【双基聚焦】2025年四川省普通高中学业水平（合格性）考试化学模拟卷（13）

四川省普通高中学业水平合格性考试化学模拟卷（十三） 1、 单选题：（本大题共25小题，每小题3分，共75分。在每小题列出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。） 1．（2024·福建学业考试）储存下列物质的容器，应贴如图标识的是 A．碳酸钙 B．氯酸钾 C．氯化镁 D．氢氧化钠 【答案】B 【详解】图示为“氧化剂”标识，碳酸钙、氯化镁、氢氧化钠不属于氧化剂，氯酸钾中氯元素化合价为+5价，是强氧化剂，应贴“氧化剂”标识，答案选B。 2. （2024·黑龙江学业考试）电池放电后不能充电的电池属于一次电池，能充电的电池属于二次电池。下列属于一次电池的是 A. 铅酸蓄电池 B. 锌锰干电池 C. 镍氢电池 D. 锂离子电池 【答案】B 【解析】 【详解】A．铅酸蓄电池放电后可充电，属于二次电池，A错误； B．锌锰干电池放电后不能再充电，属于一次电池，B正确； C．镍氢电池放电后可充电，属于二次电池，C错误； D．锂离子电池放电后可充电，属于二次电池，D错误； 故选B。 3.（2023·广东第二次学业考试）党的二十大报告提出：“推动绿色发展， 促进人与自然和谐共生。”下列做法不符合绿色化学理念的是(　　) A.生产过程中“先污染后治理” B.提高化工生产中的能源利用率 C.研究开发可降解的高分子材料 D.用原子利用率100％的反应生产环氧乙烷 3.A　【解析】绿色化学又叫环境无害化学或环境友好化学。减少或消除危险物质的使用和产生的化学品和过程的设计叫做绿色化学。不是先污染后治理，A错误。 4.（2023·广东第二次学业考试）用如图所示装置除去Cl2中混有的少量HCl， 溶液a应为(　　) A.饱和食盐水 B. NaOH溶液 C. AgNO3 溶液 D.饱和NaHCO3溶液 4.A　【解析】用饱和食盐水降低氯气的溶解度同时除去氯化氢，所以选饱和食盐水。 5．（2023·湖北学业考试）碳排放与温室效应密切相关，为有效保护环境，我国承诺2060年实现“碳中和”。下列不利于减少碳排放的做法是 A．开展植树造林 B．推广使用新能源车 C．开发利用太阳能 D．焚烧废旧电路板回收金属 【答案】D 【解析】A．植树造林增加绿色植被可以吸收二氧化碳， 对实现“碳中和”具有直接贡献，故A正确； B．推广使用新能源车可减少化石燃料的使用，从而能减少二氧化碳的排放，故B正确； C．开发利用太阳能可减少化石燃料的使用，从而能减少二氧化碳的排放，故C正确； D．焚烧废旧电路板回收金属，焚烧过程中会产生大量的有害气体和灰尘，对环境造成严重的污染且能造成大量金属流失，故D错误； 故选：D。 6. （2023·吉林学业考试）天然气的主要成分是 A. 丁烷 B. 乙烯 C. 甲烷 D. 乙醇 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】天然气的主要成分是甲烷，选C。 7．除去Na2CO3固体中少量NaHCO3的最佳方法是 A．过滤一下 B．加入NaOH溶液 C．配成溶液后通入CO2 D．将混合物加热 【答案】D 【解析】Na2CO3稳定，受热不分解，而NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，分解产生的H2O、CO2挥发逸出，达到分离提纯的目的，故合理选项是D。 【答案】C 【解析】A．氯化钠溶液在水分子作用电离成钠离子和氯离子，电离不需要电流作用，A错误； B．溶于水后能电离出氢离子的化合物可能是酸、水或酸式盐，B错误； C．硫酸钡难溶于水，但硫酸钡在熔融状态下能够发生电离而导电，因此属于电解质，C正确； D．二氧化碳溶于水能与水反应产生H2CO3，H2CO3部分电离产生自由移动的离子而能够导电，故H2CO3属于电解质，而CO2则属于非电解质，D错误； 故选C。 8．下列各组中的离子，能在溶液中共存的是 A．Mg2+、H+、 SO、OH﹣ B．H+、Ca2+、CO、NO C．Ag+、H+、Cl﹣、CO D．Na+、 H+、Cl﹣、SO 【答案】D 【解析】A． H++OH-=H2O，A不合题意； B． Ca2++=CaCO3↓，B不合题意； C． 2H++=H2O+CO2↑，C不合题意； D．Na+、H+、Cl-、各离子之间不反应，能够大量共存，D符合题意； 故选D。 9．下列物质之间的转化可以一步实现的是 A．Ca→CaCO3 B．CO→CO2 C．