广东省湛江市第一次八校联考2025-2026学年高三上学期8月月考化学试题

高三化学参考答案 选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 题序 2 3 4 5 6 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 A D B B B D B A A B D 1.A【解析】秦兵马俑的主要成分为硅酸盐，硅酸盐属于无机非金属材料，A正确；青铜编钟的 主要成分为青铜，青铜为金属材料，B错误：银质鎏金如意的主要成分是金属银以及表面的鎏 金（金的一种工艺处理），属于金属材料，C错误；计算数目的竹算筹的主要成分为纤维素，属 于天然有机高分子材料，D错误。 H一() 2.B【解析】由结构简式可知，HA中 能电离出氢离子，带负电荷的氧原子与 H O CH一中羟基中的氢原子形成氢键，A错误：CA2中含有碳氮双键，能发生加成反应，B正 确：烃基R、R'中含有氢原子，氢原子数目大于4，C错误：CA2中配位原子为氮原子和氧原 子，D错误。 3.D【解析】UO2中氧元素的化合价为一2价，由化合价代数和为0可知，轴元素的化合价为+4 价，A错误：锂太阳能电池将光能转变成电能，B错误；碳化硅的摩尔质量为40g·ol1,则 1ol碳化硅的质量为40g,C错误：有机玻璃的主要成分是合成高分子化合物，属于混合物，D 正确。 4.B【解析】将金属钠制成高压钠灯是因为钠灯发出的黄光透雾能力强，与钠具有还原性无 关，A错误：固体疏通剂为A1和NaOH的混合物，遇水发生反应2A1十2NaOH十6H2O一 2Na[A1(OH)门十3H2↑，B正确：光合作用主要发生在叶片，树皮几乎不参与，所以冬季用石 灰浆[主要成分为C(OH)2]涂抹树皮，实际作用是杀菌、防虫及防止树木冻害，不能减少光 合作用，C错误：洗洁精去除油污是利用表面活性剂的乳化作用，将油污乳化成小液滴分散在 水中，并非使油污水解，D错误。 5.B【解析】石墨烯气凝胶属于胶体，具有胶体的性质，能产生丁达尔效应，A正确：硅酸钙是 由钙离子和硅酸根离子形成的离子化合物，属于离子晶体，B错误：聚苯乙烯是合成高分子化 合物，具有质轻、易燃的特性，C正确：在保温隔热材料的使用过程中，大多数材料主要通过物 理方式（如反射热辐射、阻碍热传导、对流）实现隔热，但部分材料在高温或特殊环境下可能发 生化学变化，从而影响其隔热性能、结构稳定性甚至安全性，所以在实际应用中，需根据使用 环境的温度、湿度、氧含量等选择隔热材料，D正确。 6.B【解析】稀硫酸与石灰石反应生成的微溶的硫酸钙附着在碳酸钙表面阻碍反应进行，不能 【高三化学·参考答案第1页（共8页）】 用于制备二氧化碳，A错误；使用雾化装置可使饱和氨盐水雾化，增大其与二氧化碳的接触面 积，使反应更充分，从而增大反应速率，提高产率，B正确：分离碳酸氢钠应用过滤的方法，C 错误；碳酸氢钠灼烧分解生成碳酸钠需在坩埚中进行，不能在蒸发皿中进行，D错误。 7.D【解析】氯化铝是共价化合物，熔融状态下不能导电，不能用电解熔融氯化铝的方法制备 铝，A错误：铁在氯气中燃烧只能生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，B错误；氮气与氧气反应只 能生成一氧化氮，不能生成二氧化氮，C错误：硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫与强 氧化剂（如硝酸）反应生成硫酸，浓硫酸与硫化氢气体反应能生成硫，则三种物质能实现相互 之间的转化，且浓硫酸具有脱水性，D正确。 8.C【解析】镁能与二氧化碳反应生成氧化镁和C,金属镁失火不能用二氧化碳灭火，A错误： 稀硝酸具有强氧化性，与铁反应只能生成铁离子，B错误；冠醚空腔直径的大小不同，识别粒 子直径大小不同的碱金属阳离子，从而形成超分子，C正确：镀锡钢板中，铁的活动性强于锡， 镀层破损时，铁作负极被腐蚀，D错误。 9.B【解析】0.01mol·L1b的最高价氧化物对应水化物的溶液pH等于12，说明最高价氧化 物对应的水化物为一元强碱，则b为N元素；a对应溶液pH等于2，说明最高价氧化物对应 的水化物为一元强酸，原子序数小于b,则a为N元素：d对应溶液pH等于2，说明最高价氧 化物对应的水化物也为一元强酸，原子序数大于b,则d为C元素：c对应溶液pH小于2，说 明最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，原子序数大于b,则c为S元素。