陕西省2024-2025学年高三上学期11月高考适应性检测（一模）化学试卷

这是一份陕西省2024-2025学年高三上学期11月高考适应性检测（一模）化学试卷，共22页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．长安曾是古代丝绸之路的起点。下列关于丝绸之路所涉及的化学知识表述错误的是
A．丝绸的主要成分是纤维素，是一种天然高分子化合物
B．古丝绸之路把中国的茶叶传入西方，茶叶中含有茶多酚，具有较强的抗氧化性
C．从西域运来的香料中含有酯类物质，酯类物质在酸性或碱性条件下均能水解
D．贸易中的陶瓷制品主要成分是硅酸盐，不易腐蚀霉变，便于清洗
2．化学用语的选择和书写是化学学习的基础，下列化学用语正确的是
A．基态C原子核外价电子的轨道表达式：
B．NH3分子的VSEPR模型：
C．HClO的电子式：
D．和互为同素异形体
3．下列有关化学实验安全的必备知识，说法正确的是
A．实验室中金属钠着火时，可以用泡沫灭火器灭火
B．等钡的化合物均有毒，相关废弃物应进行无害化处理
C．浓硫酸不慎溅到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后再涂上3%~5%的碳酸氢钠溶液
D．实验室制乙酸乙酯时，应将导管直接插入饱和碳酸钠溶液中收集产物
4．下列生产活动中对应的离子方程式正确的是
A．用溶液蚀刻覆铜板制作印刷电路板：
B．向冷的石灰乳中通入制漂白粉：
C．烟气中的与氨水反应得到硫酸铵：
D．用丙烯腈电合成己二腈，在阳极发生的电极反应：
5．下列实验装置(部分夹持装置略)或操作能够达到实验目的的是
A．在HCl气流中进行图甲操作，可制取无水
B．图乙操作可对氨气进行尾气吸收
C．图丙操作可验证非金属性：
D．图丁操作可检验溶液是否变质
6．物质的结构决定性质，下列关于物质的结构和性质的说法正确的是
A．是极性分子，故易溶于水
B．AgCl溶于氨水，是由于AgCl与反应生成了可溶性配合物
C．的酸性比的酸性弱
D．晶体硅用碳原子取代部分硅原子，会导致该晶体导电性增强
7．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4L己烷中含有的共价键数目为19NA
B．56gFe与足量稀HNO3反应转移的电子数目为3NA
C．0.1ml/L1.00L的FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NA
D．常温下，28gN2和CO的混合气体中所含原子总数为NA
8．如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验呈绿色。下列说法正确的是
溶液溶液
A．第一电离能：Y>X>Z>WB．单质沸点：Z O>S>H，A错误；
B．S单质为固体，沸点最高，H2和O2都是分子晶体，相对分质量越大，沸点越高，故单质沸点： H H2O，C错误；
D．是Cu(NH3)4SO4配合物，配位体是NH3，配位原子是NH3中的N，D正确；
故选D。
9．D
【详解】A．由题干X的结构简式可知，X分子中的苯环和醛基均能与H2加成反应，即1mlX最多可与4mlH2发生反应，A错误；
B．由题干Y、Z的结构简式可知，Y中的-CH2OH上的C原子采用sp3，Z中-CH2OH、-CH3上的C原子采用sp3，即Y和Z中不是所有碳原子都是sp2杂化，B错误；
C．由题干Y的结构简式可知，Y分子中含有苯环、碳碳双键和碳氧双键三个平面结构，平面之间单键连接可以任意旋转，故Y分子中最多10个碳原子共面，C错误；
D．由题干X、Y、Z的结构简式可知，X、Y、Z分别与足量KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同，即为对苯二甲酸，D正确；
故答案为：D。
10．B
【详解】A．根据磷化硼的晶胞结构图可知，每个B原子与4个P原子形成4个共价键，故晶胞结构中，硼原子的配位数为4，A项正确；
B．磷化硼是一种半导体材料，其晶体的微观空间里没有分子，不是分子晶体，而是共价晶体，B项错误；
C．晶胞中P原子和B原子之间最短的距离为体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，则P原子与B原子的最短距离为nm，C项正确；
