2025-2026学年乐山市高考考前提分化学仿真卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年乐山市高考考前提分化学仿真卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
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一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列有关可逆反应：m A(g)+n B(？)⇌p C(g)+q D(s)的分析中，一定正确的是( )
A．增大压强，平衡不移动，则 m＝p
B．升高温度，A 的转化率减小，则正反应是吸热反应
C．保持容器体积不变，移走 C，平衡向右移动，正反应速率增大
D．保持容器体积不变，加入 B，容器中D 的质量增加，则 B 是气体
2、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半径最大。X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下，0.1ml·L-1W的氢化物水溶液的pH为1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化物，先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解。下列推断正确的是
A．简单离子半径：W>Y> Z> X
B．Y、Z分别与W形成的化合物均为离子化合物
C．元素的最高正化合价：W>X>Z> Y
D．Y、W的简单离子都不会影响水的电离平衡
3、能够产生如图实验现象的液体是
A．CS2B．CCl4
C．H2OD．
4、传感器可以检测空气中SO2的含量，传感器工作原理如下图所示。下列叙述正确的是( )
A．b为电源的正极
B．负极反应式 Ag - e- + Cl- = AgCl
C．当电路中电子转移为5×10-5ml时进入传感器的SO2为 1.12 mL
D．阴极的电极反应式是2HSO3-+2H++2e-= S2O42-+2H2O
5、常温下，Mn+(指Cu2+或Ag+)的硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．直线MN代表CuS的沉淀溶解平衡
B．在N点Ksp(CuS)=Ksp(Ag2S)
C．P点：易析出CuS沉淀，不易析出Ag2S沉淀
D．M点和N点的c(S2－)之比为1×10－20
6、下列各组物质既不是同系物又不是同分异构体的是（ ）
A．甲酸甲酯和乙酸B．对甲基苯酚和苯甲醇
C．油酸甘油酯和乙酸乙酯D．软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯
7、下列微粒互为同位素的是
A．H2和D2B．2He和3HeC．O2和O3D．冰和干冰
8、能正确表示下列反应的离子方程式为( )。
A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－
B．向碳酸钠溶液中通入少量CO2：CO32-＋2CO2＋H2O=2HCO3-
C．向碘化钾溶液中加入少量双氧水：3H2O2＋I－=IO3-＋3H2O
D．向CuSO4溶液中通入H2S：H2S＋Cu2+=CuS↓＋2H+
9、短周期主族元素M、X、Y、Z、W原子序数依次递增，在周期表中M的原子半径最小，X的次外层电子数是其电子总数的，Y是地壳中含量最高的元素，M与W同主族。下列说法正确的是
A．Z的单质与水反应的化学方程式为：Z2+H2O=HZ+HZO
B．X和Z的简单氢化物的稳定性：Xa，则a、b、c的大小关系为___________。
(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是___
(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为_________________；
(7)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。___________。
21、（1）写出COS的电子式__________________，C与O形成共价键时，共用电子对会偏向__________原子，判断依据是___________。
（2）已知COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g) △H1＝－34kJ/ml
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) △H2＝－41kJ/ml
写出H2S与CO反应生成COS的热化学方程式__________________________________。
100℃时将CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，达平衡后CO的转化率α=33.3%，此时反应的平衡常数k=________________________。
（3）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。设起始充入的n(CO)∶n(H2S)＝m，相同时间内测得H2S转化率与m和温度（T）的关系如图所示。
①m1________m2（填＞、＜或＝）
②温度高于T0时，H2S转化率减小的可能原因为_________
a．反应停止了 b．反应的△H变大
c．反应达到平衡 d．催化剂活性降低
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A．增大压强，平衡不移动，说明左右两边气体的体积相等，若B为气体，则m+n＝p，故A错误；
B．升高温度，A 的转化率减小，则平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应方向为放热反应，故B错误；
C．移走 C，生成物的浓度减小，平衡向右移动，逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变，故C错误；
D．加入 B，容器中D 的质量增加，说明平衡正向移动，说明B为气体；若B为固体，增加固体的量，浓度不改变，不影响速率，故不影响平衡，故D正确。
答案选D。
2、D
【解析】
Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，故Y为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，逐滴加入氢氧化钠溶液先产生沉淀，后沉淀溶解，说明ZW3为铝盐，即Z为Al元素；X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物，则X为O元素；常温下，0.1ml·L-1W的氢化物水溶液的pH为1，说明HW为一元强酸，W的原子序数大于Z，所以W为Cl元素；综上所述：X为O，Y为Na，Z为Al，W为Cl。
【详解】
A. 核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；氯离子电子层为3层，其他离子均为2层，所以简单离子半径：Cl⁻>O2⁻>Na+>Al3+，即W>X>Y>Z，故A错误；
B. Al与Cl形成的化合物AlCl3为共价化合物，故B错误；
C. O元素没有最高正化合价，故C错误；
D. NaOH为强碱，HCl为强酸，所以钠离子和氯离子都不会影响水的电离平衡，故D正确；
故答案为D。
3、C
【解析】
A．CS2是非极性分子，用带电玻璃棒接近CS2液流,液流不偏转，A错误；
B．CCl4是非极性分子，用带电玻璃棒接近CCl4液流,液流不偏转，B错误；
