山东名校2025届高三上学期12月校际联合检测化学试题

山东名校 2025 届高三 12 月校际联合检测 化学答案解析 1.【答案】D 【解析】A.“桃符”是桃木，其主要成分是纤维素，故 A 正确；B.“焚炼”过程中发生的是碳酸 钙受热分解为氧化钙和二氧化碳的反应，此反应是非氧化还原反应，故 B 正确；C.熟铁中碳元素 的含量降低，所以形成微小的原电池数目减少，故 C 正确；D.含铅的医用炉甘石不能口服，可以 适量外用，故 D 错误。 2.【答案】D 【解析】A.硫酸钙的溶解度比碳酸钙的大，故硫酸钙在饱和碳酸钠溶液中转化为碳酸钙，碳酸钙 被醋酸溶液溶解生成可溶性的盐，故 A 正确；B.硝酸钾做氧化剂，蔗糖做还原剂，在一定的条件 下发生氧化还原反应，故 B 正确；C.银离子作为重金属离子可以杀灭细菌，故 C 正确；D.钡离子 有毒，可以使蛋白质变性,故 D错误。 3.【答案】A 【解析】B 项中硼原子外层多一对电子，故 B 错误；C.氢化钙的电子式为[H:]- Ca2+[:H]-，故 C 错 误；D.Br 的半径比 C大,故 D 错误。 4.【答案】B 【解析】A.实验中无明显现象，不能探究浓度对化学反应速率的影响，故 A 错误；B.图乙装置中 Al、Ag2S、NaCl 溶液构成原电池，正极电极反应为:Ag2S+2e -=2Ag+S2-，故可用于洗涤变暗银锭，故 B 正确；C.SO2和 CO2,均能使澄清石灰水变浑浊，故 C 错误；D.CCl4与水互不相溶，易采用分液操 作，故 D 错误。 5.【答案】A 【解析】A.由工艺流程图可知,通入氨气后会与 NaHCO3反应生成 Na2CO3,故 A 错误;B.“焙烧”需要 使用坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等主要仪器，故 B 正确；C.经过“冷析”和“盐析”后，体 系为过饱和的 NH4Cl 溶液，存在溶解平衡:NH4Cl(s)⇌NH4+ (aq)十 Cl－(aq),故 C 正确;D.如图该流程 中二氧化碳和氯化钠能分别循环回到“碳酸化”设备和第一个“吸氨”设备,故 D正确。 6.【答案】C 【解析】Z 与 Y 能形成 Z2Y2的淡黄色化合物，该淡黄色固体为 Na2O2，则 Y 为 O 元素，Z 为 Na 元素； X、Y、Z 三种元素最外层电子数之和为 12，所以 X 为 N 元素，Y 与 W 的最外层电子数相同，则 W 为 S 元素，据此分析：A.元素的非金属性最强的是 Y,故 A错误;B.由题意可知第一电离能最大的是 X，故 B 错误；C.四种元素中离子半径从大到小的顺序为 S 2- ＞N 3- ＞O 2- ＞Na + ，故 C 正确；D.H2O 存在 分子间氢键，沸点大于 H2S，故 D错误。 7.【答案】D 【解析】A.根据图示该过程中没有非极性键的断裂和生成，故 A 错误；B.根据题意 HB 是催化剂， 不能提高平衡产率，故 B 错误；C.根据图示可以判断催化剂对含 N 的氨基酸类解吸 CO2的效果好， 故 C 错误；D.增加催化剂的活性中心能加快化学反应速率，故 D 正确。 8.【答案】B 【解析】A.G 中 Ir 有两种配体，两个双齿配体和两个氯，故配体数为 4，配位数为 6，故 A 错误； B.G 所有六元环含有的大Π键均是Π6 6 ，故 B 正确；C.Ir 的化合价为+3 价，故 C 错误；D.G 中碳氟 键有 sp2-p ，sp3-p 两种类型的 键 9.【答案】D 【解析】A.“酸浸”时 H2O2将 Co(Ⅲ)还原为 Co(Ⅱ),而 SO2会将 Fe 3+ 还原为 Fe 2+ ,故 A 错误; B.酸浸时 H2O2是还原剂，Co(Ⅲ)是氧化剂，故 B 错误；C.pH=4.5 时 A1 3+ 沉淀完全,则 Ksp[Al(OH)3]=1.0×10 -5 ×[10 -(14-4.5) ] 3 ,pH=3.0 时 Fe 3+ 沉淀完全,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10 -5 ×[10 -(14-3.0) ] 3 , 则 c(A1 3+ )/c(Fe 3+) =Ksp[Al(OH)3]/Ksp[Fe(OH)3]=10 4.5, 故 C 错误;D.“高温焙烧”时 CoCO3被氧化为 LiCoO2,反应的化学方程式为 3 2 3 2 2 24CoCO 2Li CO O 4LiCoO 6CO   高温 , 故 D 正确。 10.【答案】B 【解析】A.