钠元素、硫元素 处于元素周期表第三周期，氮元素处于元素周期表第二周期，A错误：金属元素的电负性小于 非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性的大小顺序为C>S>Na,B 正确；二氧化硫分子的空间构型为V形，三氧化硫分子的空间构型为平面三角形，则二氧化 硫的键角小于三氧化硫，C错误：氨分子能形成分子间氢键，氯化氢不能形成分子间氢键，则 氨气的沸点高于氯化氢，D错误。 10.C【解析】根据2Fe+3Cl2一2FcCl可知，1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，Fe过量， 只有号m0lFe参与反应，失去的电子数为号×3N,-2NA,A错误：碳酸根离子水解生成碳 2 酸氢根离子和氢氧根离子，则在1L0.1mol·L1的Na2CO3溶液中，阴离子总数大于 0.1NA,B错误：1个1C6O2分子中含14一6+8×2=24个中子，23g4C6O2的物质的量 23g 为16g:nal=0.5mol,所含的中子数为12V.C正确：1mol环氧乙烷中含1mol CC键、2molC一O键和4molC一H键，因此44g(1mol)环氧乙烷中所含的共价键数 目为7NA,D错误。 11.C【解析】过氧化氢在二氧化锰催化条件下反应生成氧气，用浓硫酸干燥氧气，乙醇在水浴 加热条件下变成乙醇蒸气，乙醇与氧气在铜催化作用下发生氧化还原反应生成乙醛，无水硫 酸铜检验到有水生成，最后利用冰水冷却，收集乙醛。实验时d中铜丝被氧气氧化生成黑色 的氧化铜，氧化铜在加热条件下能氧化乙醇，又被还原成红色的铜，所以铜丝交替出现变黑、 变红的现象，A正确：乙醇蒸气与氧气在d中反应生成乙醛，c的作用是加热乙醇，便于乙醇 挥发得到乙醇蒸气，d中导出的物质为气态，「的作用是冷却，便于乙醛的收集，B正确：乙醇 催化氧化生成乙醛时，羟基中的O一H键断裂，羟基连接的碳原子上的C一H键断裂，形成 【高三化学·参考答案第2页（共8页）】 一CHO,C错误：无水硫酸铜只能检验水蒸气，但不能吸收水蒸气，乙醇、水蒸气都能与钠反 应生成氢气，所以利用金属钠不能检验装置「的试管中有没有未反应的乙醇，D正确。 12.A【解析】蓝色溶液的溶质为[Cu(H2O)]SO1,加水稀释时，溶液体积变大，溶液中 [Cu(H2O),门+浓度一定降低，A正确：深蓝色溶液中存在平衡[Cu(NH)1]2+一Cu++ 4NH3,加入硫酸钠固体，平衡体系中各微粒的浓度不变，平衡不移动，[Cu(NH3),]+浓度 不变，B错误：配合物[Cu(NH3)]SO1在溶液中电离出[Cu(NH3)]2+和硫酸根离子，电离 方程式为[Cu(NH3),]SO,一[Cu(NH),]2++SO,C错误：深蓝色溶液中存在的离子 为四氨合铜离子、铜离子、氢离子、硫酸根离子和氢氧根离子，电荷守恒关系为 2c[Cu(NH)]+〉+2c(Cu+)+c(H+)=2c(SO)+c(OH),D错误。 13.A【解析】NH2具有还原性是因为N元素的化合价为最低价态一3价，与VSEPR模型为 四面体形无关，A错误：臭氧是极性分子，四氯化碳是非极性分子，水是极性分子，根据相似 相溶原理，臭氧在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度说明臭氧具有弱极性，B正确： 石墨是层状结构，石墨层间靠范德华力维系，范德华力较弱，导致层与层之间容易滑动，所以 石墨具有润滑性，C正确：水品具有规则外形是因为水品中原子三维有序排列（品体结构），D 正确。 14.B【解析】由图可知，该装置为原电池，b为负极，碱性条件下锌失去电子发生氧化反应生成 氧化锌和水，为正极，水分子作用下乙炔得到电子发生还原反应生成乙烯和氢氧根离子。 原电池工作时电子由负极b极经导线流向正极a极，A正确：负极b极的电势比正极a极的 低，B错误：为正极，水分子作用下乙炔得到电子发生还原反应生成乙烯和氢氧根离子，电 极反应式为C,H2十2e十2HO一一C2H十2OH厂，C正确：由得失电子数目守恒可知，理 论上每消耗1mol乙炔，b极质量增加1mol×16g·mol1=16g,D正确。 