化学试卷-福建省部分地市校2025届高中毕业班3月质量检测
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【解析海水淡化的方法主费有蒸璃法，反参透法和电渗新法等，A正确；电解每水不能得到金属镁，电解溶牌 的氯化镁可得到金属镁，B正确：深海海底的“可燃冰”是天然气水合物，属于不可再生能源，C正确：先将海 水蒸发转变为粗盐，发生的变化是物理变化，再将粗盐中的杂质离子C+、Mg+,SO等除去时，发生了化 学变化，D错误。 【答案C 【解析】该反应为加成反应，X含有硅键、醛基2种含氧官能团，A错误：Y分子中只有碳氧双键上的碳原子是 s即杂化，其余碳原子都是$p杂化，B错误：Z分子含有3个手性碳原子，图中虚线框内，含有苯环和猴基 2个平面，单键可以旋转，故所有碳原子可能共平面，C正确：X和Z都不含有酚羟基，不能用氯化铁溶液鉴 别：X含有醛基，Z不含有醛基，X和Z可以用银氨溶液鉴别，D错误。 【答案】B 【解析】根据题意和该除草剂的分子结构图可知，元素X、Y,Z.W,E分别为H.C、N,O,P。同周期主族元素 的第一电离能从左到右呈增大的趋势，但Z(N)的2p能级有3个电子，处于半充满，较稳定，故Z(N)的第一 电离能大于W(O》的第一电离能，第一电离能：C<O<N,即Y<W<Z:同周期主族元素从左到右元素的电 负性增强，氢元素的电负性在三者中最小，所以电负性：H<C<O,即X<Y<W,A正确：NH,分子间存在氢 键，故沸点NH高于PH,HO在常温下呈液态，NH在常温下呈气态，故简单氢化物沸点：PH<NH< HO,即E<Z<W,B错误；原子半径：O<N<C,原子半径越小，键长越短，则键长：H一O<H一N<H一C, C正确：NO的中心原子上的价层电子对数=2+5十1一2X2 =3,VSEPR模型为平面三角形，离子的空间 结构为V形，两者不相同，D正确。 【答案】D 【解析】金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性由强到弱的顺序为 Fe>Cu>Ag,A正确；Ag(NH,):]中、[Cu(NH):门+中的中心离子的配位数分别为2、4，B正确：反应①中， 氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是[Cu(NH):]++4H+ Cu+十4NH时，C正确：向氯化铜和氯化铵的混合液中加入单质铁，铁置换出铜后生成F©+，然后Fc+被通 入的氧气氧化为Fe+,因此，溶液①中的金属离子是Fe3+,D错误。 【答案】A 【解析】煤粉灰的主要成分为SiO,,AlO、FcO、FeO,、MgO,TiO,等，酸浸后AlO、FcO、FeO、MgO分别 转化为A+,Fe2+,Fe+,Mg+,TiO2转化为TiOS),,强电解质TiOSO在溶液中仅能电离出SO和一种 阳离子，该阳离子会发生水解，即该阳离子为TO+,SiO2不反应，进人滤渣1中。加人铁粉，F®+被还原为 Fe2+,结品得到FeSO,·7HO,TiO+水解后得到TiO·xH:O,经过酸洗，水洗.干燥，煅烧，得到TiO2。滤 液2中加入双氧水，将Fe+氧化为Fe+,调节pH,可生成AI(OH)3、Fe(OH),沉淀。滤液3含有Mg+,经 过一系列操作，最后结品得到MgC1g·6H,O.由上述分析可知，“滤液2”中加人双氧水后，将F+氧化为 Fe+,体系中发生主要反应的离子方程式为2Fe2+十HO2十2H+一2Fe+十2H:O,A正确：加人铁粉的主要 目的是将Fe+还原为Fe2+,以便结品得到FeSO,·7H:O,B错误；当“滤液2”中A+完全沉淀时，Fe+早已 完全沉淀，溶液中A=A）·产(OH)-K[AI(OHD]=1.0X10 c(Fe)c(Fe )(OH-)Kp[Fe(OH)]4.0X10-35 =2,5×10,C错误：由于 Mg+能发生水解，为了抑制其水解，需要在氯化氢气流中加热MgC2·6H:O品体，方可制取无水MgC:· D错误【解析】标准状况下，光气不是气体，不能用22.4L·o计算其物质的量，A错误：C02的结构式为 O一C一0,1个CO2分子中含有2个氧原子和1个三中心4电子大π键，22g(即0.5mol)C0):中含有的氧 原子数为N,含有的大π键电子数为2NA,B正确：基态Ti原子的价层电子排布式为3d4s2,1mol基态Ti 原子的价层电子数为4N,C错误；TC,的熔点较低，是由分子构成的共价化合物，不含有离子，D错误。 