2025屆·普通高中名校聯考信息卷(模擬一)·化學參考答案C錯誤;干冰是固態的二氧化碳,干冰升華時,吸收大量的熱,使周圍溫度降低,大量的水蒸氣凝結成了小液滴,形成云霧效果,D正確。2.B【解析】NacIO由Na+和clo構成,含有離子鍵,clo中cl、O原子間共用1對電子,o.ci原于外圍都達到Be結構·其電子式為,A錯誤;為1s22s'2p3,基態碳原子的電子排布式為1s'2s22p2,2s的能量小于2p,則該原子是碳原子C錯誤;1s22s22p53s23ps4s',則C錯誤;1s22s22p3s23ps,D錯誤。3.A【解析】用圖1所示裝置可測定中和反應的反應熱4.B【解析】第二周期主族元素從左向右電負性逐漸增強,因此電負性:O>N>C,A正確;據圖中RU與周圍的原子得到該配合物中RU的配位數是6,C正確;PO43-中P的價層電子對數為4,無孤對電子,空間結構為正四面體形,D正確。5.D【解析】硫氫根離子不能拆成硫離子,A錯誤;硝酸根離子在酸性條件下能氧化碘離子,去2個電子,電子不守恒,C錯誤;碳酸氫鎂和過氧化鈉溶液混合生成氫氧化鎂和碳酸鈉子方程式為Mg2++2HCO3+4OH——Mg(OH)2十2H20+2CO2-,D正確N>O>C>si,A錯誤;簡單氫化物的穩定性:H2O>NH3>CH4>siH4,B正確;1molsio2中含有4molσ鍵,C錯誤;CO3的空間結構為直線形,屬于含有極性鍵的非極性分子,D錯誤7.A【解析】一般情況下,在鐵制品上鍍銅時用純銅作陽極,電極反應為Cu—2eCu2+,電解質溶液為CUSO4溶液,鐵作陰極,電極反應為:CU2++2eCU,但若用CUSO4和過量氨水作電解質溶液,加入氨水可以形成銅氨絡免費高中試卷公眾號：凹凸學長持在一個穩定2025屆普通高中名校聯考信息卷(模擬一)·化學參考答案1的狀態,此時鍍銅層的結晶會更一致,鍍層的孔隙率下降,使得鐵上鍍致密銅鍍層,A符合題意;由于濃硫酸有強氧化性,導致反應原理發生改變,加入濃硫酸反應原理可能為:加入稀硫酸則反應原理為:Na2S23十H24Na24+S+SO2十H2O,故不能探究濃度對反應速率的影響,B不合題意;由于乙醇易揮發,且乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,故在通入酸性高錳酸鉀溶液之前需通過盛水的洗氣瓶來除去乙烯中的乙醇,且還可能產生還原性氣體SO2,C不合題意;直接蒸干Feso4飽和溶液,亞鐵離子被氧化生成鐵離子,則不能制備無水Feso4,D不合題意。8.B【解析】香豆素-3-羧酸的分子式為C1,HsO4,A錯誤;米氏酸分子中含有多個類似甲烷結構的碳原子,因此所有碳原子不在同一平面上,B正確;水楊醛中的醛基、羥基以及香豆素-3-羧酸中的碳碳雙鍵均能與酸性KMno4溶液反應使其褪色,C錯誤;水楊醛中含1個酚羥基、米氏酸中含2個(醇)酯基、香豆素-3-羧酸中含1個(酚)酯基和1個羧基,這些官能團均能與NaoH溶液反應,故等物質的量的水楊醛、米氏酸和香豆素-3-羧酸與足量NaoH溶液反應,消耗NaoH的物質的量之比為1:2:3,D錯誤。