D．根据磷化硼的晶胞结构图可知，该晶胞中B原子位于立方体内，个数为4，P原子位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，则磷化硼的化学式为BP，晶胞质量为g，晶胞体积为(a×10-7)3cm3，晶胞密度g·cm-3，D项正确；
答案选B。
11．B
【分析】向饱和食盐水中先通入NH3至饱和，再通入CO2至饱和，析出大量的白色晶体，进行X操作即过滤得到的晶体A为NaHCO3，同时得到的溶液B含有NH4Cl、NaCl等，晶体A在坩埚中加热灼烧得纯碱，溶液B进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NH4Cl晶体，据此分析解题。
【详解】A．NH3极易溶于水，而CO2难溶于水但易溶于氨化后的碱性溶液中，故NH3和CO2的通入顺序不可以调换，应先通入氨气，A错误；
B．加热固体或对固体进行灼烧，需在坩埚中进行，故实验室中反应(2)应在坩埚中进行，B正确；
C．Na2CO3和NaHCO3均易溶于水，侯氏制碱法的主要原理是相同条件下NH4Cl、NaCl、NaHCO3中NaHCO3的溶解度最小，先析出，C错误；
D．由分析可知，操作X为过滤、洗涤、干燥，在实验室中玻璃棒的作用为引流，过滤时不能用玻璃棒搅拌，D错误；
故答案为：B。
12．C
【详解】A．由能量图可知，该反应为放热反应，，基元反应ⅰ吸热，反应ⅱ放热，故、，A错误；
B．该反应反应物是和，生成物是CO2、N2和H2O，总方程式为：，B错误；
C．该反应是放热反应，将恒温密闭容器改为绝热密闭容器，体系温度升高，平衡逆向移动，故和的转化率减小，C正确；
D．该反应中存在C-H极性键的断裂；存在H-O极性键的形成，存在非极性键的形成，没有非极性键的断裂，D错误；
答案选C。
13．D
【分析】由题干信息可知，Zn生成，MnO2生成Mn2+，则M极为Zn电极，为负极，负极反应式为：Zn+4OH--2e-=，N电极材料为MnO2，为正极，正极反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，中间层H2O电离出的H+通过b膜移向正极N极区，OH-通过a膜移向负极M极区，据此分析解题。
【详解】A．由题干信息可知，Zn生成，MnO2生成Mn2+，则M极为Zn电极，为负极，N电极材料为MnO2，为正极，所以M极的电势低于N极， A正确；
B．N电极为MnO2，MnO2在正极得到电子生成Mn2+，电极方程式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，B正确；
C．负极反应式为Zn+4OH--2e-=，每转移2mle-，有2mlOH-移向NaOH溶液，而消耗4mlOH-，NaOH溶液的pH变小， C正确；
D．若电路中通过2 mle-，双极膜中有2 ml H+移向硫酸溶液，同时溶解1mlMnO2，稀硫酸溶液质量增加2ml×1g/ml+1ml×87g/ml=89g，D错误；
故答案为：D。
14．D
【详解】A．0.5L浓度为0.10ml/L的氨水，n()=0.05ml，通入0.05mlSO2时，此时溶质为NH4HSO4，根据物料守恒有，根据电荷守恒有，所以，故A错误；
B．当pH=2.2时，，，当pH=7.8时，，，当时，Ka1Ka2=，得c2(H+)=10-10(ml/L)2，c(H+)=10-5ml/L，c(OH-)=10-9ml/L，，得，故B错误；
C．根据电荷守恒有 ，当pH=7.0时，c(OH-)=c(H+)，所以，则，故C错误；
D．p点==0.8，则=4，，ml/L，pH=-lg=7.8+2lg2=8.4，故D正确；
故答案选D。
15．(1) 3
(2)为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高
(3)
(4)防止温度过高水解，减少损失
(5)
(6)3
(7)
【分析】以含钛废料(主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料，分离提纯TiO2并制取少量焦磷酸镁。由于原料中除主要含有TiO2外还含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3，所以碱浸时是为了除去能与碱反应的Al2O3，然后过滤，向滤液中加入过量的硫酸除去不与酸反应的Cu，再次过滤，向滤液中加铁粉，将铁离子还原成亚铁离子。然后冷却结晶时亚铁离子生成七水硫酸亚铁晶体析出从而出去大部分亚铁离子；然后过滤，向滤液中加热水解生成TiO(OH)2，过滤得到TiO(OH)2固体和主要含硫酸镁以及少量硫酸亚铁的溶液；煅烧TiO(OH)2得TiO2；加Na2S2O8溶液氧化Fe2+为Fe3+，调pH是铁离子生成氢氧化铁而除去铁离子，然后过滤，向滤液中加焦硫酸钠得到焦硫酸镁，据此分析解题。
