玉林2025届高三一模化学答案

2025届高三第一次教学质量监测化学参考答案1．【详解】A．制白砂糖时用活性炭脱色为活性炭的吸附作用，属于物理变化，A错误；B．石墨烯为碳单质，不属于有机高分子材料，B错误；C．港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，锌作负极保护铁，依据的是牺牲阳极法，C错误；D．采用氢能源汽车代替燃油车，减少CO2的产生和排放，有利于“碳达峰、碳中和”，D正确；故选D。2．【详解】A．H2O2是共价化合物，电子式为，A错误；B．由系统命名法，的化学名称是3-甲基-2-戊烯，B正确；C．同素异形体指的是单质，CO、CO2是化合物，C错误；D．B的核电荷数为5，原子结构示意图为，D错误；故选B。3．【详解】【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故A错误；B．该反应的反应物中N2为分子晶体，故B错误；C．1个N2分子中有1个σ键和2个π键，数目之比为1:2，故C正确；D．碳元素的原子序数为6，基态原子的电子排布式为1s22s22p2，原子中共有4种不同空间运动状态的电子，故D错误；故选C。4．【详解】A．配制溶液不能在容量瓶中直接溶解固体，故A错误；B．NH3的密度比空气小，故采用向下排空气法收集，装置正确，故B正确；C．Zn片与CuCl2溶液反应，置换出铜，能说明活动性：Zn>Cu，故C正确；D．HCl与NaOH快速反应，故要考虑防倒吸，故D正确；故选A。5．【详解】A．标准状况下，水不是气体，22.4LH2O物质的量不是1mol，故A错误；B．碳酸根离子水解导致其数目小于NA，B错误；C．电解精炼铜时，阳极上除了铜放电之外，还有其他金属(锌、铁等)也会放电，因此阳极质量减轻64g时，转移电子数不是2NA，C错误；D．42g丙烯为1mol，则碳原子数为3NA，D正确；故选D。6．【详解】A．丁基苯酞的化学式不饱和度为6，H原子个数为12×2＋2-6×2=14，化学式为C12H14O2，A项错误；B．丁基苯酞分子中碳原子有2种杂化方式，B项错误；C．酯基能发生取代反应，苯环能与氢气发生加成反应，可燃烧能发生氧化反应，C项正确；D．苯环不对称，因此苯环上一氯代物有4种，D项错误；故选C。7．【详解】A．氢氟酸是弱电解质，氢氟酸蚀刻玻璃的离子方程式为：SiO24HFSiF42H2O，A错误；---B．Cl2制备84消毒液是将Cl2通入NaOH溶液中，离子方程式为:Cl2＋2OH=Cl＋ClO＋H2O，选项B正确；2+2-+-C．将稀硫酸滴入Ba(OH)2溶液中，反应的离子方程式为：Ba＋SO4＋2H＋2OH=BaSO4↓＋2H2O，选项C错误；D．金属Na先与溶液中的水反应，生成的碱与MgCl2溶液生成沉淀，反应的离子方程式为：2++2Na＋2H2O＋Mg=2Na＋Mg(OH)2↓＋H2↑，D错误；故选B。化学答案第1页，共5页8．【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期元素，由题目信息Z的单质在空气成分中体积分数占比最大可知Z为N元素，Y、W分别为C、O；X原子核外电子只有一种运动状态，则X为H。【详解】A．Y、Z、W分别为:C、N、O，电负性由大到小的顺序为O＞N＞C，A正确；B．非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强，非金属性N>P，则氢化物稳定性N>P，B错误；C．X与W形成的化合物可以为H2O、H2O2，都为极性分子，C错误；D．分子结构中含羧基官能团，能和碱反应，D错误；故选A。9．【分析】净化除氯后的海水，加入硝酸银，发生反应为I-＋Ag+＝AgI↓，进行富集，生成含有AgI的悬浊液，-2+继续即加入铁粉，发生反应Fe＋2AgI＝2I＋2Ag＋Fe，过滤掉析出的Ag，向FeI2中加入过量Cl2，发生反应为2FeI2＋3Cl2＝2FeCl3＋2I2，得到I2。据此解答。【详解】A．过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故A正确；B．将“氧化”后的溶液需要先萃取分液后再蒸馏可得单质碘，故B错误；-2+-2+C．I、Fe的还原性I＞Fe，氯气首先与碘离子反应，因此先生成的氧化产物为I2，故C正确；D．从流程图可知，转化生成的沉淀为单质Ag，银和硝酸反应生成硝酸银，可循环使用，故D正确；故选B。10．【详解】A．由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，DMF的平衡转化率增大，故A正确；B．由图可知，该历程包含6个基元反应，故B正确；C．由反应物和生成物的相对能量可知，反应放热为0eV－(-1.02eV)=1.02eV，1molDMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV·NA的能量，故C错误；**D．由图可知，最大能垒（活化能）为1.19eV，反应的方程式为N(CH3)3＋OH＋H=N(CH3)3(g)+H2O(g)，故D正确；故选C。11．【详解】A．将新鲜菠菜剪碎、研磨、溶解，过滤，向滤液中加入少量稀硝酸，再滴加几滴溶液，若溶液变红，说明菠菜中含有铁元素，A正确；1B．AgNO3过量，加入0.1molLKI，剩余的AgNO3与KI反应生成AgCl黄色沉淀，没有发生沉淀转化，无法比较KspAgCl、Ksp(AgI)，B不正确；C．常温下，用pH计测量0.1molL-1NaClO溶液的pH＞7，说明次氯酸根离子水解使溶液呈碱性，则说明HClO是弱酸，C正确；D．轻金属盐的浓溶液能使蛋白质溶液发生盐析，盐析可逆，向NH42SO4饱和溶液中，加入几滴鸡蛋清溶液，震荡，出现沉淀，再加入蒸馏水，振荡，沉淀溶解，证明蛋白质的盐析过程是可逆的，D正确；故选B。12．【分析】电子从X极流出，说明X极是失去电子做负极，发生氧化反应，电极反应方程式为Li－e-=Li+。电子从Y极流入，说明Y极是得到电子做正极，发生还原反应，电极反应方程式为:--2SOCl2＋4e=SO2↑＋S↓＋4Cl。外电路中电子移动形成电流，内电路中离子移动形成电流。阳离子交换膜只允许阳离子通过。原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。Li+透过阳离子交换膜向Y极移动。