15.C【解析】本题主要考查实验设计与探究，侧重考查学生对实验的应用和分析能力。试纸 变蓝，表明烧瓶内有C12生成，浓盐酸表现还原性，A项不符合题意：若气球变瘪，表明烧瓶 内气压增大，一种可能原因是产生了气体，即发生了熵增反应，另一种可能原因是发生了焓 减反应，B项不符合题意：用水替代浓盐酸，烧瓶内可能产生“白雾”，因为H2O与MgN2反 应生成NH,氨遇水蒸气形成小液滴，D项不符合题意。 16.D【解析】由化合价变化可知，锡片是电解池的阴极，水分子作用下二氧化碳在阴极得到电 子发生还原反应生成甲醇和氢氧根离子，A错误：铂片为阳极，水分子在阳极失去电子发生 氧化反应生成氧气和氢离子，反应生成的氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化 碳和水，会使碳酸氢钾的浓度降低，B错误：由反应历程图可知，一氧化碳是反应的中间产 物，随着反应进行，生成的一氧化碳会吸附在催化剂表面，催化剂通过表面的活性位点发挥 作用，一氧化碳占据活性位点后，反应物二氧化碳与催化剂的活性位点接触减少，从而使催 化剂活性减弱，C错误；由反应历程图可知，甲酸的能量高于甲醇，所以稳定性弱于甲醇，D 正确。 非选择题： 阅卷总细则： 1.答案为数值的，写了单位不给分 【高三化学·参考答案第3页（共8页）】 2.学生写出的答案个数超过标准答案个数（设为N个）的，以前N个为准。 3.反应方程式给分原则： a用“”“→”不扣分，热化学方程式未用“一”不扣分，未写“个”“↓”扣1分，未写反应 条件不扣分。 b.用“一”或无连接符号不得分，可逆反应（水解反应、弱电解质的电离）未用“一”不得分。 ℃.反应物或产物不全或错误不得分，反应方程式不配平或配平错误不得分，使用非最小公约 数配平不得分（热化学方程式除外）。 d.要求写离子方程式的，写成化学方程式不得分 4.名词术语或仪器名称等关键字或关键词写错，均不得分 5.有机物官能团名称写错字、结构写错，均不得分。 17.(1)不变蓝(1分) (2)①2(2分)》 ②AD(1分) ③102X1012 10-8 2 写2二10爱也给分，2分） (3)①a或2(1分)：分子内氢键(1分) ②常温下，两种酸的饱和溶液的浓度不同(2分)》 (4)取适量0.100mol·L1苯酚钠溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH,记 录数据(2分)，由于苯酚钠溶液中存在C.HO的水解，所以根据0.100mol·L1苯酚钠 溶液在25℃下的pH可求得CHO的水解平衡常数K,再利用公式K,= 求出苯酚 的K,(2分)（共4分） 【解析】(1)I2溶液遇淀粉溶液变蓝，12溶液不能使制备液变蓝，说明淀粉完全反应。 24.81g (20由题意可知，乳酸饱和溶液的浓度为24.818+100s×10L·ml, 90g·mol可 ≈2mol·L1。 1g·mL1 ②用氢氧化钠标准溶液滴定测定乳酸饱和溶液浓度时，需要用到的仪器为碱式滴定管和锥 形瓶，不需要用到漏斗和分液漏斗。 ③由饱和溶液的pH为1L92可知，乳酸的电离常数为101”×101”1010X101? 2-10192 2 (3)①CH CHCOOH在溶液中能电离出CH CHCOO和氢离子，CH CHCOO中带负 OH OH OH 电荷的氧原子与α位的羟基形成分子内氢键，从而使负离子稳定性更高，电离程度更大，酸 性更强。 ②由于常温下两种酸的饱和溶液的浓度不同，因此由探究实验变量唯一化原则可知，该推断 依据不足，无法比较两者的电离常数大小。 (4)测定苯酚电离常数的实验方法为取适量0.100ol·L苯酚钠溶液放入烧杯中，用 【高三化学·参考答案第4页（共8页）】 pH计测得体系在25℃下的pH,记录数据：数据处理思路为由于苯酚钠溶液中存在 C,HO的水解，所以根据0.100mol·L1苯酚钠溶液在25℃下的pH可求得CHO 的水解平衡常数K,再利用公式K,二人求出苯酚的K。 18.