化学试题_福建百校联考2025届高三5月押题考试

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福建百校联考5月押题考·化学 参考答案、提示及评分细则 【解析】疏元素位于周期表第三周期1A族，最高显十6价，A项不符合题意：核苷分子中戊糖上的羟基与 瞬酸脱水，通过磷酯键结合形成核苷酸，B项不符合题意：PbS中负二价硫易被氧化，故需做表面钝化处理， 防止硫元素被氧化，C项符合题意，利用X射线衍射仪测定品体结构，D项不符合题意。故本题答案为C项。 【解析】三个甲基的C原子果用p3杂化，剩余的C原子均采用sp杂化，A项符合题意：杀菌剂 Bifemetstrobin中含有三种官能团：酰键，碳碳双键，酯基，B项不符合题意：结构中只有酯基能与NaOH溶液 反应，故只消耗1 molNaOH,C项不符合题意：溴水与碳碳双键发生加成反应而褪色，酸性高锰酸钾溶液氧化 碳碳双键及苯环上甲基被褪色，二者褪色原理不同，D项不符合题意。故本题答案为A项。 B【解析】依题意，Ce+在pH>2时即水解生成CeO2·nH:O,故装置I反应在强酸性条件下，并且装置 中NO的氧化产物有NO和NO,二者含量未知，无法确定其二者的化学计量数关系，A项不符合题意：装 置I中Ce被还原为Ce+,生成H+,装置Ⅱ中阳极Ce+被氧化生成Cc+而循环利用，阴极发生2H+十 2e一Hz↑，溶液c(H)减小，为防止Ce+水解生成CeO2·nHO,故需定期补充酸溶液，B项符合题意， 装置Ⅲ中NH,转化成NH时，与NO结合生成NH,NO,其中部分NO5来源于NO五，根据2NO五O,关 系，0.1 mol NO5被氧化消耗0,05molO,实际反应中当0.1 mol NH,消耗时，消耗的NO左小于0.1mol, C项不符合题意；NH,NO,是离子化合物，不存在单个分子，故D项不符合题意。故本题答案为B项 【解析】X的一种核素不含中子，为H元素：M价电子排布为2s2p',为O元素：原子序数小于0且第一 电离能大于O的只有N,Z为N元素，由[Y(ZX:),]结构推Y最外层有4个电子，第一电离能小于O,为C 元素。非金属性O>N,枚热稳定性H,O>NH,A项不符合题意：NO的价层电子对数m=5=3,离子 2 的空间构型为平面正三角形，B项不符合题意：只有N元紫最外层满足8电子稳定结构，C为6电子，C项符 合题意：四种元素可以形成NH,HCO、(NH,):CO等既含离子键，又含共价键的离子化合物，D项不符合 题意，故本题答案为C项 B【解析】将废镍催化剂与NH,C固体混合研磨有利于增大接触面积，加快反应速率，A项不符合题意：煅 烧时氯化铵分解生成NHg和HCl,Ni、Al、Fe与HCl反应生成NiCl,A1Cl、FeCl,故“浸取”后，溶液的阳离 子主要为N、A+、F2+,无F+,B项符合题意：试剂X、Y用于调高溶液的PH,选择氨水生成副产物 NH,C1可循环到“低温授烧"工序，C项不符合题意：该工艺低温搬烧，未引人强酸性溶液，体系污染物较少， D项不符合题意。故本题答案为B顶， 【解析】将石英玻璃管称重，记为mg。将样品装人石英玻璃管中，再次将石英玻璃管称重，记为m:g。 打开K,和K:,缓缓通入N:,点燃酒精灯，加热，熄灭酒精灯，冷却到室温，关闭K,和K:,再次称量石英玻璃 管，重复上述操作步骤，直至称量的石英玻璃管恒重，记为mg。则m(FSO,)=(一1)，m(H:O)=(m -),则比0)=8FS0,)=,结水的数目等于8--.