精品解析：福建省三明市三元区福建省三明第一中学2024-2025学年高三上学期12月月考化学试题

三明一中2024-2025学年上学期12月月考 高三化学科试卷 (考试时间：75分钟满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Fe56 Ⅰ卷(选择题共48分) 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题4分共48分) 1. 《本草经集注》中记载：“其黄黑者名鸡屎矾[或]，不入药用，惟堪镀作，以合熟铜（铜单质）。投苦酒（醋酸）中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变。”下列说法不正确的是 A. “不入药用”是因鸡屎矾可溶于胃酸，产生的可使蛋白质变性 B. 鸡屎矾“投苦酒（醋酸）中”，反应前后各元素化合价不变 C. “苦酒（醋酸）”中碳原子均为杂化 D. “涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”是指Fe从溶液中置换出Cu，且覆盖在Fe表面的Cu阻止反应继续进行 【答案】C 【解析】 【详解】A．碱式碳酸铜和或碱式硫酸铜能与胃酸的主要成分盐酸反应生成铜离子，铜离子可使蛋白质变性，故A正确； B．碱式碳酸铜与醋酸溶液反应生成醋酸铜、二氧化碳和水，碱式硫酸铜与醋酸溶液反应生成硫酸铜、醋酸铜、二氧化碳和水，反应中均没有元素发生化合价变化，故B正确； C．醋酸分子中甲基碳原子的杂化方式为sp3杂化，羧基碳原子为sp2杂化，故C错误； D．由题意可知，“涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”是因为铁与溶液中的铜离子发生置换反应生成的铜覆盖在铁的表面，铁表面的铜阻碍了铁与溶液中的铜离子继续反应，故D错误； 故选C。 2. 反应应用于石油开采，下列说法正确的是 A. 基态原子的轨道表示式为 B. 的结构示意图为 C. 中原子杂化类型为 D. 的空间填充模型为 【答案】C 【解析】 【详解】A．N是7号元素，根据构造原理，可知基态N原子核外电子排布式是1s22s22p3。原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，则基态N原子的轨道表达式为：，A错误； B．Cl是17号元素，原子核内有17个质子，Cl-核外电子排布是2、8、8，所以Cl-的结构示意图为，B错误； C．亚硝酸根()中N原子价层电子对数是2+=3，所以N原子杂化类型为sp2杂化，C正确； D．H2O分子中的中心O原子价层电子对数是2+=4，有2对孤电子对，是球棍模型，H2O的空间填充模型为，D错误； 故选C； 3. 一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是 A. 的溶液中， B. 已知酸性，相同的①②③三种溶液的：①>②>③ C. 的溶液与的溶液任意比例混合： D. 的氨水溶液，稀释10倍后，其，则 【答案】B 【解析】 【详解】A．pH=5的H2S溶液中存在电荷守恒c(H+)= c(HS-)+ c(OH-)+ 2c(S2-)，则c(H+)＞ c(HS-)，A错误； B．酸性越强，其酸根的水解程度越小，所以pH相同时，溶液的浓度：①>②>③，钠离子不水解，所以溶液的c(Na+)：①>②>③，B正确； C．pH=2的H2CO3溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，都存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ c(HCO)+2c(CO)，C错误； D．由于一水合氨是弱电解质，所以稀释氨水时一水合氨会电离出更多的氢氧根，所以稀释10倍后，其pH=b，则a<b+1，D错误； 故选B。 4. 回收某光盘金属层中少量Ag的方案如下(其他金属含量过低，可忽略)。 下列说法不正确的是 A. 操作a过滤后取固体，操作b过滤后取溶液 B. ①中，Ag被氧化 C. ①②中分别加入溶液和氨水，作用均为调节溶液的pH D. ③中，若X是乙醛溶液，生成Ag的反应为 【答案】C 【解析】 【分析】光盘碎片在碱性条件下加入次氯酸钠将银氧化为氯化银沉淀等，过滤分离出氯化银固体，加入氨水将氯化银转化为银氨溶液，过滤分离出滤液，滤液加入还原剂还原得到银单质。 【详解】A．由分析可知，操作a过滤后取固体，操作b过滤后取溶液，A正确； B．①中Ag被氧化为氯化银沉淀，B正确； C．①②中分别加入溶液和氨水，作用分别为调节溶液的pH、溶解氯化银生成银氨溶液，C错误； D．③中，若X是乙醛溶液，乙醛具有还原性，能和银氨溶液发生银镜反应，故生成Ag的反应为，D正确； 故选C。 5. 