+中Mn—O鍵為配位鍵，其電子對由O供應，H3O+的原子數為3，價電子數為10，與H3O+所含原子總數相等的等電子體有NH3等，答案：配位；O；NH3；(3)C2H5OH分子中的兩個碳原子均為sp3雜化，CH3COOH分子中甲基上的碳原子為sp3雜化，羰基中的碳原子為sp2雜化，答案：sp3；sp3或sp2；(4)CH3COOH與H2O均為極性分子，且CH3COOH分子與H2O分子間可形成氫鍵，因此CH3COOH能與H2O隨意比混溶，答案：CH3COOH分子與H2O分子間可形成氫鍵；(5)O和S位于同一主族，O的原子半徑比S的小，半徑越小原子核對最外層電子的吸引力越大，則第一電離能越大，因此第一電離能I1(O)>I1(S)，答案：>；O的原子半徑比S的小，原子核對最外層電子的吸引力較大；(6)由均攤法可知，1個晶胞中Mn原子的數目為4，Se原子的數目為8×+6×=4，依據晶胞結構可知，兩個Mn原子的最近距離為面對角線的一半，所以晶胞的棱長為pm，取1mol晶胞，質量m=4×134g，1