9.A【解析】生物浸出時,S元素的化合價升高,被氧化;電解硫酸銅溶液,陰極反應式為CU2++2e—CU,陽極反應式為2H2O-4e—O2個+4H+,O元素化合價升高;"除鐵"步驟中,需要加入氧化劑將Fe2+氧化成Fe3+,Fe2+被氧化;電解過程中Co2+轉化成co,被還原,則還有一種元素化合價升高被氧化;因此上述過程中,至少有4種元素被氧化,A正確;溫度過高細菌失去活性,浸出率下降,只能在適當溫度下進行生物浸出",B錯誤;分液時,應先將下層液體由分液漏斗下口放入燒杯中,再將上層液體由分液漏斗上口倒出,C錯誤;"水相"中含有亞鐵離子和鐵離子,可以用鐵氰化鉀溶液檢驗其中的亞鐵離子,不能用KSCN溶液和新制氯水檢驗"水相"中的Fe2+,D錯誤10.C【解析】液溴具有揮發性,則熱空氣吹出溴蒸氣是利用了溴的揮發性,A正確;由分析可知,通入氯氣發生的反應為氯氣與溴離子反應生成氯離子和溴,反應的離子方程式為clz十2Br2cl十Br2,B正確;由溴與二氧化硫吸收液反應生成硫酸和氫溴酸可知,氧化劑溴的氧化性強于還原劑二氧化硫,C錯誤;混合物2中溴水的濃度高于混合物1,說明溴水混合物1到溴水混合物2的目的是富集溴元素,D正確11.B【解析】觀察晶胞可知,底面有兩種角度:120"和602,頂點上鈣原子對晶胞貢獻率分別為12s·同理·CN2s-貢獻率分別和·故1個晶胞中鈣的個數為2+axsH1x·學式為CXN,A:陰離子團的結構式為NCN]2-,1個雙鍵中有1個σ鍵、1個鍵,1個晶胞中含3個陰離子、6個鍵o,B錯誤;以晶胞中右下方的[CN2]2-進行分析,距離最近的鈣離子個數為6,其配位數為6,80X3NAg2403C正確;結合A選項,1個晶胞中有3個cacN2,該晶體的密度PVCm3NAVNAg2403D正確。12.C【解析】由電解示意圖可知,電極B上Mn2+轉化為了Mno2,錳元素化合價升高,失電子,則電極B為陽極,電極A為陰極,得電子,發生還原反應,A正確;由電解示意圖可知,電極B上Mn2+失電子轉化為了Mno2,電極反應式為:2H2O+Mn2+—2eMno2+4H+,B正確;電極A為陰極,LiMn2得電子,電極反應式為:2LiMn24十6e+16H+2Li++4Mn2+十8H2O,依據得失電子守恒,電解池總反應為:2LiMnzO4+4H+——2Lit+Mn2+2+2H2,反應生成了Mn2+,MnMn2+2+2H2,反應生成了Mn2+,Mn2+濃度增大,C錯誤;電解池總反應為2IiMnzO4十4H+——2Li++Mn2++3Mno2十2H2o,電解結束后,可通過調節溶液PH將錳離子轉化為沉淀除去,然后再加入碳酸鈉溶液,從而獲得碳酸鋰,D正確。13.B【解析】cucl2、Na2S水解促進水電離,b點是cucl2與Na2S溶液恰好完全反應的點,溶質是氯化鈉,對水的電離沒有影響,水的電離程度最小的為b點,A錯誤;該溫度下,b點加入10mL的0.1mol/LNa2S溶液,cucl2與Na2S溶液恰好完全反應,液中C(CU2+)=C(S-),此時一lgC(CU2+)=18.0,C(CU2+)=1X10-18mol/L,即b點C(S2-)=1X10-18mol/L,B正確;C點時,溶液中的n(cl)=0.002mol,n(Na+)=0.004mol,Na2S過量0.001mol,由物料守恒可得4CC(S2-)+C(HS)+C(H2S)]=C(Nat),C錯誤;b點是cucl2與Na2S溶液恰好完全反應的點,C(CU2+)=C(S2-),根據b點數據可知C(CU2+)=1X10-l8mol/L,則該溫度下KSP(CUS)=C(CU2+)XC(S-)=1X10S,zns(S)+3.oX1011,D錯誤14.C解析】根據分析可知,增大壓強,平衡逆向移