由下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向溶液中加入少量固体 溶液颜色加深 水解程度增大 B 向某溶液中先滴加溶液，再滴加足量稀硝酸 产生白色沉淀且不溶解 原溶液中含有、、中的一种或几种 C 向等物质的量浓度的和的混合溶液中滴加2~4滴溶液 产生白色沉淀 D 向含相同浓度的、混合溶液中依次加入少量氯水和，振荡，静置 溶液分层，下层呈紫红色 氧化性：、 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．向溶液中加入少量固体，溶液颜色加深，其原因是浓度增加，根据越稀越水解的规律，可知水解程度降低，A不符合题意； B．向某溶液中先滴加溶液，再滴加足量稀硝酸，产生白色沉淀且不溶解，还可能产生沉淀，B不符合题意； C．向等物质的量浓度的KCl和的混合溶液中滴加2~4滴溶液，虽然产生白色沉淀，但两者组成的构型不同无法直接比较（实际上，溶度积），C不符合题意； D．向含相同浓度的KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和，振荡，静置溶液分层，下层呈紫红色，则有单质碘产生，说明氯气是先氧化的，氧化性：，还原性：，则证明氧化性：，D符合题意； 故选D。 6. X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的原子半径小于Y的原子半径，Z基态原子核外有3个未成对电子，Y的核外电子数与Z的价层电子数相等，Q2是氧化性最强的单质，下列说法正确的是 A. 键能：Z2<W2<Q2 B. YQ3、ZQ3 均为非极性分子 C. 沸点：X2W<XQ D. 同周期中第一电离能介于Y和Z之间的元素有3种 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q2是氧化性最强的单质，则Q是氟；Z基态原子核外有3个未成对电子，Z为氮，则W为氧； Y的核外电子数与Z的价层电子数相等，Y为硼；X的原子半径小于Y的原子半径，则X为氢； 【详解】A．氮气分子中包含三键，键能最大，A错误； B．BF3的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，正负电荷重心重合，为非极性分子；NF3价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，B错误； C．水分子形成氢键的数目大于HF，导致水的沸点高于HF，C错误； D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，Be原子价电子为2s2全满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故同周期中第一电离能介于Y和Z之间的元素有铍碳氧3种，D正确； 故选D。 7. 用表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是 A. 含有键的数目为 B. 溶液含的数目为 C. 14g乙烯和丙烯的混合气体含有的极性共价键数为 D. 22.4L（标准状况）与足量NaOH溶液充分反应，电子转移数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．中没有双键和三键，不含有键，故A错误； B．溶液中发生水解，则溶液含的数目小于，故B错误； C．14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量= =1mol，含有极性共价键数为，故C正确； D．22.4L（标准状况）的物质的量为1mol，1mol与足量NaOH溶液充分反应不能完全消耗，电子转移数小于，故D错误； 故选C。 8. 利用电化学方法富集海水中的锂，其工作原理如下图所示。工作步骤如下：①向MnO2所在腔室通入海水，启动电源1，使海水中的进入MnO2而形成；②关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向电极2上通入空气。下列说法不正确的是 A. 上述过程中，电极1和电极2分别作阳极和阴极 B. 启动电源1时，阴极上的电极反应： C. 启动电源2时，中的脱出进入腔室2 D. 当有脱出时，电极2上产生1.12L(标准状况下)的H2 【答案】D 【解析】 【分析】启动电源1，使海水中Li+进入MnO2而形成，MnO2中锰元素的化合价降低，作阴极，与电源1的负极相连，电极反应式为：；电极1作阳极，连接电源正极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+。关闭电源1和海水通道，启动电源2，向电极2上通入空气，使中的Li+脱出进入腔室2，则电极2为阴极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，阳极的电极反应式为：，据此分析解答。 