S→SO3 D．Cu→Cu(OH)2 【答案】B 【解析】A．Ca无法一步转化生成CaCO3，A错误； B．CO可以与O2反应生成CO2，B正确； C．S无法通过一步反应生成SO3，C错误； D．Cu无法通过一步反应生成Cu(OH)2，D错误； 故答案选B。 10．将Mg加入稀溶液中，发生反应，下列说法正确的是 A．用湿润的蓝色石蕊试纸检验 B．经过一段时间之后可能生成沉淀 C．和均为还原产物 D．1molMg充分反应生成22.4L气体(标准状况下) 【答案】B 【解析】A．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此检验氨气需用湿润的红色石蕊试纸，A错误； B．该反应经过一段时间之后，溶液中有和生成，和可以发生反应生成，B正确； C．该反应中中的部分氢元素由+1价变为0价，化合价降低，被还原，是还原产物，而生成的过程中N元素的化合价没有变化，不是还原产物，C错误； D．由该反应的化学方程式可知，1 mol Mg充分反应生成2 mol氨气和1 mol氢气，其在标准状况下的体积为67.2 L，D错误； 故答案选B。 11．下列物质中，含离子键的是 A．HCl B．CO2 C．KCl D．H2O 【答案】C 【解析】A．HCl分子中H原子和原子之间只存在共价键， A不符合题意； B．CO2分子中C原子和O原子之间只存在共价键，B不符合题意； C．KCl中含钾离子与氯离子形成的离子键， C符合题意； D．H2O中O原子和H原子之间存在的是共价键，D不符合题意； 故答案为：C。 12．氮化铝是一种新型陶瓷材料，制备反应为Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO，关于该反应的说法正确的是 A．C作氧化剂 B．Al2O3作还原剂 C．N2发生还原反应 D．AlN是氧化反应的产物 【答案】C 【详解】A．碳元素化合价从0价升高为+2价，C被氧化，则C作还原剂，A错误； B．Al2O3中铝和氧元素的化合价均不变，不作还原剂，B错误； C．反应中氮元素化合价从0价降低为-3价，N2发生还原反应，C正确； D．反应中N2被还原生成AlN，则AlN是还原反应的产物，D错误； 故选C。 13．在地壳中的含量仅次于铝，居第四位的元素的价类二维图如图所示，下列说法错误的是 A．a与水常温下几乎不发生反应，但在高温下可发生置换反应 B．b和c可分别与水反应生成e和d C．e在潮湿的空气中容易转化为d D．h的某种盐是具备净水和消毒双重功能的水处理剂 【答案】B 【详解】由题中信息可知，在地壳中的含量仅次于铝，居第四位的元素是Fe元素，则a为Fe，b为FeO，c为Fe2O3，d为Fe(OH)3，e为Fe(OH)2，h为高铁酸盐，f为亚铁盐，g为铁盐，据此解答。 A．Fe在常温下与水不反应，但在高温下可与水发生置换反应生成四氧化三铁和氢气，故A正确； B．b为FeO，c为Fe2O3，FeO和Fe2O3均不溶于水，均不能直接与水反应生成相应的碱Fe(OH)2和Fe(OH)3，故B错误； C．e为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，Fe(OH)2在潮湿的空气中容易转变为Fe(OH)3，即4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3，故C正确； D．h为高铁酸盐即含FeO，FeO具有强氧化性，能够杀菌消毒，+6价的铁被还原成+3价，又Fe3+形成氢氧化铁胶体具有较大表面积，吸附悬浮杂质可以做净水剂，故D正确； 答案选B。 14．石墨烯(结构模型如图所示)可用作电极材料，体现了石墨烯具备良好的 A．导热性 B．导电性 C．透光性 D．声音传导性 【答案】B 【解析】石墨烯能做电极，说明石墨烯具备良好的导电性，故选B。 15．配制溶液，下列说法正确的是 A．先称取，再将其溶于蒸馏水 B．容量瓶未干燥即用来配制溶液会导致配制的溶液浓度偏低 C．转移溶液没有用蒸馏水洗涤烧杯，直接用蒸馏水定容，导致配制溶液浓度偏低 D．定容时俯视容量瓶刻度线使得溶液物质的量浓度偏低 【答案】C 【详解】A．250mL不是水的体积，而是溶液的体积，A项错误; B．容量瓶未干燥用来配制溶液对溶液浓度无影响，B项错误； C．转移溶液时，应用蒸馏水洗涤烧杯2~3次，将洗涤液一并转移到容量瓶，因为烧杯内壁和玻璃棒上可能有残留溶质，若没有用蒸馏水洗涤烧杯，直接用蒸馏水定容，会导致溶质减小，进而导致溶液浓度偏低，C项正确； D．