動,C2H4(g)物質的量減小,曲線Y表示100kpa時平衡體系中乙烯的物質的量分數,A錯誤;T℃反應達到平衡時C2H;(g)的轉化率為60%,恒溫恒壓下,氣體的體積與物質的量成正比,H2與CH4的體積比為2:1即物質的量比為2:1,假設生成2molHz與1molCH,需消耗3molCzH;(g),生成平衡時總物質的量為2+2.5+2+1=7.5mol,平衡時c2H4(g)的體積分數即物質的量分數近似為X100%33.,3%,B為提高H2·提高主反應的反應實際生產中可使用主反應的選擇性催化劑,C正確;降低壓強平衡正向移動,可提高乙烯的產率,但壓強減小也會造成反應速率減慢,實際生產中盡可能降低壓強會影響反應速率,單位時間內乙烯的產率可能降低,D錯誤15.(除標注外,每空2分,共14分)(1)K1(1分)排除裝置中的空氣,防止生成的Na2S24被氧化(2)吸收尾氣和防止空氣進入到乙裝置(3)D(1分)(4)3Mno4+4H+2++5NO3十2H2O(5)在B裝置中加入一定量的稀硫酸(6)①69.0%②ad【分析】利用亞硫酸鈉與硫酸反應制備二氧化硫,與甲酸鈉、甲醇混合溶液作用、加入NaoH,生成Na2S2O4、二氧化硫和水,利用氫氧化鈉吸收尾氣;濃硝酸與碳反應得到NO3、COZ混合氣體,通入裝有銅和水的集氣瓶,作用后干燥,通過過氧化鈉作用,得到的氣體干燥后用酸性高錳酸鉀吸收。【解析】(1)連二亞硫酸鈉在空氣中極易被氧化,所以先通SO2將裝置中空氣排盡,再滴加NaoH溶液。(2)連二亞硫酸鈉在空氣中極易被氧化,裝置丙的作用是防止空氣進入乙,還有吸收S(O2尾氣及防倒吸。(3)為保證制得的亞硝酸鈉的純度,生成的一氧化氮需要在C裝置中凈化,主要目的是除去水蒸氣、CO3和可能出現的酸霧,因此盛放的試劑是堿石灰,其他幾種均不能除去酸霧。(4)根據題意,F中NO被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成NO3,反應的離子方程式為3Mno4+4H+2++5NO3+2H2O3Mno4+4H+2++5NO3+2H2O(5)濃硝酸易揮發,A中生成的二氧化氮中會有少量硝酸蒸氣逸出,二氧化氮與水反應也會生成硝酸,B中銅與硝酸反應仍有硝酸根離子剩余,從提高氮原子利用率的角度出發,可以在B裝置中加入一定量的稀硫酸,使氮元素全部轉化為NO。(6)①由題干信息可知,21.25mL數據與其他三組偏差較大,應舍去,則每次平均消耗20.00mLKMno4溶液,由5Fe2+~Mno4可知,未與NO2反應的Fe2+的物質的量為n(Fe2+)=5X0.01X20X10-3=1X10-3mol,則與NO2反應的Fe2+的物質的量為0.10X20X10-3—1X10-3=1X10-3mol,由NO2Fe2+知,n(NO2):n(Fe2+)=1:1,即n(NO2)=1X10-3mol,則m(NO2)=1X10-3X20X69=1.38g,故質量分數②若滴定用時過長,會導致空氣中的氧氣氧化Fe2+,使測得滴定消耗KMno4溶液的體積數據偏小,使測定結果偏高;未等30秒便立即讀數可能使滴定不完全,KMno溶液的消耗數據偏小,導致測定結果偏高,ad正確16.