点然酒精 18 灯前的“称量”包含称量玻璃管质量和装有样品的玻璃管质量两步，A项不符合题意：实验前，为避免亚铁被 氧化，应先通人氮气，B项不符合题意：待观察到固体变为白色后停止加热，称量玻璃管和剩下固体质量直至 恒重才可进行计算，C项符合题意：加热时间过长，可能会导致FSO,继续分解，造成m,偏小，测定结晶水含 量偏大，x偏大，D项不符合题意。故本题答案为C项。 A 【解析】电极工作时，正极(A极)发生反应：HO+HPbO万十2e一Pb十3OH-,负极(B极)发生反应： H一2十2OH一2HO,B极表面有催化材料和气体扩散层有利于H的扩散及解离，能够加快电子的 转移，提升电池效率。当右室通人标准状况2.24LH:时，转移0.2moleˉ，左室生成0.3 mol OH。故本案为AC【解析】AP,GP均为共价晶体，微粒间作用力为共价键，键长越短，键能越大，A项不符合题意：PCL PB均为离子品体，阳离子均为[PX],而由于B半径大于CI,导致[PB]厂空间位阻过高，无法稳定存 在，易分解为[PB]'和B,B项不符合题意，根据电负性：F>Cl,则成键电子对之问斥力：P一Cl>P一F, 测键角应该是PCL>P℉，但题给的事实正好相反，原因为：孤电子对排斥主导：PCl中成键电子对靠近P, 其孤电子对对成键电子的斥力更强，压缩健角，导致∠C一P一Cl<∠F一P一F,C项符合题意，根据“相似相 溶”原理，D项不符合题意：故本题容案为C项。微信公众号“做事方法很重要”，免费分享各科优质资科 D【解析】步骤I制得12钨瞬酸，A项不符合题意：萃取时12-钨瞬酸密度比水大的袖状醚合物溶于水的物 质，处于最下层，乙酸密度最小，处于最上层，中问层为水层，B项不符合题意：乙醚等易燃易爆，采用明火不 安全，C项不符合题意：12钨瞬酸易被还原成“杂多蓝”，可选用氧化剂氧化还防其变质，该过程不属于漂白 范晴，D项符合题意。故本题答案为D项， B【解析】利用曲线I、Ⅱ、口上的数据可以计算出瞬酸的电离平衡常数：K:=10“×10-=10-:,K: =102X100=10-1.2,K,=10.“X10-“=106,可知K1、K:、K1分别对应磷酸的K1、Ke、KaA 项不符合题意，P0)=(H=10· O哥==0=10-，Ig CHPO=一1.8，B项符合题意，V(NaOH) =10-4 K 40.0mL时，溶液中溶质只为Na,HP0,Ke==07=10《“>Ka,HPO水解程度大于电离程 度，C项不符合题意：用NaOH标准溶液滴定NaH:PO,溶液时，滴定终点时主要成分为HPO,其pH可 近似为：pH=受(pK。十pK。)=9.78,可选用酚酞作指示剂。放本题答案为B项. (16分) (1)①Cw0+2H+Cu2++Cu+H:O(2分) ②H浓度高时，Zn与H+反应速率大于Z与Cu+的，故大量的Cu2+未与锌反应而被浸出(1分) (2)①磷的电负性大于As,O一H极性HPO,大于HAsO,,酸性HPO,更强一些(1分) ②PSO,(1分) ③2CuAs+7HO+4H-2Cu*+2HAs0,+6H,0(2分) ④较高的浓度有利于加快反应速率，确保氧化完全且H:O:不稳定易分解（写一点即给分）(1分) (3)①6.5(2分) ②N+沉旋完金时，2(OH)=Km[NOHD,]-5.5×10-",此时Q.[Co(OHD2]=0.5×5.5×10-"> c(N+) 5.9×10-,说明Ca+已经开始沉淀，故无法通过测节pH的方法分离N+与Co+(2分) (4)①Co0(1分) ②6(1分) ③电子在Co+与Co+之间传递（答品体中存在氧空位也给分）(2分) 【解析】(1)选择浸锌时，发生反应主要有：Zn+2H一Zm++H↑，CuO+2H+一Cu2++H:0,CuO+ 2H+Cu2+十Cu十H:O,Zn十Cu+一Zn+十Cu酸性较强时，由于H+浓度高时，Zn与H+反应速率大 于Zn与Cu+的，故大量的C+未与锌反应而被浸出，导致铜浸出率高：酸性减弱，H+浓度降低，Z与 Cu+反应程度增大，导致Cu浸出率下降。 (2)①磷的电负性大于As,O一H极性HPO,大于HAsO,酸性H,PO,更强一些 ②加人强氧化剂H:O2,使浸渣中的Cu、Ni,铜碑合金(CuAs)溶解而浸出，PbSO,以浸渣形式被过滤出来。 2CuAs+7H:O:+4H*-2Cu*+2Hs As0+6H:O. ①较高的浓度有利于加快反应速率，确保氧化完全且H:O,不稳定易分解， (3)①“中和沉砷"时铜、种被沉淀下来，而N+,C。+进人沉砷后液中，则pH调控时要防止二者沉淀，根据 溶度积常数判晰，N*先沉淀，其开始沉淀时c《OH)-√O-10-,故润节1)吸水性（或有强的吸水性，且吸水放热）(】分) 2)防倒吸(1分) 3)该温度反应速率较快，且HC(g)溶解度较大(1分) 4)有色布条摇色(1分)Co,0,+6H++2CICL↑+2Cc2++3H0(2分) 5)①控制甲中恒压滴液圖斗中盐酸的流速(1分) ②增大盐酸浓度，增大了c(H+),增强了MO,的氣化性，或增大了c(CI),增强了浓盐酸的还原性(2分) 6)2Mn0r+3Mm2++2H0-5MnO2￥+4H(2分) 7)分析天平（或电子分析天平）(1分》 8)过想速度较快，所得前驱体更干燥(1分) 9)乙醇易挥发迅速带走水分，使前驱体达到快速干燥(1分) 10)NrC,0,+CoC,0,+0,®整NiCo0+4C0,(2分) 解析】(1)浓硫酸具有强吸水性，将浓盐酸滴入浓硫酸，浓硫酸吸收浓盐酸中的水，同进放出热量，促进 1C挥发，因此装置甲制备HC气体利用浓疏酸的性质是吸水性， 2)单向阀只允许气流从左往右流动，枚可起到防倒吸作用， 3)该温度反应速率较快，且HC(g)溶解度较大。做信公众号“做事方法很重要”，免费分享各科优质资料 4)正极材料的三种氧化物（含N5O,,Co,O,,MO2)均与盐酸发生了氧化还原反应，三种氧化物能将HC1 【化为C,Cl与H:O反应生成HC1O,HC1O具有漂白性，能够使有色布条键色，故丙中观察到的实验现 为有色布条裙色：CoO,与盐酸反应的离子方程式为：CoO,十6H++2CCl,↑十2C02+十3H20. 5)①欲探究盐酸浓度对正极材料浸出效粼的影响，需通过控制H气流的产生速率来达到控制乙中盐酸 度的目的，因此该操作为控制甲中恒压滴液漏斗中盐酸的流速。 ②随着盐酸浓度增大，MO:的浸出率逐新增大，可从氧化还原反应角度分析，MO:与浓盐酸反应的离子 了程式为MnO2+4H*十2C1-一Cl2↑+Mn+十2H(O,可拆成两个半反度，还原反应为MnO:十4H+ —Mn++2HO,氧化反成为2C一2a一C↑，增大盐酸浓度，增大了c(H+),增强了MnO2的氧 北性：增大了c(C),增强了浓盐酸的还原性，故随着盐酸浓度增大，MO,的浸出率逐渐增大 6)除锰步骤中往乙中浸出液加人适量KMO,,控制温度10℃，pH=5,觉拌，过滤，得到浸出净化液，故溶 中Mn+转化为沉淀形式除去，应为MnO2,反应离子方程式为2MnO,+3Mn++2H05MnO2，+ H 7)称量4.5385g草酸，需要精确到0.0001g,需委使用分析天平。 8)与普通过滤相比，抽滤在或压条件下进行，过滤速度较快，且所得滤饼更加干燥。 9)前驱体用去离子水和无水乙醇依次洗涤的日的分别足①去除杂质，②乙醇易挥发迅速带走水分，使前服 达到快速十燥。 10)制备步藤中往净化液中加人草酸，生成NC,O,,CoCO,故前体含有NiCO,,CoCO,搬烧后得到