【详解】（1）Ti是22号元素，价电子排布式是；Ti有2个未成对电子，同周期中由两个未成对电子的还有Ni、Ge4s24p2、Se4s24p4三种；
（2）为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高；
（3）含钛废料中加NaOH溶液碱浸时，只有Al2O3溶解生成可溶的偏铝酸钠，“碱浸”过程中去除的物质是Al2O3；
（4）稀硫酸酸浸时TiO2转化为TiO2+，温度过高TiO2+水解程度增大，造成Ti的损失，温度选择40℃而不选择更高温度的原因是：防止温度过高水解，减少损失；
（5）“氧化”时与Fe2+反应生成Fe3+和，其离子方程式为：；
（6）沉淀完全离子浓度，， ，，调节pH的理论最小值为3；
（7）滤液3中主要含有Mg2+加Na4P2O7溶液得生成焦磷酸镁(Mg2P2O₇)，其化学方程式为：。
16．(1)保证盐酸完全反应，避免与步骤Ⅱ中的氨水反应
(2) 恒压滴液漏斗 防止氨水、过氧化氢受热分解
(3)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加酸化的溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净
(4) 当滴入最后半滴溶液时，锥形瓶内颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 偏大 88
【分析】根据工艺流程可知碳酸钙与盐酸反应生成，与氨水和反应生成，经洗涤烘干则得。
【详解】（1）步骤Ⅰ中应过量的试剂为碳酸钙，保证盐酸反应完，避免与步骤二中的氨水反应，故答案为：保证盐酸完全反应，避免与步骤Ⅱ中的氨水反应；
（2）由装置图可知，盛放溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗；
步骤Ⅱ为氯化钙、过氧化氢和氨水的反主应，由于过氧化氢受热易分解、氨水受热易挥发，所以该反应温度不宜过高，可在冰水浴中进行，该反应生成了和，该步骤反应的化学方程式为，故答案为：恒压滴液漏斗；防止氨水、过氧化氢受热分解；；
（3）过滤过的沉淀表面的液体中存在有氯离子，所以可检验洗涤液中是否存在氯离子再确定是否洗涤干净，其操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加酸化的溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加酸化的溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净；
（4）①有剩余时即达到了滴定终点，所以滴定终点的现象为当滴入最后半滴溶液时，锥形瓶内颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；酸式滴定管的0刻度在上方，所以读取溶液体积时，滴定前俯视读数导致读数偏小，滴定后仰视读数导致读数偏大，从而使消耗的溶液体积偏大，测定结果偏大，故答案为：当滴入最后半滴溶液时，锥形瓶内颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；偏大；
②滴定过程中发生的化学反应为：、，可得关系式，故x＝0.00088ml，则产品中含量为，故答案为：88。
17．(1) -49 较低 = AC
(2) 温度 ＜
(3) 负
【详解】（1）①已知：a． kJ·ml-1
b． kJ·ml-1
根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加，(a)+(b)，整理可得总反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，△H=-49 kJ/ml；
根据体系自由能公式△G=△H-T△S＜0时反应可自发进行，由b反应的方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，要使该反应自发进行，反应温度应该是在较低温度下发生；