(1)搅拌（或粉碎多金属精矿或提高酸浸温度等，1分） (2)①Fe(OH)3、A1(OH)3(1分) ②Co2O3+S0+4H—2Co2++2H,0+S0片(2分) ③生成的Fe3+能催化H2O2分解(1分) ④6CoC0,+0,商温2Co,0,+6C0,(2分) (3)AC(2分) (4)Co3+(2分) (5)2H2O-4e4H+O2↑(2分)：<(1分) 【分析】加硫酸溶解后，氢氧化物及部分金属氧化物溶于硫酸，再加入N2SO3,MnO2和 Co2O3被还原成Mn+和Co2+,SiO2不与硫酸反应，经过滤除去：向滤液中加入NaCIO溶 液，将Fe2+氧化为Fc3+,然后加入NaOH调节pH为6，A1+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀而 除去，滤液经萃取和反萃取后，向反萃取液中加入NH,HCO3沉钻，过滤得到CoCO3, CoCO3灼烧分解生成CoO1 【解析】(1)“酸浸”中，提高浸取率的措施有搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等。 (2)①由分析可知，沉淀X为Fe(OH)3和A1(OH)3。 ②“浸取”"过程中CoO3与硫酸、NaSO3反应生成CoSO1和Na:SO,离子方程式为CoO +S0号+4H—2Co2++2H20+S0. ③“氧化”过程中，生成的Fe3+能催化H2O2分解。 ④CoCO3与空气中的氧气在高温条件下反应生成CoO,反应的化学方程式为6CoCO十 0,商通2Co,0,十6C02。 (3)A.配合物1中有离子键，配合物2中没有离子键，故转变过程中一定涉及离子键的断 裂，故A错误：B.根据配合物1的结构图，中心原子Co与5个氧原子、1个N原子形成配位 键，内界中心原子配位数为6，故B正确：C.配合物1和配合物2中C0的化合价都是十2 价，转变前后，Co的化合价没有发生变化，故C错误：D.两种配合物中，类似苯环的含N环 状结构中有大π键，故D正确 (4)根据化合物元素化合价代数和为0，可知CoO,中有1个Co+和2个Co3+,则晶胞中 N(Co+):N(Co2+):N(O)=2:1:4,结合品胞结构信息，采用均摊法可知，“o”数目为 4×(4×8+1)+4×(4×8）=8,“●”数目为4×4=16.0"数目为4×4+4×4=32，所以 "●”代表C03+,“o”代表O2-,“o”代表Co2+。 (5)图中Co电极为阴极，应连接电源的负极，电解时石墨电极为阳极，HO失电子生成O? 和H,依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出电极反应式为2H2O一4 4H+O2↑。在阴极，Co+得电子生成Co,则SO透过离子交换膜Ⅱ进入HSO,中，Ⅱ 【高三化学·参考答案第5页（共8页）】 为阴离子交换膜；阳极生成的H透过离子交换膜I进入H2SO,中，使H2SO,溶液浓度增 大，则m与n的大小：m<n。 19.(1)3s23p(1分) (2)①能(1分) ②-116kJ·mol(2分) ③压强(1分)：L3>L2>L1(1分) (0.38co) ④0.24co)·0.81c (2分) ((He(C(HCIO) c(Cl2) 1分) ②K1p十(K,K2p)3(2分》 (4)加入C后TiO2(s)+2Cl(g)+2C(s)=TiC1(g)+2CO(g)K=K1Km=4.08× 10,K远大于K1,反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl,得以实现(2分)：反应Ⅱ可以为反应I提 供热量(1分) 【解析】(2)①反应i的△S>0,则298K下该反应△H一T△S<0,能自发进行。 ②依据盖斯定律，将反应「十ⅱ十m×2得，氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为 4HC1(g)+O2(g)一2Cl2(g)+2HO(g),则△H=△H1+△H2+2△H3=(+166k·mol) +(-40kJ·mol1)+(-121kJ·mol-1)×2=-116kJ·mol-。 ③对于反应4HC(g)+O2(g)-一2CL(g)+2HO(g)△H=-116kJ·mol1,增大压强，平 衡正向移动，HC的平衡转化率增大，升高温度，平衡逆向移动，HC的平衡转化率减小，则由 图中信息可得出，X代表的物理量是压强，温度L1、L2、L3从大到小的顺序为L3>L2>L1。 @若HC的初始浓度为co mol·L,在M点，1，此时HC的平衡转化率为 76%,则此时O2的初始浓度也为co mol·L1,可建立如下三段式： 4HC1(g)+O2(g)=2C12(g)+2H2O(g) 起始量/(mol·L1) Co Co 0 0 变化量/(mol·L1)0.76co 0.19co 0.38ca 0.38c 平衡量/(mol·L1)0.24co 0.81ca 0.38c0 0.38ce 则M点的平衡常数K=(H,O)·c2(C) (0.38co)' c'(HCI)·c(O2) (0.24co)1·0.81c。 (3)根据平衡常数的定义可得K,=c(H)c(CI)c(HCIO c(Cl2) ,氯气在水中的溶解度为c,c= c(C,)+2c(C)+2c(HCIO),由于HC是强电解质，忽略水和次氯酸的电离，可得 c(Cr)=c(HC1O)=cH),由K,=cH)eC)cHCO可得c(C)=（HC1O= c(Cl) [c(C,)K,]广，所以c=-e(C)+2c(C)+c(HCIO=Kp+(K,K:p)。 【高三化学·参考答案第6页（共8页）】 (4)利用盖斯定律，反应I+Ⅱ得到TiO2(s)+2C12(g)+2C(s)=TiC11(g)+2CO(g),则 反应的K=K1Km=4.08×10>K,加入C后二氧化钛转化为四氯化钛反应进行得更彻 底，同时反应Ⅱ是放热反应，反应I是吸热反应，反应Ⅱ可以为反应I提供热量。 20.(1)醛基(1分) (2)C,HO(1分)：2(1分)：(CH3)2 CHCHO(1分) (3)AB(2分) (4)H2,催化剂，加热(2分) (5)①H2(1分) ②〔(1分) (6)① 和人 (2分) OH +NaOH H.O +NaCI(2分) NH 【分析】人V 和 先发生加成反应和消去反应生成入 发生加成反应生成 【解析】(1)入√ 的含氧官能团为醛基。 (2)入 的分子式为C,HO,其同分异构体能发生银镜反应说明含有醛基，结构简式为 CH,CH2 CH CHO、(CH),CHCHO,共2种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为 (CH),CHCHO. NH2 (3)由分析可知，1a、2a和3a生成4a的反应为入√ 和 先发生加成反应和消去 反位生成入√八◇入 与Y 发生加成反应生成 反应中有π 键的断裂与。键的形成，A正确：4a分子中存在1个手性碳原子( ),分子中苯环 上的碳原子和双键碳原子采取sp杂化，共有7个，B正确：4a和5a分子中都不含羧基，都 不属于氨基酸，C错误：5a分子的氮原子上没有氢原子，不能形成分子内氢键，D错误。 【高三化学·参考答案第7页（共8页）】 NH2 (4)一定条件下，2a涉及大π键、σ键变化的反应为在催化剂作用下 与氢气共热 发生加成反应生成 OH (5)①若反应物之一能与FCl溶液作用显色，该反应物含有酚羟基，由 逆推，反应物 OH OH OH 与氢气发生加成反应生成 ,则另一反应物为H2。 OH ②若反应物之一为V形结构分子，该反应物是HO, 和水发生加成反应生成 ,则 另一反应物为 H (6)由题意可知，合成 的合成步骤如下： ①最后一步反应的反应物为 OH ②卤代烃参与的第一步反应为 发生水解反应生成 ,反应的化学方程式为 OH .O +NaOH- +NaCl. ▣及▣ 【高三化学·参考答案第8页（共8页）】高三化学 本试卷满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在 答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 弥 4.可能用到的相对原子质量：H1C12016Mg24Si28C135.5Fe56 Cu 64 Zn 65 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题 4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.传承文化遗产，飞扬华夏风采，下列选项涉及材料的主要成分属于无机非金属材料的是 封 A秦兵马俑 B青铜编钟 C银质接金如意 D.计算数目的竹算筹 2.螯合物在工业中用来除去金属杂质，如水的软化、去除有毒的重金属离子等。有机物HA H-O H ( R'C一CH一R)与Cu+形成的整合物CuA的结构简式如图（其中R,R'为烃基）。已 H-O 知 C 能电离出氢离子，碳氨双键具有碳碳双键的性质。则整合物上 A氢原子与氧原子之间的作用力都是共价键 R B.