【详解】A．上述过程中，电极1和电极2分别作阳极和阴极，故A正确； B．由分析知，启动电源1时，阴极上的电极反应：，故B正确； C．启动电源2时，中的脱出进入腔室2，故C正确； D．当Li+脱出时，电极2为阴极，电极2上不产生H2，而是消耗氧气，故D错误； 故选D。 9. 甲、乙、丙三种物质是合成聚酯玻璃钢的基本原料。下列说法错误的是。 A. 甲在酸性条件下的水解产物之一与乙互为同系物 B. 1mol乙物质可与2mol钠完全反应生成1mol氢气 C. 乙物质可被酸性溶液氧化成和 D. 甲、乙、丙均能和在一定条件发生氧化反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．甲在酸性条件下的水解产物是  、CH3OH，CH3OH与乙中羟基个数不同，不是同系物，故A错误； B．乙中含有2个羟基，1mol乙物质可与2mol钠完全反应生成1mol氢气，故B正确； C．乙醇可以被高锰酸钾氧化生成乙二酸，乙二酸可以继续氧化生成二氧化碳和水，故C正确； D．甲、乙、丙均能和在点燃条件下发生氧化反应生成二氧化碳和水，故D正确； 答案选A。 10. 将SO2通入Na2CO3和Na2S混合溶液中可制得Na2S2O3。其制备装置如图所示，下列说法不正确的是 A. 若装置A中使用98%的浓硫酸，可以提高SO2的生成速率 B. 装置B既可防倒吸亦可处理多余的SO2 C. 装置C中反应的离子方程式为：2S2-+CO+4SO2=CO2+3S2O D. 装置D中盛放的溶液可换为酸性KMnO4溶液 【答案】A 【解析】 【详解】A．该反应的实质是氢离子与亚硫酸根离子发生复分解反应，98%的浓硫酸中电离出的氢离子浓度小，与亚硫酸根反应反而产生气体的速率减小，A错误； B．当导管中的气体进入C时，装置B可防倒吸，B上端的溶液为NaOH溶液时，关闭K2打开K1可以处理B中多余的二氧化硫， B正确； C．SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液中生成Na2S2O3，反应的离子方程式应：，C正确； D．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化二氧化硫，装置D中盛放的溶液可换为酸性高锰酸钾溶液，D正确； 答案选A。 11. 下列叙述与图中甲、乙、丙、丁相符合的是 A. 图甲表示常温下向体积为的溶液中逐滴加入溶液后溶液的变化曲线，则点处有： B. 图乙表示用水稀释相同的盐酸和醋酸时溶液的变化曲线，其中I表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性： C. 图丙是恒温密闭容器中发生反应时，随反应时间变化的曲线，时刻改变的条件可能是增大容器的体积 D. 图丁表示恒容密闭容器中发生时，其他条件相同时改变温度，时间变化的曲线，说明反应平衡常数 【答案】D 【解析】 【详解】A．c点为物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒为2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，消去消去c(Na+)，得质子守恒为：c(CH3COOH)+ 2c(H+)=2c(OH- )+c(CH3COO-)，A错误； B．用水稀释相同的盐酸和醋酸，盐酸的变化较大，醋酸的变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：a>b>c，B错误； C．据图可知t1时刻c(CO2)瞬间增大，而增大容器的体积会使c(CO2)瞬间减小，C错误； D．据图可知，曲线Ⅱ条件下反应速率更快，则温度更高，但平衡时甲醇的物质的量更低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，所以反应平衡常数KⅡ<KⅠ，D正确； 故选D。 12. 时，用溶液滴定溶液，体系中或[注：、]、溶液的体积与溶液的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 时， B. 时，的水解常数 C. a点溶液中， D. b点时， 【答案】C 【解析】 【分析】用溶液滴定溶液，越大，碱性越强，越大，越小，由图像可知②是与的变化曲线，①是pHA与的变化曲线； 【详解】A．用溶液滴定溶液，越大，碱性越强，越大，越小，由图像可知②是与的变化曲线，故时，，A正确； B．时，①和②线的交点处，而的水解常数，B正确； C．a点加入的为的一半，溶质是等浓度的醋酸和醋酸钠，由元素守恒、电荷守恒，得出，C错误； D．当加入溶液为时生成，溶液，故b点加入的溶液，根据电荷守恒可知，，，，D正确； 故选C。 