②对于反应a．该反应的速率方程式为，，当反应达到平衡后v正=v逆，=在830℃时化学平衡常数K=1，则根据平衡常数表达式可知=1，故k正=k逆；
③A．若，则体系中任何物质的浓度不变，反应达到平衡状态，A符合题意；
B．反应混合物中各组分浓度之比等于化学计量数之比时，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，这与开始时加入的反应物的多少有关，不能据此判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应后气体物质的量减少，当容器内混合气体平均摩尔质量不再变化时，气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，C符合题意；
D．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，则容器内混合气体密度始终不发生变化，故不能据此判断反应是否达到平衡状态，D不符合题意；
故合理选项是AC；
（2）①根据图示可知：CO2的转化率会随着m的增大而增大。主反应及副反应：的正反应都是气体体积增大的反应，在温度不变时，增大压强，化学平衡会向气体体积减小的逆反应方向移动，导致CO2的转化率降低，与图示不吻合，故m不能表示压强，而是表示温度；
在温度不变时，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，导致CO2的转化率降低。CO2的转化率：n1＞n2，则压强：n1＜n2；
②反应开始时加入CO2、CH4的物质的量都是1 ml，假设主反应消耗CO2的物质的量是x，副反应消耗CO2的物质的量是y，根据物质反应转化关系，结合B点时CO2转化率是60%，平衡时CO的物质的量是1 ml，可得x+y=0.6 ml，2x+=1 ml，解得x=y=0.3 ml，故平衡时n(CH4)=1 ml-(0.3 ml+0.1 ml)=0.6 ml，n(CO2)=0.4 ml，n(CO)=1 ml，n(H2)=0.6 ml， n(H2O)=0.2 ml，气体的总物质的量n(总)=0.6 ml+0.4 ml+1 ml+0.6 ml+0.2 ml=2.8 ml，则在温度为m1、压强为n1的条件下，主反应的压强平衡常数Kp==；
（3）在a电极上CO2得到电子被还原为乙烯C2H4，在b电极上H2O电离产生的OH-失去电子被氧化为O2释放出来，故a电极为阴极，a连接的电源电极A为负极，b电极为阳极，连接的电源电极B为正极。阴极a的反应式为。
18．(1)(酚)羟基
(2)
(3) 取代反应 苯甲醛
(4)
(5) 6
【分析】
B为CH3COOH，对比A、B和C的结构简式可知，A、B在ZnCl2作用下发生取代反应生成C和水；对比C、D和(CH3)2SO4的结构简式可知，C发生取代反应得到D，D和E先加成后消去得到F，F在I2、DMSO作用下转化为G，G发生取代反应得到H，由H的结构可知H的分子式为C15H10O4，I的分子式为C15H12O4，又I为黄烷酮类物质，则H的碳碳双键和H2加成得到I，I的结构简式为。
【详解】（1）由A的结构简式可知，其官能团的名称为(酚)羟基；
（2）
若B为乙酸，A与乙酸发生取代反应生成C和水，则由A生成C的化学方程式为；
（3）对比C、D的结构简式可知，甲基取代了两个羟基中的氢原子，则由C生成D的反应类型是取代反应；由E的结构简式可知，其化学名称是苯甲醛；
（4）
H的分子为C15H10O4，I的分子式C15H12O4，又I为黄烷酮类物质，则H中的碳碳双键与氢气发生加成反应生成I，所以I的结构简式为；
（5）
芳香化合物X是C的同分异构体，同时满足如下条件：a．苯环上只有三个取代基，且甲基不与苯环直接相连；b．能与FeCl3溶液发生显色反应；c．1ml X可与4ml NaOH反应，则X应含有2个酚羟基，另一个取代基为-OOCCH3，当酚羟基处于对位时，-OOCCH3有1种取代情况，当酚羟基处于间位时，-OOCCH3有3种取代情况，当酚羟基处于邻位时，-OOCCH3有2种取代情况，则X有6种，其中核磁共振氢谱峰面积比为3：2：2：1的X的结构简式是、。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
C
C
A
B
B
D
D
B
题号
11
12
13
14






答案
B
C
D
D