(除標注外,每空2分,共14分)(1)3d54s2(2)增大接觸面積,加快溶浸速率(1分)(3)Mno2十2Fe2+十4H+Mn2+十2Fe3++2H2O(4)4.7(1分)Fe(OH)3、Al(OH)3(5)2.9X10-9(6)Mn2++2HCO3Mnco;+CO2+H2(7)abc【分析】硫化錳礦和Mno2粉加入稀硫酸,Mno2具有氧化性,二者發生氧化還原反應生成Mnso、S,同時溶液中還有難溶性的sio2及難溶性的硅酸鹽,所以得到的濾渣1為sio2、S和難溶性的硅酸鹽;然后向濾液中加入Mno2,將還原性離子Fe2+氧化生成Fe3+,再向溶液中加入氨水調節溶液的PH除鐵和鋁,所以濾渣2為Fe(OH)3、Al(OH)3s根據流程圖,結合表格數據,加入的Na2S和zn2+、Ni2+反應生成硫化物沉淀,"除雜"的目的是除去zn2+和Ni2+,所以濾渣3為Nis和zns;最后向濾液中加入碳酸氫銨得到Mnco3沉淀。【解析1)錳為25號元素,基態錳原子的價層電子排布式為3di4s2。(2)硫化錳礦預先粉碎的目的是增大接觸面積,加快溶浸速率。(3)"氧化"中Mno2將Fe2+氧化成Fe3+的離子方程式為Mno2+2Fe2++4H+Mn2++2Fe3++2H2O。(4)"調PH"除鐵、鋁元素,溶液的PH應該大于這兩種離子完全沉淀所需PH且小于其它離子生成沉淀的PH,在PH=4.7時Fe3+和Al3+沉淀完全,在PH=6.2時zn2+開始產生沉淀,為了只得到氫氧化鋁和氫氧化鐵沉淀,需要溶液的PH范圍為4.7≤PH<6.2;由分析可知,濾渣2為Fe(OH)3、Al(OH)3。(5)根據Ksp(Nis)=1.ox102,若"除雜"后濾液中C(Ni2+)=1.ox10-smol·L-',則C(S')=2+-S=1.0X10則C(S')=2+-S=1.0X10mol·L-1,KSP(zns)=2.9X10C(Ni)1.0X10繼而氫離子和碳酸氫根反應生成水、二氧化碳,離子方程式為Mn2++2HCO3Mncos+CO2+H2o。42025屆普通高中名校聯考信息卷(模擬一)·化學參考答案(7)由結構式可知,則Mn2(CO)1O晶體中微粒間作用力有CO極性鍵、CO與Mn形成配位鍵、Mn與Mn之間存在金屬鍵,分子之間存在范德華力。17.(除標注外,每空2分,共15分)(1)①低溫(1分)946②AD2,(3)②>解析1(1)①2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2(g)正反應氣體物質的量減少,△S<0,△H=—666KJ·mol-',所以該反應在低溫條件下更有利于自發進行;變=反應物總鍵能生成物總鍵能,436X2+632X2一—464X4=—666,z=946。②容器內N2的分壓不再改變,說明N2的濃度不變,反應一定達到平衡狀態,故選A;n(H2):n(NO):n(N2):n(H2O)=2:2:1:2,不能判斷濃度是否發生改變,反應不一定平衡,故不選B;反應前后氣體總質量不變、容器體積不變,密度是恒量,容器內混合氣體的密度不再變化,反應不一定達到平衡狀態,故不選C;反應前后氣體物質的量不同,容器內體系的混亂度不再變化,說明氣體物質的量不再改變,反應一定達到平衡狀態,故選D。(2)已知金屬錢屬于立方晶系,錢原子位于頂點及每個面的中心,則原子的配位數為12;82根據均攤原則,晶胞中Rh的個數為8X十6X=82(3)慢反應決定總反應速率,上述反應機理中,速率控制步驟為②;根據蓋斯定律①②③得2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2(g)ΔH=