【答案】B 【解析】微热试管a中溶液，黄色加深，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，即△H>0,A正 确：试管b加水后，平衡正向移动，(H+)增大，但c(H)减小，溶液的pH增大，B错误；试管c比试管b黄色 更深，平衡正向移动，但平衡常数只受温度的影响，平衡常数不变，C正确：试管d中加浓疏酸，溶液中c(H+) 增大，平衡逆向移动，溶液橙色变深，D正确。 【答案】D 【解析】由图可知，温度不同，反应历程不同，A正确：催化剂能降低脱硝反应的活化能，提高脱硝反应速率，但 催化剂不能使化学平衡发生移动，即不能提高N0的平衡转化率，B正确：脱硝反应分为两步：2NO十O2一 NO,6NO,+8NH,一7N,+12H:O,脱硝总反应的化学方程式为6NO+3O,+8NH_7N:+ 12HO,C正确：水分子和氨分子的中心原子都是sp杂化，由于氧原子，氨原子均有孤电子对，对共价键有 挤压作用，氨分子中的氨原子有1个孤电子对，水分子中的氧原子有2个孤电子对，孤电子对数目越多，挤压 作用越大，故键角：H2ONH,D错误 【答案】C 【解析】NRH:在a极上转化为NR,有机物失氢，发生氧化反应，则a极为阳极，a极应连接蓄电池的正极 PbO极，A错误：电解时，b极为阴极，NR在b极上发生还原反应，b极的电极反应为NR十2e+2H:O一 NRH2十2OH,B错误；因为a极的电极反应需要HCO,所以左储液罐溶液中发生反应的离子方程式为 CO+OH-一HCO方，C正确：根据左储液罐溶液中发生反应的离子方程式CO+OH一HCO和b极的 电极反应式NR十2e十2HzO一NRH2十2OH,列出关系式：CO2一OH一e,可知理论上每捕获空气中 的1 mol CO,电路中转移1mol电子，D错误。 【答案】C 【解析】随着溶液的pH增大，c(H)减小，乙酸电离平衡CH COOH一CH,CO)厂十H正向移动， c(CH COOH)减小，(CH COO)增大，即CH,COOH的摩尔分数或小，CH,COO的摩尔分数增大，同时 Ag(aq)+CH,COO(aq)一CH,COOAg(aq)的平衡正向移动，CH,COOAg的摩尔分数也增大，但当pH 增大到一定程度时，部分Ag转化为AgOH沉淀，使得平衡Ag(ag)十CH,COO(aq)CH COOAg(ag)逆向 移动，CH,COOAg的摩尔分数成小，CH COO的摩尔分数增大，故曲线I代表CH,COOH的摩尔分数与 pH的变化关系，曲线Ⅱ代表CH.COO的摩尔分数与pH的变化关系，曲线Ⅲ代表CH,COOAg的摩尔分 数与pH的变化关系，A正确：由图可知，当c(CH COOH)=c(CHCO))时（即曲线I和曲线I的交点），溶液的pH (2)2NH,CI+Ca(OH),≌CaCL,+2NH◆+2H,O(2分) (3)氨气极易溶于水，若用长导管替换长颈漏斗，会发生倒吸(2分) (4)先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色(2分) (5)降低溶剂的极性，有利于[Cu(NH),SO4·H2O结品析出(2分) (6)滴入最后半滴NOH溶液，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色(2分) （7)2.5(Y-V,)X10X246(或其他正确答案)(2分) (8)abd(2分。少选且正确的，给1分：选错或多选的，不给分) 【解析】(7)根据关系式[Cu(NH,)4]SO)·HO4NH一4HCI和HC一NOH可知，产品中[Cu(NH)]S)·HO 子(W,-V2)X10×246 的纯度= 2×100%=2.5(Y-V,)X10X245×100%. (8)未将产生的氮全部蒸出，导致剩余的盐酸偏多，则消耗NaOH溶液的体积V:偏大，故导致所测 [Cu(NH,),]SO,·H2O纯度偏低，a符合题意；未使用0,1000mol·L NaOH溶液润洗滴定管，导致滴 定管中的NaOH溶液的浓度偏低，则消耗NaOH溶液的体积V:偏大，故导致所测[Cu(NH),]SO,·HzO 纯度偏低，b符合题意：终点时滴定管尖嘴内有气泡，导致V2偏小，故导致所测[Cu(NH):]SO·HO纯 度偏高，c不符合题意：终点读数时仰视滴定管刻度线，导致读数V偏大，故导致所测[Cu(NH),]S)·HO纯 度偏低，d符合题意。 【答案及评分细则】(15分) (1)氨基.酯基(2分) (2)消去反应(2分》平面三角形(2分)
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