C．H2O是极性分子，用带电玻璃棒接近H2O液流,液流会偏转，C正确；
D．是非极性分子，用带电玻璃棒接近液流,液流不偏转，D错误。
答案选C。
极性分子能发生细流偏转现象，非极性分子不能发生细流偏转现象。
4、D
【解析】
A．与b电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变化为S2O42－，硫元素化合价降低发生还原反应，可判断为阴极，b为电源的负极，A项错误；
B．根据上述分析，a为电源的正极，则阳极反应式为：Ag-e－+ Cl－＝AgCl，B项错误；
C．当电路中电子转移为5×10－5ml时，进入传感器的SO2为5×10－5ml，标况下的体积为1.12 mL，C项错误；
D．根据题意，阴极的电极反应式是2HSO3-+2H++2e-= S2O42-+2H2O，D项正确；
故答案选D。
答案选D。
本题考查电解原理的应用。主要是电极分析以及电极反应式的书写，掌握基础是关键，题目难度中等。①与b电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变化为S2O42-，硫元素化合价降低发生还原反应，为电解池的阴极；②与电源a极相连的电极为电解池的阳极，与b连接的电解池的阴极；③温度和压强不知不能计算气体体积。
5、D
【解析】
A选项，N点c(S2－) = 1×10-20ml/L，c(Mn+) = 1×10-15ml/L，M点c(S2－) = 1×10-40ml/L，c(Mn+) = 1×10-5ml/L，如果直线MN代表CuS的沉淀溶解平衡，那么M点c(S2－)∙c(Mn+) = 1×10-40×1×10-5 =1×10-45，N点c(S2－)∙c(Mn+) = 1×10-20×1×10-15 =1×10-35，M点和N点的Ksp不相同，故A错误；
B选项，在N点硫离子浓度相等，金属离子浓度相等，但由于Ksp的计算表达式不一样，因此Ksp(CuS)>Ksp(Ag2S)，故B错误；
C选项，根据A分析MN曲线为Ag2S的沉淀溶解平衡，P点QKsp(Ag2S)，因此不易析出CuS沉淀，易析出Ag2S沉淀，故C错误；
D选项，M点c(S2－) = 1×10-40ml/L，N点c(S2－) = 1×10-20ml/L，两者的c(S2－)之比为1×10－20，故D正确。
综上所述，答案为D。
6、C
【解析】
A．甲酸甲酯和乙酸分子式相同，结构不同，属于同分异构体，A不合题意；
B．对甲基苯酚和苯甲醇分子式相同，结构不同，属于同分异构体，B不合题意；
C．油酸甘油酯是不饱和酯，乙酸乙酯是饱和酯，分子式不同，结构不相似，则既不是同系物，又不是同分异构体，C符合题意；
D．软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯，结构相似，分子组成上相差2个CH2，互为同系物，D不合题意；
故选C。
7、B
【解析】
A.H2和D2是单质，不是原子，且是同一种物质，A错误；
B.2He和3He是同种元素的不同种原子，两者互为同位素，B正确；
C.O2和O3是氧元素的两种不同的单质，互为同素异形体，C错误；
D.冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，是两种不同的化合物，不是同位素，D错误；
故合理选项是B。
8、D
【解析】
A. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2，溴离子和亚铁离子都被氧化，正确的离子方程式为：4Br−+2Fe2++3Cl2 = 2Fe3++2Br2+6Cl−，故A错误；
B. 向碳酸钠溶液中通入少量CO2，反应生成碳酸氢钠，该反应的离子方程式为：CO32−＋CO2＋H2O = 2HCO3－，故B错误；
C. 向碘化钾溶液中加入少量双氧水，反应生成碘单质，该反应的离子方程式为：2H++ H2O2 ＋ 2I－= I2+2H2O，故C错误；
D. 向CuSO4溶液中通入H2S，生成CuS沉淀，该反应的离子方程式为：H2S＋Cu2+=CuS↓＋2H+，故D正确。
综上所述，答案为D。
9、B
【解析】
M、X、Y、Z、W原子序数依次递增的短周期主族元素，在周期表中M的原子半径最小，M为H元素，X的次外层电子数是其电子总数的，X为C元素，Y是地壳中含量最高的元素，Y为O元素，M(H)与W同主族，则W为Na元素，Z为F元素，据此分析解答问题。
【详解】
A．Z的单质为F2，F2与水的反应方程式为F2+2H2O=4HF+O2，A选项错误；
B．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：CK时，反应逆向进行；Qb>a 若温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降 取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净 称取mg样品，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于
【解析】
(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，据此书写；
(2) NaClO3具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规律分析分析；
(3)检验Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe2+；
(4)实验是研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，根据表格数据可知i、ii是研究NaClO3用量的影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此分析解答；
(5)温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；
(6) Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只要检验无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净；
(7)根据Fe元素守恒，若含有FeOOH，最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。
【详解】
(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，NaClO3被还原为NaCl，同时产生水，反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；
(2) NaClO3氧化FeSO4·7H2O时，为了增强其氧化性，要加入酸，因此提供酸性环境，增强NaClO3氧化性，选项a合理；同时FeSO4·7H2O被氧化为Fe2(SO4)3，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应使溶液显酸性，为抑制Fe3+的水解，同时又不引入杂质离子，因此要向溶液中加入硫酸，选项c合理，故答案为ac；
(3)检验Fe2+已经完全被氧化，只要证明溶液中无Fe2+即可，检验方法是取反应后的溶液少许，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若溶液无蓝色沉淀产生，就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+；
(4)①根据实验目的，i、ii是在相同温度下，研究NaClO3用量的影响，ii、iii或i、iv是研究温度的影响；因此m=2，n=25；