能发生加成反应 C.含有4个H原子 D.配位原子只有N原子 3.“中国制造”在众多领域受到世界瞩目，它们与化学有着密切联系。下列说 法正确的是 A.“华龙一号”核反应堆采用UO陶瓷芯块，UO2中U的化合价为十6价 B.“嫦娥五号”使用的是锂太阳能电池阵，锂太阳能电池可将化学能转化为电能 【高三化学第1页（共8页）】 C.“雪龙二号”雷达系统使用的是碳化硅材料，1mol碳化硅的质量为40g·mol D.“C919”大飞机使用的是航空有机玻璃，有机玻璃属于混合物 4.劳动开创美好未来，下列劳动项目与所述的化学知识有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 将金属钠制成高压钠灯 钠具有强还原性 B 用Al和NaOH硫通剂处理管道堵塞 2A1+2NaOH-+6H,O-2NaCAI(OH)J+3H: 冬季用石灰浆涂抹树皮 石灰浆可以减少植物光合作用 D 清洗餐具时用洗洁精去除油污 洗洁精中的表面活性剂可使油污水解为水溶性物质 5,保温隔热材料一般都是轻质、疏松，多孔的纤维材料，其按成分可分为有机材料和无机材料两 种。下列有关说法错误的是 A保温隔热最好的材料是气凝胶，石墨烯气凝胶能产生丁达尔效应 B.硅酸钙板是常见的无机保温隔热材料，硅酸钙是熔点高的共价品体 C挤塑聚苯乙烯泡沫板是物理发泡制成的轻质保温材料，聚苯乙稀质轻、易燃 D.在实际应用中，需根据使用环境的温度，湿度、氧含量等选择隔热材料 6.下列实验室模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是 稀硫酸 雾化装置 饱和 氨盐水 石灰石 HO 饱和氨盐水 A制备CO B制备NaHCO C.分离NaHCO D.制备NBCO 7.能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是 AX为A1,Z为A1C1,③的反应条件为电解 B.X为Fe,Y为FeCl,①的反应条件为在CL中燃烧 ① C.X为NO,Y为NO2,Z一定为N ② D.X为S,Y为SO2,Z的浓溶液可能具有脱水性 8.下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且两者具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ 1 金属镁失火时，能用二氧化碳灭火 二氧化碳不支持燃烧 B 将稀硝酸加人过量铁粉中充分反应后，滴加 稀硝酸有氧化性，只能将Fe氧化为Fe+ KSCN溶液，无明显现象 不同空穴大小的冠醚可与不同的碱金属离 冠醚可用于识别碱金属离子 子形成超分子 当镀层破损时，马口铁（镀锡钢板）比白铁皮 用栖牲阳极法防止金属腐蚀 (镀锌钢板)更难被腐蚀 【高三化学第2页（共8页）】 9.a、b,c、d均为短周期主族元素，原子半径、原子序数，25℃下浓度均为0.01mol·L1最高价 氧化物对应水化物溶液的pH关系如图，下列说法正确的是 +原子序数 . A.a、b、c处于同一周期 口a ▣b B.电负性：d>c>b 0 od C.键角：cO2>cO 02 12 pH D.最简单氢化物的沸点：d>a 原子半径 10.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.1mol铁粉在1mol氧气中充分燃烧，失去的电子数为3NA B.在1L0.1mol·L1的NaCO3溶液中，阴离子总数小于0.1NA C.23g“CO2中所含的中子数为12N D.44g环氧乙烷(O)中所含的共价键数目为3N 11.利用如图装置进行实验：关闭活塞K、止水夹K,和K,在铜丝的中间部分加热片刻，然后 打开活塞K、止水夹K和K,通过控制活塞K,和止水夹K,有节奏地通入气体。下列说 法错误的是 双氧水 光亮铜丝 合H0 H正 浓硫秘 无水CuSO 无水 冰水 A.d中受热的铜丝交替出现变黑、变红的现象 B.c中热水的作用是加热，便于乙醇的挥发，f的作用是冷却收集乙醛 C.乙醇催化氧化生成乙醛时，乙醇分子中只有O一H键发生断裂 D.利用金属钠不能检验装置í的试管中有没有未反应的乙醇 12.[Cu(NH3),]SO·H2O晶体制备实验方案如下： 期积品体品Q蓝色溶液足量1L氨水深蓝色溶液乙醇过选.洗靠.