Ⅱ卷(非选择题共52分) 二、解答题 13. Ⅰ.回答下列问题： （1）写出下列各物质相互转化中①③⑥⑦化学方程式。 ①___________； ③___________； ⑥___________； ⑦___________。 Ⅱ、草酸(H2C2O4)是一种重要的二元有机含氧酸，常温下其电离常数、，与碱反应可得到两种盐。回答下列问题： （2）已知常温下H2SO3的电离常数分别为1.4×10-2、6.0×10-8，则向K2C2O4溶液中通入SO2，写出相应反应的离子方程式：___________。 （3）KHC2O4在分析实验中可用作标定标准溶液的基准物质。 ①常温下，用pH计测得0.1 mol/L KHC2O4溶液的pH约为5.6，完成KHC2O4溶液中的一个等式：c(H+)+c(K+)=___________。 ②用0.1000 mol/L KHC2O4溶液标定某酸性KMnO4溶液，滴定过程中所用仪器有铁台架、锥形瓶、滴定管夹、烧杯、___________，滴定终点时的标志为___________。 【答案】（1） ①. ②. ③. ④. （2） （3） ①. c(OH-)+c()+2c() ②. 酸式滴定管 ③. 当滴入最后半滴KHC2O4溶液由浅红色变为无色，且30 s不复色 【解析】 【分析】Ⅰ．CH2=CH2与H2O在一定条件下发生加成反应产生CH3CH2OH，CH3CH2OH与浓硫酸混合加热170℃，发生消去反应产生CH2=CH2和H2O；CH3CH2OH与CH3COOH在浓硫酸存在条件下发生酯化反应产生CH3COOC2H5、H2O，CH3COOC2H5与H2O能在浓硫酸存在条件下加热，再发生酯的水解反应产生CH3CH2OH与CH3COOH，二者互为可逆反应；CH3CH2OH与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生CH3CHO、H2O，CH3CH2OH与HCl在一定条件下加热发生取代反应产生CH3CH2Cl、H2O；CH3CH2Cl与NaOH水溶液共热，发生反应产生CH3CH2OH、NaCl。 Ⅱ．弱酸的电离平衡常数越大，相应的弱酸的酸性就越强。根据电离平衡常数可知酸性：H2C2O4＞H2SO3＞＞，结合复分解反应规律：强酸与弱酸盐反应制取弱酸，来分析反应时产生的物质，并书写相应的离子方程式；根据电荷守恒，书写溶液中离子浓度等量关系； 酸性溶液、氧化性溶液使用酸式滴定管，碱性溶液使用碱式滴定管；KHC2O4具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，二者在溶液中发生氧化还原反应产生无色K2SO4、MnSO4、CO2、H2O，因此可以利用酸性KMnO4溶液本身在反应前后溶液颜色变化来判断滴定终点。 【小问1详解】 反应①是CH3CH2OH与浓硫酸混合加热170℃，发生消去反应产生CH2=CH2和H2O，该反应的化学方程式为：； 反应③是CH3CH2OH与CH3COOH在浓硫酸存在条件下发生酯化反应产生CH3COOC2H5、H2O，反应产生的CH3COOC2H5、H2O在浓硫酸催化下加热，又能够反应产生CH3CH2OH与CH3COOH，酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，故反应③的化学方程式为：； 反应⑥C2H5Cl与NaOH水溶液共热，会发生取代反应产生CH3CH2OH与HCl，产生的HCl与NaOH再发生中和反应产生NaCl、H2O，该反应的化学方程式为：； 反应⑦是CH3CH2OH与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生CH3CHO、H2O，该反应化学方程式为：； 【小问2详解】 根据电离平衡常数大小，可知弱酸的酸性：H2C2O4＞H2SO3＞＞，向K2C2O4溶液中通入SO2，会发生反应产生KHC2O4、KHSO3，该反应的离子方程式为：； 【小问3详解】 ①KHC2O4是弱酸的酸式盐，在溶液中电离产生K+、，电离产生的在溶液中存在电离平衡，会电离产生H+、，也同时存在水解平衡，水解产生H2C2O4、OH-，同时还存在H2O的电离平衡，电离产生H+、OH-，根据电荷守恒，可知在KHC2O4溶液中关系式：c(H+)+c(K+)=c(OH-)+c()+2c()； ②由于0.1 mol/LKHC2O4溶液pH约为5.6，溶液显酸性，因此应该使用酸式滴定管盛装0.1000 mol/L KHC2O4溶液；酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此也应该使用酸式滴定管来准确量取其体积，故进行氧化还原反应滴定时，使用的仪器除了有铁台架、锥形瓶、滴定管夹、烧杯外，还应该使用酸式滴定管； 在用0.1000 mol/LKHC2O4溶液滴定酸性KMnO4溶液时，KMnO4会被KHC2O4还原为无色Mn2+，KHC2O4被氧化为CO2气体逸出，因此随着滴定实验的进行，溶液的颜色会逐渐由紫色变为红色，后来当滴入最后半滴KHC2O4溶液，锥形瓶中溶液由浅红色变为无色，且30 s不复色，说明滴定达到终点，此时要停止滴加0.1000 mol/LKHC2O4溶液。 