定容时，俯视容量瓶的刻度线，溶液的体积偏小，溶液浓度偏高，D项错误； 故选C。 16．下列气体可用排水集气法收集的是 A．O2 B．NO2 C．NH3 D．HCl 【答案】A 【解析】A．O2不易溶于水，也不与水反应，可以用排水集气法收集，A符合题意； B．NO2与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，不能用排水集气法收集，B不符合题意； C．NH3极易溶于水，不能用排水集气法收集，C不符合题意； D．HCl极易溶于水，不能用排水集气法收集，D不符合题意； 故选A。 17．工业上从海水中提取镁的生产流程如图所示。关于该流程说法不正确的是    A．煅烧：贝壳高温分解生成 B．沉淀：海水与石灰乳反应获得 C．中和：与盐酸反应生成 D．电解：熔融电解生成金属Mg和 【答案】A 【解析】A．贝壳的主要成分是CaCO3，故高温煅烧贝壳分解生成CaO，A错误； B．海水中含有较多的Mg2+，故沉淀过程中海水与石灰乳反应获得Mg(OH)2，B正确； C．由题干工艺流程图可知，中和过程为Mg(OH)2与盐酸反应生成MgCl2，C正确； D．工业上采用电解熔融MgCl2的方法来制备金属Mg和Cl2，D正确； 故答案为：A。 18．（2023·福建学业考试）将锌片和铜片插入柠檬中(如图)，电流计G的指针发生偏转。下列关于该装置的说法正确的是    A．铜片逐渐被腐蚀 B．锌片上发生还原反应 C．该装置将化学能转化为电能 D．电子流向：铜片→电流计→锌片 【答案】C 【解析】A．由以上分析可知Cu作正极，正极被保护，不被腐蚀，故A错误； B．锌作负极，失电子发生氧化反应，故B错误； C．该装置为原电池，可将化学能转化为电能，故C正确； D．电子由负极锌流出，经导线流向正极铜，故D错误； 故选：C。 19．（2023·福建学业考试）在一定条件下，可逆反应达到平衡时，下列说法不正确的是 A．正、逆反应速率相等 B．、、的百分含量一定相等 C．的浓度不再随时间发生变化 D．容器中、、三者共存 【答案】B 【解析】A．平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，故A正确； B．平衡时各组分浓度不变，但反应物和生成物的百分含量不一定相等，故B错误； C．平衡时各组分的浓度不再发生变化，则平衡时的浓度不再随时间发生变化，故C正确； D．该反应为可逆反应，反应不能进行彻底，平衡时各物质共存，故D正确； 故选：B。 20．下列图示的实验操作错误的是 A．图甲过滤 B．图乙分液 C．图丙转移溶液 D．图丁蒸馏 【答案】C 【解析】A．由图可知，题给装置为固液分离的过滤装置，故A正确； B．由图可知，题给装置为不互溶液体分离的分液装置，故B正确； C．由图可知，配制一定物质的量浓度溶液转移溶液时缺少玻璃棒引流，故C错误； D．由图可知，题给装置为互溶液体分离的蒸馏装置，故D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共40分。 21、用福建省十三卷26. （2023年1月·福建学业考试）某研究小组对下列元素周期表(部分)进行研究，回答下列问题。（共10分） 族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 1 H 2 Li C N O F 3 Na Mg Al Si S Cl 4 K Ca （1）钙元素在周期表中的位置为__________。（1分） （2）地壳中含量最多的金属元素是___________。（1分） （3）原子半径最小的元素是___________（1分） （4）锂、硫、硅三种单质中，适合作半导体材料的是___________。（1分） （5）钠、镁、铝三种单质中，与冷水反应最剧烈的是___________。（1分） （6）和中，酸性较强的是___________。（1分） （7）和中，热稳定性较强的是___________。（1分） （8）KOH和中，碱性较弱的是___________。（1分） （9）原子核外电子排布中，最外层电子数是内层电子数3倍的元素是___________。（1分） （10）能证明Cl元素比S元素非金属性更强的化学反应，其化学方程式为___________。（1分） 【答案】（1） 第四周期 第ⅡA 族 （2） .Al （3） H （4）Si （5）Na （6） （7） （8） （9）O （10） 【解析】 【分析】本题着重考察元素周期律的应用，熟练掌握元素周期律即可解题。 