②在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，实验b>a；ii、iii的反应物浓度相同时，升高温度，化学反应速率大大加快，实验c>b，因此三者关系为c>b>a；
(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，原因是温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降；
(6) Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的洗涤液中无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净；
(7)在最后得到的沉淀Fe(OH)3中若含有FeOOH，由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1mlFe(OH)3质量是107g，完全灼烧后产生0.5mlFe2O3，质量是80g，若称取mg Fe(OH)3，完全灼烧后固体质量是，若样品中含有FeOOH，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于。
本题考查了氢氧化铁的制备原理及操作的知识。涉及氧化还原反应方程式的配平、实验方案的涉及、离子的检验方法、盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合物的知识和化学反应基本原理是解题关键。
21、 O（氧） C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OC CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H2＝－7kJ/ml 0.25 > d
【解析】
(1)根据共价键的相关知识解答；
(2) COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g) △H1＝－34kJ/ml①，
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) △H2＝－41kJ/ml②，
运用盖斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) △H，由②-①所得，计算可得；平衡常数，可用三段式进行计算；
(3)①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应，设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，m越大说明CO量越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率；
②温度高于T0，H2S转化率减小是因为温度升高，催化剂活性减弱，反应减慢，平衡逆向进行，H2S转化率减小。
【详解】
(1) COS的电子式；C与O形成共价键时，由于C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OC，共用电子对会偏向氧原子，故答案为：；O(氧)；C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OC；
(2) COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g) △H1＝－34kJ/ml①，
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) △H2＝－41kJ/ml②，
运用盖斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) △H，由②-①所得△H=-41kJ/ml-(-34kJ/ml)= -7kJ/ml，故H2S与CO反应生成COS的热化学方程式为CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) △H＝-7kJ/ml；CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，设CO与H2S的起始量各为3ml，达平衡后CO的转化率α=33.3%，可用三段式进行计算；，体积相同，则K=，故答案为：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) △H＝-7kJ/ml；0.25；
(3)①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应，设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，m越大说明CO量越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，则m1>m2，故答案为：>；
②温度高于T0，H2S转化率减小是因为温度升高，催化剂活性减弱，反应减慢，平衡逆向进行，H2S转化率减小，可逆反应处于动态平衡，△H只与反应物和生成物的总能量有关，故答案为：d。
操作及现象
结论
A
向3mL0.1 ml• L -1AgNO3溶液中先加入4~5滴0.1 ml• L -1NaCl溶液，再滴加4~5滴0.1 ml• L -1NaI溶液
先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B
向2支盛有5mL不同浓度的Na2S2O3溶液的试管中同时加入5mL0.1 ml• L -1硫酸溶液，记录出现浑浊的时间
探究浓度对反应速率的影响
C
其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH
比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小
D
向可能含有Cu2O、Fe2O3红色固体①中加入足量稀硫酸溶解，有红色固体②生成，再滴加KSCN溶液溶液不变红
（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）
不能说明红色固体①中不含Fe2O3
选项
实验
现象
结论
A
向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和KMnO4溶液
观察、对比气体产生的速度
可比较CuSO4和KMnO4的对H2O2分解的催化效果
B
向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热
冷却后观察到其一分层，另一不分层
分层的是矿物油，不分层的是植物油
C
将浓硫酸滴到胆矾晶体表面
晶体表面出现黑斑
浓硫酸具有脱水性
D
SO2通入Ba（NO3）2溶液
产生白色沉淀
SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
容器
温度/℃
起始物质的量浓度/ml·L-1
NO(g)
CO(g)
N2
CO2
甲
T1
0.10
0.10
0
0
乙
T2
0
0
0.10
0.20
丙
T2
0.10
0.10
0
0
物质
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
水
50%硫酸
其它
正丁醇
74
-89.8
117.7
微溶
易溶
二者互溶
正丁醚
130
-98
142.4
不溶
微溶
编号
T/℃
FeSO4·7H2O/g
NaClO3/g
氧化效果/%
i
70
25
1.6
a
ii
70
25
m
b
iii
80
n
2.0
c
iv
80
25
1.6
87.8