14. 石棉尾矿主要含有和少量的、等物质。利用石棉尾矿生产碳酸镁晶体的一种工艺流程如下： 回答下列问题： （1）用氧化物的形式表示：___________ （2）为提高“水浸”速率，可采取的措施有___________(写出2条)。 （3）“焙烧”时会产生，是___________分子(填“极性”或“非极性”)；“水浸”后过滤所得“浸渣”的主要成分是晶体中所含共价键的物质的量为___________mol。 （4）“调节除杂”时，物质X可以是___________(写出1种)。 （5）“沉镁”时的离子方程式为___________；“沉镁”时需将温度控制在左右，温度不能过高也不能过低的原因是___________。 （6）“沉镁”后的“母液”主要成分是可回收利用，但还含有一定浓度的，为除去母液中的，可在母液中加入氨水调节溶液。已知，若c(Mg2+)≤1×10-5mol/L时，可认为已完全除去，则加入氨水调节溶液的最低值为___________。 【答案】（1） （2）不断搅拌、适当升高温度 （3） ①. 非极性 ②. 0.4 （4）、、或 （5） ①. ②. 温度不能过高容易分解，温度过低反应速率过慢 （6）10.9 【解析】 【分析】石棉尾矿主要含有和少量的、等物质，经焙烧后水浸后转化为SiO2（形成浸渣）、Mg2+、Al3+和Fe3+，为不引入新杂质，加入可以调节pH的物质有如MgO、MgCO3、Mg(OH)2或Mg2(OH)2CO3，产生Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，再加入NH4HCO3产生MgCO3； 【小问1详解】 硅酸盐用氧化物的形式表示时注意金属氧化物在前，非金属氧化物在其次，水放最后，故可以表示为； 【小问2详解】 为提高“水浸”速率，可采取的措施有不断搅拌、适当升高温度； 【小问3详解】 SO3中心原子S原子价层电子对数，sp2杂化，无孤电子对，为平面三角形结构，正负电荷中心不重合，是非极性分子；由SiO2的结构可知，每1mol SiO2中含有4 mol Si-O键，则=0.1mol SiO2中含有0.4 mol共价键； 【小问4详解】 为增大pH使Al3+和Fe3+沉淀且不引进杂质可选择加入、、或； 【小问5详解】 “沉镁”时的离子方程式为，“沉镁”时需将温度控制在50℃左右，温度不能过高，温度过高NH4HCO3容易分解，温度不能过低，温度过低反应速率过慢； 【小问6详解】 c(Mg2+)≤1×10-5mol/L时，由可知，则。 15. 汽车尾气中氮氧化合物、碳氧化合物的处理与利用是研究的热点。 （1）汽车尾气中的污染物和，一定条件下可发生反应I： 。 已知： 反应 25℃时的平衡常数 焓变 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： ①反应Ⅰ的___________，___________。 ②燃油汽车尾气仍含有较多CO、NO的可能原因是___________；写出一项有效提升尾气达到排放标准的措施：___________。 ③下列能说明该反应Ⅰ已经达到平衡状态的是___________(填字母代号)。 A． B．恒容容器中混合气体的密度不变 C． D．容器中混合气体的平均摩尔质量不变 （2）空速(规定的条件下，单位时间、单位体积催化剂处理的气体量)的大小直接决定了烟气在催化剂表面的停留时间和装置的烟气处理能力。催化剂能够适应较大的空速，就可以在保证足够高的脱硝(去除氮氧化物)效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力。在相同时间内，三种催化剂下的转化率、浓度随温度变化如图1所示，相同时间内，催化剂在不同空速下的转化率随温度的变化如图2所示。 根据图1和图2分析，选取工业脱硝的最佳反应条件为MnCeZr、___________。 （3）在催化剂作用下可将、甲烷化，反应过程如下： ①； ②。 在某温度下，向恒容容器中充入和，初始压强为，反应经达到平衡，此时，则___________的转化率___________。 【答案】（1） ①. ②. ③. 反应Ⅰ的活化能很大，反应速率很小 ④. 选用高效的催化剂提升该反应的化学反应速率 ⑤. D （2）、空速 （3） ①. 0.05 ②. 50% 【解析】 【小问1详解】 ①由盖斯定律可知，反应Ⅱ—Ⅲ可得反应I，则反应的ΔH1=(—180.0)—(+566.0)=—746.0，平衡常数K1===2.5×10121； ②由平衡常数可知，反应I的反应程度大，则燃油汽车尾气仍含有较多一氧化碳和一氧化氮说明反应的活化能大，反应速率很小，所以有效提升尾气达到排放标准的措施为选用高效的催化剂提升该反应的化学反应速率； ③A．