千想〔CuNH,S0,·H,0品体 下列说法正确的是 A.加水稀释，蓝色溶液中[Cu(HO),门+浓度一定降低 B.向深蓝色溶液中加人Na2SO,固体，[Cu(NH,):]+浓度一定增大 C.[Cu(NH),]SO,的电离方程式为[Cu(NH)4]SO,一Cu++4NH,+SO D.深蓝色溶液中，2c{[Cu(NH)]2+}+c(H)=2c(SO)+c(OH) 13.下列由结构不能推测出对应性质或应用的是 选项 结构 性质或应用 A NH,的VSEPR模型为四面体形 NH,具有还原性 B O,是极性分子，但极性很弱 O:在CCL中的溶解度大于在水中的溶解度 c 石墨层间靠范德华力维系 石墨作为润滑剂 D 原子在三维空间里呈周期性有序排列 天然水晶呈现多面体外形 【高三化学第3页（共8页）】 14.一种高容量Zn-C2H2水系电池示意图如图，下列说法错误的是 C.H OH OH OH OH 离子交换膜M A.电子由b极经导线流向a极 B.b极的电势比a极的高 C.a极的电极反应式：C2H十2e+2HO一C2H+2OH D.理论上每消耗1molC,H2,b极质量增加16g 15.某兴趣小组设计如图实验探究一系列物质的性质。挤压滴管，不同阶段发生不同化学反应。 弥 滴管 浓盐酸 导管与空气相通) 气球 湿润K1淀粉试纸 适量KMnO,和MgN 下列推断合理的是 A.若试纸变蓝，则表明浓盐酸具有强挥发性 B.若气球变“瘪”，则表明烧瓶中一定发生了熵减反应 封 C.若产生“白烟”，则MgN和HO发生反应生成了NH D.其他条件不变，若用水替代浓盐酸，则烧瓶内也会产生“白烟” 16.电解CO2制CHOH的原理如图1所示，CO2在S如片表面的物质相对能量与反应历程的 关系如图2所示，由此可知，理论上 0.62C0 0.46 024 0.36HCOOH CHOH 0.15 0 sn月 CO -0.35-0.52 阳离于 0.58 交换膜 表示该物种被吸附 部分中间体未标注 CH-1.36 0.1mol·L.3KHCO,溶液 -CO 反应历程 图1 图2 A.Sn片上CO2发生氧化反应 B.一段时间后，KHCO,溶液浓度不变 C.CO增多不会影响催化剂的活性 D.HCOOH的稳定性弱于CHOH 【高三化学第4页（共8页）】 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17.(14分)乳酸(CH CHCOOH)有很强的防腐保鲜功效，在生活生产中应用广泛。 OH (1)乳酸可以淀粉为原料，通过生物发酵法制备。向盛有2mL制备液的试管中，加入几滴 1溶液，振荡，溶液颜色 ,说明淀粉完全反应。 (2)已知25℃时100mL水中最多可以溶解24.81g的乳酸，所得溶液pH为1.92，密度约 为1g·mL, ①乳酸饱和溶液的浓度（≈ mol·L1。(取整数值) ②用NOH标准溶液滴定测定乳酸饱和溶液浓度时，需要用到的仪器为 25m B D ③25℃时乳酸的K,≈ (列出算式，水的电离可忽略) (3)①乳酸的酸性强于乙酸，原因是CH,CHCOOH电离出的阴离子可以与 位的羟 OH 基形成 ,从而使负离子稳定性更高，酸性更强 ②甲同学提出苯甲酸的酸性强于乳酸，常温下K,大于乳酸，但测得常温下苯甲酸的饱 和溶液的H大于乳酸饱和溶液，据此推断假设不成立，但乙同学认为该推断依据不足， 不能用所测得的pH直接判断K。大小，因为 (4)已知苯酚溶液呈弱酸性，但不能使酸碱指示剂变色，丙同学认为不能用测定一定浓度苯 酚溶液pH的方法计算苯酚的K,原因之一是苯酚在空气中易被氧化而变为粉红色，三 位同学讨论后，选用0.100mol·L」苯酚钠溶液进行实验，以获得苯酚K,简述该方 案： (包括所用仪器及数据处理思路) 18.(14分)钴及其化合物在磁性材料、电池材料、超硬材料及催化剂等领域有广泛应用。工业 上以钴矿[主要成分为CoO.CoO2,Co(OH),含少量的SiO2、AlO3、FeO,MnO2等]为原 料制取Co,O,的工艺流程如图所示： NaSO溶液稀疏酸HO,溶液 NaOH溶液 NHHCO 结矿一浸取■ 氧化一调节pH=可一茶取一反苯取一瓦笛一CoC0,约越Co0, 浸出渣 沉淀X 已知：①溶液中相关离子沉淀完全(c≤1.0×10mol·L)时的pH如下表。 【高三化学第5页（共8页】 沉淀 Fe(OH): AK(OH) Mn(OH): Co(OH): 完全沉淀的pH 2.8 5.2 10.1 9.4 ②Fe+还原性强于Co+。 