【小问1详解】 钙元素位于周期表第四周期ⅡA族。 【小问2详解】 地壳中含量最多的前四位元素分别是O、Si、Al、Fe。故答案为Al。 【小问3详解】 原子半径最小的元素为H。 【小问4详解】 锂、硫、硅三种单质中，适合作半导体材料的是硅。 【小问5详解】 钠、镁、铝中金属性最强的为Na，其与水反应最剧烈。 【小问6详解】 非金属性Cl>S，非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，故酸性：>。 【小问7详解】 非金属性N>C，非金属性越强，对应的简单氢化物热稳定性越强，故酸性：>。 【小问8详解】 金属性K>Mg，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物碱性越强，故碱性：KOH>。 【小问9详解】 原子核外电子排布中，最外层电子数是内层电子数3倍，说明内层2个电子，最外层为6个电子，推知为O。 【小问10详解】 非金属性越强，对应的单质氧化性越强，活泼非金属单质可以置换出较不活泼的非金属单质，故有。 27．乙酸甲酯主要用作有机溶剂，是制造喷漆、人造革及香料等的原料，工业上可以用石油化工产品乙烯为原料进行合成。回答下列问题。（共12分） (1)A中官能团的名称是 ，由 A生成B的反应类型是 反应。（4分） (2)有机物D的结构简式为 。（2分） (3)乙烯在一定条件下还能合成高分子化合物，该反应的化学方程式为 。（2分） (4)由C与D生成乙酸甲酯一般用 作为催化剂，该反应还需要的条件是 。（4分） 【答案】(1)羟基 氧化 (2)CH3OH (3)nCH2=CH2 (4) 浓硫酸 加热 【解析】CH2=CH2与H2O在一定条件下发生加成反应产生A是CH3CH2OH，A与O2在Cu催化下加热发生氧化反应产生B是CH3CHO，B与O2在一定条件下发生氧化反应产生C是CH3COOH；HCHO与H2在Ni催化下加热发生加成反应产生D是CH3OH，CH3COOH与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生CH3COOCH3和H2O。 （1）根据上述分析可知A是CH3CH2OH，其中所含官能团-OH的名称是羟基； CH3CH2OH与O2在Cu催化下加热发生氧化反应产生B：CH3CHO和H2O，故由 A生成B的反应类型是氧化反应； （2）根据上述分析可知有机物D的结构简式是CH3OH； （3）乙烯分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下能发生加聚反应合成高分子化合物聚乙烯，该反应的化学方程式为：nCH2=CH2； （4）C是CH3COOH，D是CH3OH，CH3COOH与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生CH3COOCH3和H2O，所以二者反应一般使用浓硫酸作催化剂，同时还需加热条件。 28. （2024·北京学业考试）选择完成下列实验的装置。（共6分） (1)加热浓盐酸的混合物制，选用_______(填序号，下同)。（2分） (2)用溶液和制取后，若回收选用_______。（2分） (3)配制溶液，选用_______。（2分） 【答案】 ①. ③ ②. ① ③. ② 【解析】 【详解】(1)加热浓盐酸的混合物制，是固液加热型，选用③；(2) 做催化剂，且是固体，反应后质量不变，用过滤操作回收，选用①；(3)配制溶液，选用100mL容量瓶，选用②。 22、用福建省十三卷29. （2023·上海学业考试）实验室提纯粗盐时，将粗盐溶于水后，先除去泥沙等难溶性杂质，再除去、、等可溶性杂质。（共10分） （1）写出NaCl溶于水时的电离方程式___________。（2分） （2）为了除去可溶性杂质，依次加入稍过量的BaCl2溶液、NaOH溶液和Na2CO3溶液，加热至70℃左右约2min，冷却后过滤，得到的沉淀有BaSO4、、CaCO3和___________。（2分） （3）电解饱和食盐水可以获得氢气。 电解是将___________能转化为___________能的过程。（4分） （4）运用绿色化学思想，设想一种用海水制取氢气的方法___________。（2分） 【答案】（1） （2） BaCO3 （3） ①. 电 ②. 