c(CO)=c(CO2)不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，A错误； B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，B错误； C．由反应速率之比等于化学计量数之比可知，v(N2)正=2v(NO)逆不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，C错误； D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均摩尔质量增大，则容器中混合气体的平均摩尔质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，D正确； 故选D； 【小问2详解】 由图可知，相同时间内，MnCeZr催化剂作用下，300℃时一氧化氮的转化率最大，在该温度下3种不同空速对应的一氧化氮的转化率相差不大，由题意可知，空速30000h-1下催化剂处理烟气的能力更强，则工业脱硝的最佳反应条件为300℃、空速30000h-1； 【小问3详解】 由题意可知，恒容容器中初始二氧化碳和氢气的分压为×19kPa=7kPa和×19kPa=12kPa，由题给数据可建立如下三段式：，，由三段式数据可知，10min达到平衡时，甲烷的反应速率为=0.05kPa/min，氢气的转化率为×100%=50%； 16. 葡萄糖酸亚铁晶体[]易溶于水，几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂，一种制备流程如下： 其中反应I和II都用到下列装置： 回答下列问题： （1）仪器B的名称是___________。 （2）A中发生“反应Ⅰ”时，加入的铁粉过量的原因是___________。 （3）A中发生“反应Ⅱ”时，A中盛放的试剂是___________，盛放该试剂的原因是___________。 （4）工业上利用下列装置通过电解氧化葡萄糖生成葡萄糖酸，原理示意图如下。 M极接电源的___________极，M极的电极反应式为___________。该装置中葡萄糖生成葡萄糖酸的化学方程式是___________。 （5）产品中铁元素质量分数的测定：取1.20g葡萄糖酸亚铁产品置于锥形瓶中，加水75mL与硫酸溶液15mL溶解，然后加适量还原剂防止被氧化(还原剂不参与后续滴定过程)，密闭放置约20分钟。滴加2滴指示剂，用标准液滴定至终点，消耗标准液，则产品中铁元素的质量分数为___________%(已知：)。 【答案】（1）恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗) （2）防止生成的被空气中的氧化 （3） ①. 溶液 ②. 避免沉淀中混有 （4） ①. 正 ②. ③. （5）9.38 【解析】 【分析】铁粉和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，加入碳酸氢钠溶液反应生成碳酸亚铁沉淀，过滤得到滤渣，加入葡萄糖酸与碳酸亚铁反应生成，经过系列操作得到葡萄糖酸亚铁晶体； 【小问1详解】 仪器B的名称是恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)； 【小问2详解】 A中发生‘反应I’时，由于Fe2+易被氧化，加入过量的铁粉，可以防止生成的Fe2+被空气中的氧气氧化； 【小问3详解】 A中发生‘反应II’时，A中盛放的试剂是FeSO4溶液，因为NaHCO3溶液显碱性，而FeSO4溶液显弱酸性，若将FeSO4溶液加入NaHCO3溶液中可能产生Fe(OH)2，A中盛放FeSO4溶液可以避免沉淀中混有； 【小问4详解】 因为M极上的变化是Br-→Br2，发生氧化反应，则M极是阳极，接电源的正极，电极反应式为，该装置中葡萄糖生成葡萄糖酸的化学方程式为； 【小问5详解】 由可知，n(Ce4+)=n(Fe2+)=0.10mol/L×20.10×10-3L=2.01×10-3mol，故产品含铁元素的质量分数为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 三明一中2024-2025学年上学期12月月考 高三化学科试卷 (考试时间：75分钟满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Fe56 Ⅰ卷(选择题共48分) 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题4分共48分) 1. 《本草经集注》中记载：“其黄黑者名鸡屎矾[或]，不入药用，惟堪镀作，以合熟铜（铜单质）。