化学答案第2页，共5页【详解】A．根据电子流向可知，X为负极，Y为正极，A正确；B．Li+为阳离子，应透过阳离子交换膜向正极移动，B正确；C．Li的性质较活泼，易与水反应，所以四氯铝酸锂LiAlCl4的SOCl2溶液不能含水，C正确；D．正极为得到电子的一极，D错误；故选D。213．【详解】A．SO3中心S原子形成3个σ键，孤电子对数为0，所以S原子属于sp杂化，空间结构为平面三角形，故正确；A4120根据晶胞图可知阴阳离子数目均为，由密度公式可算得3303，故正确；B.4a10NAg/cmBC．根据晶胞图，可以看出Fe2紧邻的阴离子个数为6，故C错误；D．FeS2中Fe为+2价，S为-1价；完全反应生成SO2和Fe2O3后，Fe为+3价，S为+4价，有1molFe和2molS发生电子转移，所以有1molFeS2完全反应生成SO2和Fe2O3，有11mol电子发生转移，故D正确；故答案选C。14．【详解】A．由图可知，0.1molL1HX的pH等于1，则HX为强酸，电离方程式为HX=H+＋X-，故A错误；B．由图可知，HY的pH等于4，0.1mol/LHY溶液中c（H+）=10-4mol/L，故B错误；C．VNaOH20mL时，两种溶液恰好反应分别生成等量的NaX和NaY，NaY发生水解，所以溶液中cX->cY-，故C错误；D．b点为加入NaOH溶液体积为10mL，对于HY溶液中，反应恰好生成等量的HY和NaY，根据物料守恒：cY-+cHY=2cNa+，根据电荷守恒：cY-+cOH-=cH++c(Na+)，联立得：c(Y-)－c(HY)=2[c(H+)－c(OH-)]，则c(Y-)－c(HY)>c(H+)－c(OH-)，故D正确；故选：D。15．(14分)【分析】装置A用饱和食盐水和电石反应制取乙炔，反应方程式为：CaC2＋2H2O=Ca(OH)2＋CH≡CH↑，装置B的硫酸铜溶液可除去电石中产生的杂质气体H2S、PH3等，装置C中C2H2与浓HNO3反应生成H2C2O4和NO2，装置D用来吸收二氧化氮尾气，据此分析回答。【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗；（2）由分析可知，装置B中盛有的硫酸铜溶液用于吸收除去乙炔气体中混用的硫化氢和磷化氢等气体杂质；（3）装置C中C2H2与浓HNO3反应发生H2C2O4和NO2,反应化学方程式为HgNO浓32C2H28HNO3H2C2O48NO24H2O,NO2的颜色为红棕色，a、c、d均为无色，故b正确；4555℃（4）增大气液接触面积，加快反应速率；（5）反应方程式为：CaC2＋2H2O=Ca(OH)2＋C2H2↑；（6）a．使用托盘天平时，应该“左物右码”，a错误；b．溶解草酸固体时需要搅拌，b正确；c．将草酸溶液转移到容量瓶中时需要用玻璃棒引流，c错误；d．定容时，视线应该与凹液面的最低处相平，d正确；故选ac。-+2+3（7）已知5H2C2O4＋2MnO4＋6H=10CO2↑＋2Mn＋8H2O，消耗的nKMnO42.010mol，消耗高锰酸钾3的草酸的物质的量为nH2C2O42.5nKMnO45.010mol，样品中草酸晶体的质量分数为:化学答案第3页，共5页1005103126g20100%90%3.500g参考答案：（每空2分）(1)分液漏斗(2)除去H2S、PH3等气体杂质(3)b(4)增大气液接触面积，加快反应速率(5)CaC2＋2H2O=Ca(OH)2＋C2H2↑(6)ac(7)90%16.（15分）【解析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰等元素的2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其它2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=3.1~6.2，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去铁元素；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其原因是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。101（2）Co在元素周期表的位置是第四周期VIII族，Cu的价电子排布式为3d4s。（3）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，二氧化锰为氧化产物，故C正确；（4）“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其它元素的2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其它元素均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，2+浸渣的成分为铜和硫酸铅；“沉淀”步骤中，用NaOH调pH分离出的滤渣是Fe(OH)3,从图像分析得知Zn不能沉淀，调节的pH的范围是3.1~6.2；（5）“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式为:CoO＋H2SO4=CoSO4＋H2O。（6）“沉钴”后滤液的pH=5.0~5.5，溶液中有Zn元素以Zn2形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为2[Zn(OH)4]，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH：8≤pH<12，静置后过滤、洗涤、干燥。参考答案：（1）增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。（2分）（2）第四周期VIII族（2分）；3d104s1（1分）（3）C（2分）（4）硫酸铅（或PbSO4）（2分）；3.1~6.2（2分）（5）CoO＋H2SO4=CoSO4＋H2O（2分）（6）向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH：8≤pH<12，静置后过滤、洗涤、干燥。（2分）17.（14分）【解析】主要对盖斯定律、化学平衡、反应速率、平衡图像分析平衡移动原理的综合应用、电化学的电极反应式