回答下列问题： (1)“浸取”中，提高浸取率的措施有 (写一条) (2)①在“调节pH=6”的步骤中，沉淀X的成分为 ②“浸取”中，C0O发生反应的离子方程式为 ③“氧化”过程中消耗H,O,的量明显偏高的原因是 ①生成CoO的化学方程式为 (3)“萃取”中，配合物的结构存在如下转变，下列说法错误的是 HO H.O 配合物1 配合物2 A.转变过程中只涉及配位键的断裂与形成 B.配合物1内界中心原子配位数为6 C.转变前后，C0的化合价发生变化 D.两种配合物中均含有大π键 (4)C©：O,晶胞可以看成4个A型和4个B型小单元交替无隙并置而成，如图，其中●代表 (填离子符号)。 品胞 (5)工业上常利用电解含C0(Ⅱ)的水溶液制备金属Co和H2SO,装置如图，石墨电极的电 极反应式为 :HSO,溶液浓度的大小：m (填“>”“<”或“=”)n。 n%H.SO. 石墨电极 Co电极 气体 稀HSO溶液 三一CoSO溶液 m%HSO 【高三化学第6页（共8页）】 19.(14分)氯气是一种重要的化工原料 (1)基态C1原子的价层电子排布式为 (2)氯化氢可催化氧化制氯气。一定条件下，使用CūC12作催化剂，催化过程如下： i.2CuCl(s)一2CuCI(s)+CL(g)△H1=+166kJ·mol1 i.2CuCl(s)+02 (g)-2CuO(s)+Cl (g)AH2=-40 kJ.mol ilil CuO(s)+2HCI(g)-CuCl,(s)+H2O(g)AH3=-121 kJ.mol 密闭容器中，在L一定时，HC1平衡转化率分别随X和进料比SHC c(0,) 门的变化关系如 图所示，其中L(L1、L2、L,)、X分别代表压强或温度。 90 90 80 M1.0,76) 80 75 。-L 50 40 0.00.51.01.52.02.53.0354.04.5 dHCD/dO,) ①反应i的△S>0,则298K下该反应 (填“能”或“不能”)自发进行。 ②氯化氢催化氧化制氯气反应4HCl(g)+O2(g)一2CL2(g)+2H2O(g)的 △H为 ③X代表的物理量是 ,L1,L、L:从大到小的顺序为 ④若HCI的初始浓度为c。mol·L,计算M点的平衡常数K (写出原始计 算式，无须计算最终结果)。 (3)在一定温度下，反应生成的氯气溶于水的过程及其平衡常数为C(g).一C2(ag)K1= c2.C,(a)+H,0IW一H(ag)+C(aq)+HC0(aqK:,其中p为C4(g的平 p 衡压强，c(C,)为C在水溶液中的平衡浓度。 ①平衡常数K:的表达式为K:= ②氯气在水中的溶解度（以物质的量浓度表示）为，则c一 (用平衡压强p和上 述平衡常数表示，忽略HC1O的电离)。 (4)工业上常用C、氯气和高钛渣（主要成分为TO,)为原料生产TCL,相应化学方程式 如下： I.TiO (s)+2Cl (g)=TiCl (g)+0 (g)AH:=+181 kJ.mol-K=3.4 【高三化学第7页（共8页）】 ×1029 Ⅱ.2C(s)+O2(g)一2C0(g)△Hm=-221kJ·mol-K=1.2X10s 结合数据说明氯化过程中加C的理由： 20.(14分)我国科学家在光酶催化合成中获得重大突破，光酶协同可实现基于三组分反应的 有机合成，其中的一个反应如下（反应条件略）： 入0 5 (主产物) (副产物 (1)化合物1a中含氧官能团的名称为 (2)化合物3a的分子式为 ,其同分异构体能发生银镜反应的有 种，其中核 磁共振氢谱有3组峰的结构简式为 (3)下列说法正确的有 A.在1a、2a和3a生成4a的过程中，有π键的断裂与a键的形成 B.4a分子中存在手性碳原子，并有7个碳原子采取sp2杂化 C.4a和5a都属于氨基酸 D.5a分子中，有大π键，可存在分子内氢键 (4)2a涉及大π键、o键变化反应的反应试剂、条件为 OH (⑤)在一定条件下制备化合物I(〔 ),该反应中： ①若反应物之一能与FCl溶液作用显色，则另一反应物为 (写化学式)。 ②若反应物之一为V形结构分子，则另一反应物为 (写结构简式)。 cI (6)以化合物2a 0和 为有机原料合成化合物Ⅱ( ①最后一步反应的反应物为 (写结构简式)。 ②卤代烃参与的第一步反应的化学方程式为 (注明反应条件)。 【高三化学第8页（共8页）】