该反应的平衡常数 K=c(H2CO3)•c(CO3 2- )/c 2 (HCO3 - )= Ka2/ Ka1=1.3×10 -4 ,故 A 正确；B.根据 HCO3 -自偶电离平衡常数为 K=1.3×10-4大于 Kh可得出 c(CO3 2-)> c(OH-)，故 B错误；C.NaHCO3溶液中 存在质子守恒 c(H + )+c(H2CO3)=c(OH - )+c(CO3 2- )，故 C正确；D.向 FeCl2溶液中滴加 NaHCO3溶液时 Fe 2+ 与 CO3 2-反应促进 2HCO3 -⇌H2CO3+CO32-，故 D正确。 11.【答案】AC 【解析】A.升高温度，促进了水的电离，溶液中 c(H+)增大，溶液 pH 减小，不能说明升高温度促 进水解使平衡正向移动，则不能得出 Na2SO3的水解常数: Kh(20℃)>Kh(40℃)，故 A错误；B.加入 等浓度盐酸，溶液颜色变浅，可知 H+与邻二氮菲配位能力强，故 B 正确；C.由于 S2-过量，则黑色 沉淀是 Cu 2+ 与过量的 S 2- 直接生成的，故 C 错误；D.依题意知 pH（Na2CO3）>pH（NaHCO₃），则 CO32- 的水解程度大于 HCO3 -，即 CO3 2-结合 H+能力比 HCO3 -的强，故 D正确。 12.【答案】C 【解析】A.结构 a 中 1molB 形成 3mol 键，结构 b 中 1molB 形成 4mol 键，故 A 正确；B.a、b 两种晶体结构不同，硬度和熔点均不同，所以物理性质不同，故 B 正确；C.晶体密度 g·cm －3 ，故 C错误；D.a、b 中每个 B 原子分别被 3、12 个六元环共用，则 m∶n＝1∶4，故 D 正确。 13.【答案】D 【解析】A.Cu、Zn、 Mg 都可以把 Fe 3+ 还原为 Fe 2+ ，故 A 正确；B.Zn 可以和 H + 反应，酸性减弱，促 进 Fe 3+ 的水解，生成氢氧化铁红褐色沉淀，故 B 正确；C.混合后的溶液中有 Cu 2+ 、H + 、 Fe 2+ 等，镁 将 Cu 2+ 还原为铜单质，如果镁粉适量，可能固体只有铜单质，故 C正确；D.实验 II 中没有 Fe 生成， 可能是生成的氢氧化铁沉淀包裹在 Zn 表面上，阻碍了 Zn 与 Fe 2+ 反应，故 D 错误。 14.【答案】C 【解析】图中显示，放电时 a 极的 MnO2发生还原反应生成 Mn 2+ ，所以 a极为原电池正极，b 极为原 电池负极；充电时 a 极为电解池阳极，b 极为电解池阴极。放电时，a 极电极反应式为 MnO2 + 2e - + 4H+ = Mn2+ + 2H2O，b 极电极反应式为 。 放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极，则硫酸根离子通过 c 离子交换膜进入中间室，c 为阴 离子交换膜，钾离子通过 d 离子交换膜进入中间室，则 d 为阳离子交换膜，中间室 K2SO4浓度增大， 故 A、B 错误；根据阳极电极反应式，每转移 2mol 电子阳极区溶液减少 1molMnO2，增加 1molSO4 2- ， 增加的质量为 96-87=9g，故转移 1mol 电子时质量增加 4.5g，故 C 正确；放电时有 1mol 生成，电路中转移电子数目为 4nNA，故 D 错误。 15.【答案】AD 【解析】A.根据 Ka（HF）表达式知，随着     c HF lg c H        的增大，c(F )增大，  -lgc F 减小，则 1L 代 表  -lgc F 随着    c HF lg c H        的变化曲线，故 A错误；B.横坐标取值     c HF lg c H        为 1.0 时，c(Ca2+) 为 10 -5.8 mol·L -1 ，c(F )为 10-2.2mol·L-1，带入 Ksp表达式计算得 Ksp=10 -10.2 ，数量级为 10 -11 ，故 B 正 确；根据电荷守恒得：c(H + ) + 2c(Ca 2+ ) = c(OH - ) + c(F - ) + c(Cl - )，根据物料守恒得：2c(Ca 2+ ) = c(HF) + c(F - )，整理后得：c(H + ) + c(HF) = c(OH - ) + c(Cl - )，故 C 正确；图中 b 点 c(Ca 2+ ) = c(F - )， b 点对应     c HF lg c H        值小于 0，即 c(HF) < c(H + ) ，故 D 错误。 16．（11 分）未标注的空均为 1分 【答案】(1) 5 (2) F>O>Cl ＜ (3) HF 、H2O2 (2 分) （4）A 直线形 (5) ( 1 2 ， 1 2 ， 1 2 - r c ) （2 分） 2 2 1 cd= a +( -r) 2 2 （2 分） 【解析】(1)基态 F原子占据 5 个原子轨道则空间运动状态有 5 种； (2) 电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小 到大的顺序为 F、O、Cl，所以电负性大小顺序为 F>O>Cl；OF2和 H2O 的中心原子 O 都是 sp 3 杂化， 结构相似，F 电负性大，吸引电子能力强，键角小； (3) HOF 分子中 F 显-1 价，其水解时结合 H2O 电离的 H + 生成 HF，则 OH + 结合 H2O 电离的 OH - ，两者反 应生成 H2O2，因此，HOF 水解反应的产物为 HF 、H2O2； (4)XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为 ，其中心原子的杂 化方式应为 sp 3 d；其 VSEPR 模型为三角双锥形，根据价电子互斥理论可推出 XeF2分子的空间构型 为直线形； (5)由 A 点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为 1，B点在棱的 r c 处，C 点在体内 z 轴方向的 1 2 - r c 处，其分数坐标为( 1 2 ， 1 2 ， 1 2 - r c )；由投影图可得晶胞如图 图中 y 是底面对角线的一半， 2y= a 2 ， cx= -r 2 ，所以 2 2 2 2 1 cd= x +y = a +( -r) 2 2 pm。 17.（13 分）未标注的空均为 2 分 【答案】（1）6s26p3 (1 分)(2)氧化性和还原性（1 分） PbSO4、SiO2 Bi2S3+3H2O2+6H +=2Bi3++6H2O+3S (3) 1:1（1 分）(4)调节溶液的 pH 是使 BiCl3水解完全，便于分离 Na + 、Fe 2+ 、Cu 2+ (5)2BiOCl+2NH4HCO3 =(BiO)2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O 【解析】(1)Bi 与 N 同主族，则基态 Bi 原子价电子排布式为 6s 2 6p 3 ； (2) “酸浸”步骤中 H2O2氧化负二价硫且还原正四价铅具有氧化性和还原性，“酸浸”后溶液中 金属阳离子主要有 Na + 、Bi 3+ 、Fe 3+ 、Cu 2+ 等，浸出渣有 S、PbSO4、SiO2；发生的最主要的氧化还原反 应是将 Bi2S3转化为 Bi 3+，离子方程式为 Bi2S3+3H2O2+6H +=2Bi3++6H2O+3S; (3)转化步骤中的加入盐酸羟胺将 Fe 3+ 还原为 Fe 2+ ，则氧化剂与还原剂的物质的量之比是 1:1; (4) “调 pH”步骤中加入 Na2CO3调节溶液的 pH 是为了使 BiCl3水解完全，便于分离，而 Fe 2+ 、Cu 2+ 不沉淀，故“滤液 1”中主要的金属阳离子有 Na+、Fe2+、Cu2+； (5) 向 BiOCl 沉淀加入碳酸氢铵将 BiOCl 转化为(BiO)2CO3同时生成 CO2和 NH4Cl，化学方程式为 2BiOCl+2NH4HCO3 =(BiO)2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O。 18.（12 分）未标注的空均为 2分 【答案】Ι(1)ac（1 分）(2)饱和 NaHS 溶液（1 分） II(1)①Fe−2e－+H2S= FeS+2H+ ②生成的 FeS 附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减 小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢 （2）①阳离子（1 分） 不变（1 分） ②2H2S+2I3 - =S2↓+6I - +4H + 22.4L 【解析】Ι(1)b 项需要加热，d 项高锰酸钾为粉末，二者均不可使用装置 A。(2)制备的 H2S 气体 中含有 HCl 杂质，利用饱和 NaHS 溶液可以除去挥发出来的 HCl。 