投苦酒（醋酸）中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变。”下列说法不正确的是 A. “不入药用”是因鸡屎矾可溶于胃酸，产生的可使蛋白质变性 B. 鸡屎矾“投苦酒（醋酸）中”，反应前后各元素化合价不变 C. “苦酒（醋酸）”中碳原子均为杂化 D. “涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”是指Fe从溶液中置换出Cu，且覆盖在Fe表面的Cu阻止反应继续进行 2. 反应应用于石油开采，下列说法正确的是 A. 基态原子的轨道表示式为 B. 的结构示意图为 C. 中原子杂化类型为 D. 的空间填充模型为 3. 一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是 A. 的溶液中， B. 已知酸性，相同的①②③三种溶液的：①>②>③ C. 的溶液与的溶液任意比例混合： D. 的氨水溶液，稀释10倍后，其，则 4. 回收某光盘金属层中少量Ag的方案如下(其他金属含量过低，可忽略)。 下列说法不正确的是 A. 操作a过滤后取固体，操作b过滤后取溶液 B. ①中，Ag被氧化 C. ①②中分别加入溶液和氨水，作用均为调节溶液的pH D. ③中，若X是乙醛溶液，生成Ag的反应为 5. 由下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向溶液中加入少量固体 溶液颜色加深 水解程度增大 B 向某溶液中先滴加溶液，再滴加足量稀硝酸 产生白色沉淀且不溶解 原溶液中含有、、中的一种或几种 C 向等物质的量浓度的和的混合溶液中滴加2~4滴溶液 产生白色沉淀 D 向含相同浓度的、混合溶液中依次加入少量氯水和，振荡，静置 溶液分层，下层呈紫红色 氧化性：、 A. A B. B C. C D. D 6. X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的原子半径小于Y的原子半径，Z基态原子核外有3个未成对电子，Y的核外电子数与Z的价层电子数相等，Q2是氧化性最强的单质，下列说法正确的是 A. 键能：Z2<W2<Q2 B. YQ3、ZQ3 均为非极性分子 C. 沸点：X2W<XQ D. 同周期中第一电离能介于Y和Z之间的元素有3种 7. 用表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是 A. 含有键的数目为 B. 溶液含的数目为 C. 14g乙烯和丙烯的混合气体含有的极性共价键数为 D. 22.4L（标准状况）与足量NaOH溶液充分反应，电子转移数为 8. 利用电化学方法富集海水中的锂，其工作原理如下图所示。工作步骤如下：①向MnO2所在腔室通入海水，启动电源1，使海水中的进入MnO2而形成；②关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向电极2上通入空气。下列说法不正确的是 A. 上述过程中，电极1和电极2分别作阳极和阴极 B. 启动电源1时，阴极上的电极反应： C. 启动电源2时，中的脱出进入腔室2 D. 当有脱出时，电极2上产生1.12L(标准状况下)的H2 9. 甲、乙、丙三种物质是合成聚酯玻璃钢的基本原料。下列说法错误的是。 A. 甲在酸性条件下的水解产物之一与乙互为同系物 B. 1mol乙物质可与2mol钠完全反应生成1mol氢气 C. 乙物质可被酸性溶液氧化成和 D. 甲、乙、丙均能和在一定条件发生氧化反应 10. 将SO2通入Na2CO3和Na2S混合溶液中可制得Na2S2O3。其制备装置如图所示，下列说法不正确的是 A. 若装置A中使用98%的浓硫酸，可以提高SO2的生成速率 B. 装置B既可防倒吸亦可处理多余的SO2 C. 装置C中反应的离子方程式为：2S2-+CO+4SO2=CO2+3S2O D. 装置D中盛放的溶液可换为酸性KMnO4溶液 11. 下列叙述与图中甲、乙、丙、丁相符合的是 A. 图甲表示常温下向体积为的溶液中逐滴加入溶液后溶液的变化曲线，则点处有： B. 图乙表示用水稀释相同的盐酸和醋酸时溶液的变化曲线，其中I表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性： C. 图丙是恒温密闭容器中发生反应时，随反应时间变化的曲线，时刻改变的条件可能是增大容器的体积 D. 图丁表示恒容密闭容器中发生时，其他条件相同时改变温度，时间变化的曲线，说明反应平衡常数 12. 时，用溶液滴定溶液，体系中或[注：、]、溶液的体积与溶液的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 时， B. 时，的水解常数 C. a点溶液中， D. b点时， Ⅱ卷(非选择题共52分) 二、解答题 13. Ⅰ.