化学 （4）电解海水中的水制氢气，对应的方程式为： 【解析】 【解析】 【小问1详解】 NaCl属于强电解质，溶于水时完全电离出钠离子和氯离子，电离方程式为：； 【小问2详解】 加入稍过量的BaCl2溶液会产生BaSO4沉淀，再加入稍过量的NaOH溶液会产生沉淀，最后加入稍过量的Na2CO3溶液，能产生CaCO3和BaCO3沉淀。 【小问3详解】 通过施加电流，可使相应的粒子在阴阳两极发生氧化和还原反应，故电解是将电能转化为化学能的过程； 【小问4详解】 电解海水中的水可制得氢气，做法是通过电解槽向水中输入电流，使水分解为氢气和氧气，对应的方程式为：。 23、用福建省十三卷30. （2023·上海学业考试）SO2是葡萄、荔枝等水果储存时常用的保鲜剂，能降低水果腐烂率，提高维生素C留存率。（共10分） （1）硫元素在元素周期表的位置为___________。（2分） （2）硫与硅为同一周期元素，通过下列事实能比较两者非金属性强弱的是___________。（2分） A. 热稳定性：H2S>SiH4 B. 溶解度：SO2>SiO2 C. 单质的熔点：Si>S D. 酸性：H2SO4>H2SiO3 （3）保鲜时若SO2不慎用量过大，会使水果表面明显褪色，上述现象说明SO2___________。（2分） A．易溶于水 B．是酸性氧化物 C．具有漂白作用 （4）《食品安全国家标准食品添加剂使用标准》(GB2760-2014)中规定，水果中SO2残留量不得高于。某种测定水果中残留SO2的方法所涉及的主要反应有：（4分）、。 已知： 称取某水果样品2kg，经过一系列处理后，最终得到BaSO4沉淀的质量为0.233g。通过计算，判断该水果样品中SO2残留量是否超标___________(写出计算过程)。 【答案】（1）第三周期，第VIA族 （2）AD （3）C （4）0.233g BaSO4沉淀的物质的量为，由的反应关系知，，，则，，故该水果样品中SO2残留量不超标 【解析】 【小问1详解】 硫元素属于氧族元素，在元素周期表中处于第三周期，第VIA族； 【小问2详解】 元素的非金属性强弱和其简单氢化物的稳定性规律一致，A符合题意； 溶解度和单质的熔点均属于物理性质，与非金属性强弱没有必然联系，B、C不符合题意； 硫元素和硅元素的最高价氧化物对应水化物分别为H2SO4和H2SiO3，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性也越强，D符合题意； 故选AD； 【小问3详解】 水果表面明显褪色，说明SO2有漂白作用，故选C； 【小问4详解】 0.233g BaSO4沉淀的物质的量为，由的反应关系知，，，则，，故该水果样品中SO2残留量不超标。 24．乙酰水杨酸，俗称阿司匹林，具有解热、镇痛、消炎和免疫调节等作用。阿司匹林可由水杨酸与乙酸酐反应得到：（10分）    已知：     (1)乙酸酐的分子式为 。（1分） (2)水杨酸与阿司匹林含有的相同含氧官能团是 (写名称)。（1分） (3)乙酸()和甲酸甲酯()互为 。（1分） (4)由水杨酸与乙酸酐制备阿司匹林的反应类型是 (填字母)。（1分） A．取代反应                B．加成反应                C．聚合反应 (5)与乙酸类似，阿司匹林可发生酯化反应。下列物质能与阿司匹林发生酯化反应的是___________(填字母)。（2分） A． B． C． D． (6)补充完整以为原料合成乙酸酐的路线(写化合物的结构简式)； →___________→___________→  （4分） 【答案】(1)C3H6O3 (2)羧基 (3)同分异构体 (4)A (5)D (6) CH3CHOCHCOOH  。 【解析】乙烯发生氧化反应生成乙醛，乙醛氧化为乙酸，2分子乙酸脱水生成乙酸酐，水杨酸和乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和乙酸。 （1）根据乙酸酐的结构简式，可知分子式为C3H6O3； （2）水杨酸中含有羧基、羟基；阿司匹林含有羧基、酯基，含有的相同含氧官能团是羧基。 （3）乙酸()和甲酸甲酯()结构不同、分子式都是C2H4O2，互为同分异构体； （4）由水杨酸与乙酸酐制备阿司匹林，水杨酸羟基上的H被-COCH3代替，反应类型是取代反应，选A。 （5）阿司匹林分子中含有羧基，含有羟基，阿司匹林能与乙醇发生酯化反应，选D。 （6）氧化为乙醛，乙醛氧化为乙酸，乙酸脱水生成乙酸酐，合成路线为 CH3CHOCHCOOH  。 学科网（北京）股份有限公司 $$