II(1)①由图可知，铁碳构成原电池，铁为负极，则电极反应式为：Fe−2e－+H2S= FeS+2H+ ②FeS 附着在铁碳填料的表面和铁的量因消耗而减少，各占 1 分，其他合理答案也可。 （2）①由图分析，三氧化钨为负极，发生电极反应：3I--2e－=I3 -,该电极附近发生反应：2H2S+2I3 -=S2 ↓+6I - +4H + 。GDE 为正极，发生电极反应：O2+2H + +2e － =H2O2。负极区生成 H + ，正极消耗 H + ，为维持电 池较长时间更稳定的工作，应选择阳离子交换膜，允许 H+通过。并且每转移 2mol 电子，三氧化钨 电极区生成 2molH + 的同时有 2molH + 通过离子交换膜迁移出去，故其 pH 值不变。 ②由关系式H2O2 ⁓ 2e － ⁓ I3 -⁓ H2S可知，H2O2 和H2S为 1:1，则H2S在标准状况下的体积为22.4L。 19.（12 分）未标注的空均为 2分 【答案】（1）曲线 I（1 分） 10-10(mol/L)3 （2）2H2A -+M2+=MHA↓+H3A >（1 分） （3）10 4 （4）酚酞（1 分） 当滴入最后半滴 NaOH 溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟 之内不褪色 （5） H3A + 2OH -= HA2- +2H2O （1 分） 【解析】（1）由   2+ 22 - sp[ ]= (M O M ) ( H )H OK c c 可得，pM=  2+ p 2slg (M )=2pH-l M OHg [ ] 28c K  ，pM 与 pH 呈线性关系，故曲线 I 表示 M(OH)2的溶解平衡曲线，曲线 II 表示 MHA 的溶解平衡曲线； 由图可得，a 点的 pH 值为（6.5+10.5）÷2=8.5, 则 c(OH-)=10-5.5mol/L,a 点对应的 c(M2+)=10mol/L, 带入 KSP=c(M 2+ )×c 2 (OH - )=10 -10 (mol/L) 3 ； （2）b 点在曲线 II 下方，则 Q>KSP, 且该点对应的 pH 下，主要存在的含 A 微粒为 H2A -，故发生的 主要反应为：2H2A - +M 2+ =MHA↓+H3A。平衡后含 A 的物质为：H3A、H2A - 、HA 2- 和 MHA，由物料守恒可 知：0.2-c(H2A -)-c(H3A)>c(HA 2-)； （3）由图可得，当 c(H3A)=c(H2A-)时，Ka1=c(H+)=10-6.5，当 c(H2A-)=c(HA2-)时，Ka2=c(H+)=10-10.5， 则 =Ka1/Ka2=104 （4）用 NaOH 滴定 H3A 溶液时，恰好生成 NaH2A 时，溶液显碱性，故用酚酞溶液作为指示剂。 （5）由图可知，H3A 在溶液中只存在三种含 A 微粒，且为弱酸，则为二元酸。 则与过量 NaOH 溶液反应的离子方程式为：H3A + 2OH -= HA2- +2H2O 20.（12 分）未标注的空均为 2 分 【答案】（1）+41 （2）①温度升高对反应Ⅲ的促进程度比对反应Ⅳ的促进程度大 ②c（1 分） ③CO（1 分） 17.9kPa ④BD ⑤图 1 中曲线 c 在 1273K 时积碳几乎为零，则主要发生反应 I，温度升高反应 I向正反应方向移动， 产物 H2、CO 增多 【 解 析 】 （ 1 ） 根 据 已 知 ① 的 数 据 可 得 ΔH2=-242kJ·mol -1 +(-110kJ·mol -1 )-[0kJ·mol -1 +(-393kJ·mol -1 )]= +41kJ·mol -1 ； （2）①根据已知②可知反应Ⅲ是积碳反应，反应Ⅳ是消碳反应，均为吸热反应，在 573K⁓ 853K、 n(CO2)：n(CH4)=0.5 时，积碳量随着温度的升高而增大的原因是温度升高对反应Ⅲ的促进程度比对 反应Ⅳ的促进程度大。 ②反应Ⅲ生成碳，反应Ⅳ消耗积碳，n(CO2)：n(CH4)越大，相当于增大 CO2的物质的量，反应Ⅳ平 衡正向移动，积碳量会减少，n(CO2)：n(CH4)=1.0 的曲线是 c。 ③ 根 据 盖 斯 定 律 ， Ⅰ = Ⅲ + Ⅳ 得 CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)ΔH1=ΔH3+ΔH4=75+172=+247 kJ·mol─1；温度升高，反应①②③是吸热反应，正向移动，CO、H2 物质的量增多，因 n(CH4)=n(CO2)=1kmol，根据 C和 H元素守恒可知，H2比 CO 的物质的量大，则曲线 d 表示的物质是 H2,曲线 e表示的物质是 CO；恒压 p=100kPa、初始投料 n(CH4)=n(CO2)=1kmol 的条件下，625℃时， n(CO2)=n(CO)=n(H2O)=0.5kmol，n(CH4)=0.2kmol，由 H 元素守恒可知 n(H2)=(1×4-0.2×4-0.5×2) ×1/2=1.1kmol，总的气体物质的量为：2.8kmol，反应 IV 的压强平衡常数 KP=p 2(CO)/p(CO2)=(100 ×0.5/2.8) 2 /(100×0.5/2.8) kPa≈17.9kPa； ④A.积碳是固体，平衡后，移除部分积碳，不改变平衡，A 错误；B.增大投料比 n(CO2)：n(CH4)即 CO2增多，反应Ⅳ正向移动，有利于减少积碳，B 正确；C.根据已知催化剂的活性会因积碳而降低， 若催化剂 M 优于催化剂 N，则在使用催化剂 M时积碳量可能较少，C 错误；D.根据盖斯定律，反应 CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2˃0，随温度升高，平衡常数 K 逐渐增大，D 正确， 故选 BD； ⑤图 1 中曲线 c 在 1273K 时积碳几乎为零，则主要发生反应 I，温度升高反应 I向正反应方向移动， 产物 H2、CO 增多。 山东名校 2025 届高三 12 月校际联合检测 化学参考答案及评分标准 一、选择题：本题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项是最符合题目要求的。 1.D 2.D 3.A 4.B 5.A 6.C 7.D 8.B 9.D 10.B 二、选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选 对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 11.AC 12.C 13.D 14.C 15.AD 三、填空题：本题共 5小题，共 60 分。 16．（11分）未标注的空均为 1分 【答案】(1) 5 (2) F>O>Cl ＜ (3) HF 、H2O2 (2 分) （4）A 直线形 (5) ( 1 2 ， 1 2 ， 1 2 - r c ) （2 分） 2 2 1 cd= a +( -r) 2 2 （2 分） 17.（13分）未标注的空均为 2分 【答案】（1）6s26p3 (1 分)(2)氧化性和还原性（1分） PbSO4、SiO2 Bi2S3+3H2O2+6H +=2Bi3++6H2O+3S (3) 1:1（1 分）(4)调节溶液的 pH 是使 BiCl3水解完全，便于分离 Na + 、Fe 2+ 、Cu 2+ (5)2BiOCl+2NH4HCO3 =(BiO)2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O 18.（12分）未标注的空均为 2分 【答案】Ι(1)ac（1 分）(2)饱和 NaHS 溶液（1 分） II(1)①Fe−2e－+H2S= FeS+2H+ ②生成的 FeS 附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减 小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢 （2）①阳离子（1 分） 不变（1 分） ②2H2S+2I3 -=S2↓+6I -+4H+ 22.4L 19.（12分）未标注的空均为 2分 【答案】（1）曲线 I（1 分） 10 -10 (mol/L) 3 （2）2H2A - +M 2+ =MHA↓+H3A >（1 分） （3）104 （4）酚酞（1 分） 当滴入最后半滴 NaOH 溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟 之内不褪色 （5） H3A + 2OH - = HA 2- +2H2O （1 分） 20.（12分）未标注的空均为 2分 【答案】（1）+41 （2）①温度升高对反应Ⅲ的促进程度比对反应Ⅳ的促进程度大 ②c（1 分） ③CO（1 分） 17.9kPa ④BD ⑤图 1 中曲线 c 在 1273K 时积碳几乎为零，则主要发生反应 I，温度升高反应 I向正反应方向移动， 产物 H2、CO 增多