回答下列问题： （1）写出下列各物质相互转化中①③⑥⑦化学方程式。 ①___________； ③___________； ⑥___________； ⑦___________。 Ⅱ、草酸(H2C2O4)是一种重要的二元有机含氧酸，常温下其电离常数、，与碱反应可得到两种盐。回答下列问题： （2）已知常温下H2SO3的电离常数分别为1.4×10-2、6.0×10-8，则向K2C2O4溶液中通入SO2，写出相应反应的离子方程式：___________。 （3）KHC2O4在分析实验中可用作标定标准溶液的基准物质。 ①常温下，用pH计测得0.1 mol/L KHC2O4溶液的pH约为5.6，完成KHC2O4溶液中的一个等式：c(H+)+c(K+)=___________。 ②用0.1000 mol/L KHC2O4溶液标定某酸性KMnO4溶液，滴定过程中所用仪器有铁台架、锥形瓶、滴定管夹、烧杯、___________，滴定终点时的标志为___________。 14. 石棉尾矿主要含有和少量的、等物质。利用石棉尾矿生产碳酸镁晶体的一种工艺流程如下： 回答下列问题： （1）用氧化物的形式表示：___________ （2）为提高“水浸”速率，可采取的措施有___________(写出2条)。 （3）“焙烧”时会产生，是___________分子(填“极性”或“非极性”)；“水浸”后过滤所得“浸渣”的主要成分是晶体中所含共价键的物质的量为___________mol。 （4）“调节除杂”时，物质X可以是___________(写出1种)。 （5）“沉镁”时的离子方程式为___________；“沉镁”时需将温度控制在左右，温度不能过高也不能过低的原因是___________。 （6）“沉镁”后的“母液”主要成分是可回收利用，但还含有一定浓度的，为除去母液中的，可在母液中加入氨水调节溶液。已知，若c(Mg2+)≤1×10-5mol/L时，可认为已完全除去，则加入氨水调节溶液的最低值为___________。 15. 汽车尾气中氮氧化合物、碳氧化合物的处理与利用是研究的热点。 （1）汽车尾气中的污染物和，一定条件下可发生反应I： 。 已知： 反应 25℃时的平衡常数 焓变 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： ①反应Ⅰ的___________，___________。 ②燃油汽车尾气仍含有较多CO、NO的可能原因是___________；写出一项有效提升尾气达到排放标准的措施：___________。 ③下列能说明该反应Ⅰ已经达到平衡状态的是___________(填字母代号)。 A． B．恒容容器中混合气体的密度不变 C． D．容器中混合气体的平均摩尔质量不变 （2）空速(规定的条件下，单位时间、单位体积催化剂处理的气体量)的大小直接决定了烟气在催化剂表面的停留时间和装置的烟气处理能力。催化剂能够适应较大的空速，就可以在保证足够高的脱硝(去除氮氧化物)效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力。在相同时间内，三种催化剂下的转化率、浓度随温度变化如图1所示，相同时间内，催化剂在不同空速下的转化率随温度的变化如图2所示。 根据图1和图2分析，选取工业脱硝的最佳反应条件为MnCeZr、___________。 （3）在催化剂作用下可将、甲烷化，反应过程如下： ①； ②。 在某温度下，向恒容容器中充入和，初始压强为，反应经达到平衡，此时，则___________的转化率___________。 16. 葡萄糖酸亚铁晶体[]易溶于水，几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂，一种制备流程如下： 其中反应I和II都用到下列装置： 回答下列问题： （1）仪器B的名称是___________。 （2）A中发生“反应Ⅰ”时，加入的铁粉过量的原因是___________。 （3）A中发生“反应Ⅱ”时，A中盛放的试剂是___________，盛放该试剂的原因是___________。 （4）工业上利用下列装置通过电解氧化葡萄糖生成葡萄糖酸，原理示意图如下。 M极接电源的___________极，M极的电极反应式为___________。该装置中葡萄糖生成葡萄糖酸的化学方程式是___________。 （5）产品中铁元素质量分数的测定：取1.20g葡萄糖酸亚铁产品置于锥形瓶中，加水75mL与硫酸溶液15mL溶解，然后加适量还原剂防止被氧化(还原剂不参与后续滴定过程)，密闭放置约20分钟。滴加2滴指示剂，用标准液滴定至终点，消耗标准液，则产品中铁元素的质量分数为___________%(已知：)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $