精品解析：福建省泉州实验中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学试题

泉州实验中学2025届高三年(上)学期10月月考 化学试卷 满分：100分 考试时间：75分钟 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。 2.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效。考试结束后，只将答题卡交回。 3.需要填涂的地方，一律用2B铅笔涂满涂黑；需要书写的地方一律用0.5mm黑色签字笔作答。 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Al-27 S-32 Zn-65 第Ⅰ卷 选择题(共40分) 一、选择题(共10小题，每小题4分，只有一个选项符合要求，共40分) 1. “中国制造”走进了充满科技与浪漫的巴黎奥运会。下列属于新型无机非金属材料的是 A. 足球内胆中植入的芯片 B. 乒乓球的比赛用球所采用的树脂 C. “”手环所采用的硅橡胶 D. 我国运动员领奖服所利用的再生纤维 【答案】A 【解析】 【详解】A．足球内胆中植入的芯片是硅单质，属于新型无机非金属材料，故A项符合题意； B．乒乓球的比赛用球所采用的ABS树脂，属于有机高分子材料，故B项不符合题意； C．“PARIS 2024”手环所采用的硅橡胶，属于有机高分子材料，故C项不符合题意； D．我国运动员领奖服所利用的再生纤维，属于有机高分子材料，故D项不符合题意； 故本题选A。 2. 下列有关离子方程式书写错误的是 A. 向NaClO溶液中通入少量SO2：3ClO-+SO2+H2O=Cl-+2HClO+ B. ClF与NaOH溶液反应：ClF+2OH-=Cl-+FO-+H2O C. 向含Mn2+的溶液中加入足量的NH4HCO3溶液沉锰：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O D. 工业上，可通过电解MF的无水HF溶液(含F-和)制取F2，则在阴极放电反应为：2+2e-=H2↑+4F- 【答案】B 【解析】 【详解】A．考虑次氯酸钠过量，所以产物为次氯酸，A正确； B．ClF中F为-1价，则ClF与NaOH溶液反应：ClF+2OH-=ClO-+F-+H2O，B错误； C．向含Mn2+的溶液中加入足量的NH4HCO3溶液沉锰：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，C正确； D．工业上，可通过电解KF的无水溶液(含F-和离子)制取F2，阴极得到电子，发生还原反应，因此制F2时在阴极放电，电极方程式为：2+2e-=H2↑+4F-，D正确； 故答案选B。 3. 一种可用于海水淡化的新型网状高分子材料，其制备原理如图(反应方程式未配平)。下列说法正确的是 A. 亲水性：Z>聚乙烯 B. 反应属于缩聚反应 C. Z的重复结构单元中，nN∶nS=1∶2 D. 反应的原子利用率＜100% 【答案】A 【解析】 【详解】A．Z含多个羟基，易与水分子形成氢键，聚乙烯不溶于水，则亲水性：Z＞聚乙烯，故A正确； B．X中碳碳双键转化为单键，且生成高分子，该反应为加聚反应，故B错误； C．X中碳碳双键与H-S键发生加成，X中含3个氮原子，且3个碳碳双键发生加成反应，则Z的重复结构单元中也含有3个硫原子，可知Z的重复结构单元中，nN∶nS=1∶1，故C错误； D．该反应中生成物只有一种，为化合反应，反应的原子利用率为100%，故D错误； 故选：A。 4. 我国学者把游离态氮固定在碳上(示踪反应如下)，制得的[N=C=N]2﹣离子可用于合成核酸的结构单元。阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 15N2+C(石墨)+2LiHLi2[15NC15N]+H2 A. 22.4L15N2含有的中子数为16NA B. 12gC(石墨)中sp2杂化轨道含有的电子数为6NA C. 1mol[N=C=N]2﹣中含有的π键数为4NA D. 生成1mol H2时，总反应转移的电子数为6NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．22.4L15N2的温度压强不知，不能计算物质的量，故A错误； B．12gC（石墨）物质的量n1mol，C原子的杂化轨道上3个电子，有一个电子未参与杂化，sp2杂化轨道含有的电子数为3NA，故B错误； C．双键中一个σ键，一个π键，则1mol[N=C=N]2﹣中含有的π键数为2NA，故C错误； D．该反应中氮元素化合价0价降低到﹣3价，碳元素化合价0价升高到+4价，氢元素化合价﹣1价升高到0价，电子转移总数6e﹣，生成1mol H2时，总反应转移的电子数为6NA，故D正确； 故选D。 5. 某离子结构如图所示，W、X、Y、Z是原子半径依次减小的同一短周期主族元素，其中Y在地壳中含量最高。下列说法错误的是 A. 所有原子均满足稳定结构 B. 第一电离能：X>W C. 键角： D. 分子极性： 【答案】D 【解析】 【分析】Y在地壳中含量最高，即Y为O，Z形成一个共价键，且Z的半径小于O，Z可能为H，也可能为F，因为属于同一短周期元素，因此Z为F，X形成四个共价键，则X为C，W为B，据此分析； 【详解】A．W为B，形成4个共价键，其中一个是配位键，达到8e-结构，其余元素也达到8e-结构，故A说法正确； B．同一周期从左向右第一电离能增大趋势，即第一电离能：C(X)＞B(W)，故B说法正确； C．XY2的化学式为CO2，空间构型为直线形，键角为180°，XZ4的化学式为CF4，CF4空间构型均为正四面体，键角为109°28′，键角：XY2＞XZ4，故C说法正确； D．WZ3的化学式为BF3，空间构型为平面正三角形，属于非极性分子，YZ2的化学式为OF2，空间构型为V形，属于极性分子，因此分子极性：WZ3＜YZ2，故D说法错误； 答案为D。 6. 碱金属的液氨溶液含有的蓝色溶剂化电子是强还原剂。锂与液氨反应的装置如图(夹持装置略)。下列说法错误的是 A. 碱石灰有利于逸出 B. 锂片必须打磨出新鲜表面 C. 干燥管中均可选用 D. 双口烧瓶中发生的变化是 【答案】C 【解析】 【分析】本题利用Li和液氨反应制备；碱石灰可以吸收浓氨水中的水分，同时吸水过程大量放热，使浓氨水受热分解产生氨气；利用集气瓶收集氨气；过量的氨气进入双口烧瓶中在冷却体系中发生反应生成；最后的球形干燥管中可装，除掉过量的氨气，同时防止空气的水进入引起副反应。 【详解】A．碱石灰为生石灰和氢氧化钠的混合物，可以吸收浓氨水中的水分，同时吸水过程大量放热，有利于逸出，A正确； B．锂片表面有Li2O，Li2O会阻碍Li和液氨的接触，所以必须打磨出新鲜表面，B正确； C．第一个干燥管目的是干燥氨气，为酸性干燥剂能与氨气反应，所以不能用，而装置末端的干燥管作用为吸收过量的氨气，可用，C错误； D．双口烧瓶中发生的变化是，D正确； 故选C。 7. 电解硫酸钠溶液制取电池正极材料的前驱体，其工作原理如图所示： 下列说法正确的是 A. a是直流电源的负极，石墨电极发生还原反应 B. 交换膜A是阴离子交换膜，通电一段时间，I室上升 C. 当产生的时，理论上纯钛电极上产生标准状况下气体 D. 若将纯钛电极直接放入Ⅱ室，则前驱体产率升高 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，前驱体在Ⅲ室生成，则Ⅱ室的金属阳离子进入Ⅲ室，交换膜B为阳离子交换膜，则右侧纯钛电极为阴极，电极反应式为，与金属阳离子结合得到前驱体，为保持电荷守恒，交换膜A为阴离子交换膜，左侧石墨电极为阳极，电极反应式为，所以电解过程实际上是电解水； 【详解】A．由上述分析可知，石墨为阳极，发生氧化反应，则a为电源的正极，A项错误； B．由分析可知，交换膜A为阴离子交换膜，左侧电极反应式为，产生，故降低，B项错误； C．每生成的，就相当于生成，由电极反应式：可知，理论上会生成，在标准状况下的体积为，C项正确； D．纯钛电极若直接放入Ⅱ室，会导致接受电子的物质不是水而是金属离子，导致金属单质的生成，前驱体产率降低，D项错误； 答案选C。 8. 一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是 A. “氧化”和“转化”工序中的主要作用相同 B. “水相Ⅱ”中的溶质为 C. “吸附”工序利用了溴易溶于有机溶剂的性质 D. “洗脱”工序可完成的再生 【答案】B 【解析】 【分析】卤水氧化时氯气与卤水中溴离子反应生成溴单质，同时氯气和水反应生成盐酸进入水相Ⅰ，还原时二氧化硫与R3N[ClBr2]反应生成硫酸、HBr、R3NCl，R3NCl再与HBr反应生成HCl和R3NBr，用盐酸洗脱R3NBr生成HBr和R3NCl，HBr被氯气氧化生成溴单质，蒸馏得到液溴，据此分析回答问题。 【详解】A．分析可知“氧化”和“转化”工序中Cl2的主要作用相同，都是氧化溴离子生成溴单质，A正确； B．流程转化关系可知，还原时二氧化硫与R3N[ClBr2]反应生成硫酸、HBr、R3NCl，R3NCl再与HBr反应生成HCl和R3NBr，用盐酸洗脱R3NBr生成HBr和R3NCl，故水相Ⅱ的溶质不只有HCl，B错误； C．“吸附”实际是发生了萃取，利用了溴易溶于有机溶剂的性质，C正确； D．用盐酸洗脱R3NBr生成HBr和R3NCl，“洗脱”工序可完成R3NCl的再生，D正确； 故选B。 9. 研究证明“惰性”的超临界二氧化碳(sCO2)流体在输送过程中也会腐蚀金属管道。模拟该过程的反应机理和在Fe界面及非界面处sCO2反应过程的相对能量对比如图所示。下列说法错误的是 A. sCO2腐蚀铁的总反应为Fe+*CO2+*H2O=FeCO3+H2 B. 由与生成的反应速率小于生成的反应速率 C. 非界面处，CO2+H2O=H2CO3为自发反应 D. Fe能促进“惰性”sCO2的活性，起催化作用 【答案】C 【解析】 【详解】A．从铁表面在自身腐蚀的作用机理图像看：反应的结果生成FeCO3和H2，所以判断发生反应Fe+*CO2+*H2O=FeCO3+H2，A正确； B．根据图示可知：生成的活化能大于生成的活化能。反应的活化能越大，反应发生需消耗的能量就越多，反应就越难发生，相应的反应速率就越慢，故由与生成的反应速率小于生成的反应速率，B正确； C．非界面处H2CO3的相对能量高于CO2和H2O，所以此状态下该反应为非自发反应，sCO2保持“惰性”，C错误； D．从sCO2反应过程的相对能量对比图，在Fe界面反应所需能垒为0.67，而非界面处能垒为2.17，且Fe界面生成为自发反应，所以Fe能促进“惰性”sCO2的活性，起催化作用，D正确； 故合理选项是C。 10. 在25℃时，向三羟甲基甲胺(简写为RNH2)与其盐酸盐()组成的10mL混合溶液中，分别逐滴滴入0.02mol/L盐酸和0.02mol/LNaOH溶液，测得pH与滴入溶液体积的关系如图所示。已知：起始时，c(RNH2)=0.02mol/L，图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示起始时，c(RNH2)：c()为1：1、1：3、1：4的曲线。下列说法正确的是 A. 三羟甲基甲胺中C、N原子均采用sp3杂化，其Kb(RNH2)数级为10-5 B. 溶液中水的电离程度：c<a<b C. 当V[NaOH(aq)]=10mL时，混合溶液都有c(RNH2)+c(H+)>c(OH-) D. 三羟甲基甲胺与其盐酸盐可组成缓冲体系 【答案】D 【解析】 【分析】图中的纵轴交点（即没有滴加盐酸或NaOH的初始状态）对应的是原混合溶液； 已知起始时c(RNH2)=0.02 mol/L；曲线I：起点pH = 8.14，此时c(RNH2) : c(RNH3Cl)=1:1；曲线II：起点对应a点，此时c(RNH2) : c(RNH3Cl)=1:3；曲线III：起点对应b点，此时 c(RNH2) : c(RNH3Cl)=1:4；曲线位置高低说明：混合溶液中c(RNH3Cl) 的比例越大，盐的水解程度相对越明显，溶液的碱性越弱，pH 越低； 【详解】A．Kb=，即当c()：c(RNH2)=1：1时，Kb=c(OH-)，由上圈可知，曲线Ⅰ中c()：c(RNH2)=1：1，在此体系中，存在电荷守值：c(H+)+ c()=c(OH-)+(Cl-)，物料守恒：c(RNH2)+c()=2c(Cl-)，可得到质子守恒，c(RNH2)+2c(OH-)=c()+2c(H+)，氢离子及氢氧根的浓度相对RNH2及来说比较小，可忽略，故RNH2和的浓度近似相等，此时可得Kb=c(OH-)=10-5.86，Kb(RNH2)数级为10-6，A错误； B．在混合溶液中，RNH2会发生电离使溶液呈碱性，会发生水解使溶液呈酸性，c、b、a三点混合溶液均为碱性，说明RNH2的电高程度大于的水解程度，而电离程度越大对水的电离抑制程度越大，故溶液中水的电离程度：c>b>a，B错误； c．当V[NaOH(aq)]=10mL时，对于曲线Ⅰ，恰好完全反应生成RNH2和NaCl，RNH2电离产生的和OH-相等，水电离出的H+和OH-相等，故对于曲线Ⅰ，c()+c(H+)=c(OH-)，C错误； D．三羟甲基甲胺是弱碱，(Cl-)为强酸弱碱盐，可组成缓冲体系，D正确； 故答案选D。 第Ⅱ卷 非选择题(共60分) 二、非选择题(本共4小题，共60分) 11. 从某冶锌工厂的工业废料[除和少量外，还含有铋、锗等的氧化物]中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如图： 已知：①该工艺条件下，。 ②单宁酸是一种含有酯基的多酚类化合物。 ③易水解。 请回答下列问题： （1）下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”的浸取率的是___________(填字母)。 a．适当升高温度 b．酸浸过程中不断搅拌 c．将硫酸浓度增大到70% d．加大废料的用量 （2）“浸液1”中约为，则除时应控制的范围是___________。(已知：当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全) （3）“酸浸2”时铋的氧化物发生反应的离子方程式为___________。 （4）“沉锗”的反应原理为，该操作中需调节为2.5且不能过低或过高，原因是___________。 （5）①存在多种晶体结构，其中纤锌矿型的晶体结构如图所示，晶体中的配位数为___________。 ②也可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，键中离子键成分百分数小于键，从元素电负性的角度分析其原因为___________。 ③加热固体，固体质量保留百分数与温度的关系如题图所示。时所得固体的化学式为___________。(写出计算过程) 【答案】（1）ab （2）3～6 （3） （4）pH过高Ge4+水解程度变大，pH过低逆向移动，均不利于沉锗的进行 （5） ①. 4 ②. 电负性O>N，O对电子的吸引能力更强，Zn与O容易形成离子键 ③. ZnO 【解析】 【分析】废料加入稀硫酸初步酸溶得到含有铁元素和锌元素的滤液，滤液经过除铁结晶得到硫酸锌晶体，固体再经过浓硫酸处理得到含铋元素的固体和含有铟元素和锗元素的滤液，经过萃取分离两种元素，在分别经过一系列处理得到氯化锗； 【小问1详解】 a．适当升高温度，可以加快反应速率，提高浸取率； b．酸浸过程中不断搅拌，可以增大接触面积，提高浸取率； c．将硫酸浓度增大到 ，铋的氧化物也会反应，滤液不纯，达不到酸浸1的目的； d．加大废料的用量，使得酸不足，不可以提高浸取率； 故选ab； 【小问2详解】 “浸液1”中约为，则除铁离子时应控制的范围是使得铁离子完全沉淀而锌离子不沉淀，，pOH=11，则pH=3；，pOH=8，pH=6，则应控制的范围是3～6； 【小问3详解】 “酸浸2”时铋的氧化物发生反应转化为水和，离子方程式为； 【小问4详解】 沉锗”的反应原理为，该操作中需调节为2.5且不能过低，原因是Ge4+水解的化学方程式为，pH过高Ge4+水解程度变大，pH过低逆向移动，均不利于沉锗的进行； 【小问5详解】 ①最上面的位于与其直接相连的四个锌离子构成的体心，所以晶体中的配位数为4； ②电负性O>N，O对电子的吸引能力更强，Zn与O容易形成离子键，导致键中离子键成分百分数小于键。 ③假设初始为1molZnSO4·7H2O，质量为287g，加热到145℃，温度为1050℃时，固体质量为287g×28.2%=81g，其中锌为65g，则还有16g氧，则得到物质为氧化锌：ZnO。 12. LiAlH4是一种优质还原剂，是运载火箭的固体燃料。某实验小组利用“循环利用氯化锂法”制备LiAlH4，实验步骤如下： ①制备LiH：氯化锂、钠、氢气在500-600℃下反应得到混合物； ②制备LiAlH4：将LiH与乙醚的混合物与无水氯化铝直接反应。 已知：①LiAlH4难溶于烃，可溶于乙醚、四氢呋喃； ②LiH、LiAlH4在潮湿的空气中均会发生剧烈水解； ③乙醚，沸点34.5℃，易燃，微溶于水，一般不与金属单质反应。 回答下列问题： （1）C装置中的试剂是___________，E装置的作用是____________。 （2）制备LiAlH4的化学方程式为____________。 （3）纯锌与稀硫酸反应制氢气比粗锌与稀硫酸反应制氢气慢，其原因是_______，B装置中发生反应的离子方程式为____________。 （4）用上述方法合成四氢铝锂产品。设计如下方案测LiAlH4产品纯度。 已知：LiAlH4+4H2O=LiAl(OH)4+4H2↑，LiH+H2O=LiOH+H2↑。 方案1：取wg产品与足量水反应，向溶液中通入足量CO2，经过滤、洗涤、灼烧至恒重，冷却、称重，测得固体质量为ag。 方案2：如图，反应前，量气管内液体读数为V1mL。Y形管中固体完全反应后，充分冷却，调平液面、读数，测得读数为V2mL(常温下，气体摩尔体积为VmL/mol)。 ①若不含LiH，根据方案2测得数据计算出产品纯度为________(已知该量气管0刻度线在上方)。 ②下列情况会导致测定结果偏高的是_____(填标号)。 A．方案2的产品中混有少量LiH B．方案1中灼烧时粉末外溅 C．方案2中终点读数时M中液面低于量气管中液面 D．方案2中Y形管内残留有氢气 ③Y形管中蒸馏水需要掺入过量的四氢呋喃，其作用是_____________。 （5）探究LiAlH4用途：文献报道，四氢铝锂能还原醛、酮、羧酸、酯等有机物生成醇。 R+CH3OH，有机物R的结构简式为_____________。 【答案】（1） ①. 浓硫酸 ②. 避免水蒸气进入D装置中 （2）4LiH+AlCl3LiAlH4+3LiCl （3） ①. 锌和铜构成了原电池 ②. Cu2++H2S=CuS↓+2H+ （4） ①. % ②. AC ③. 减缓LiAlH4与H2O的反应速率 （5） 【解析】 【分析】在A装置中，稀硫酸与ZnS反应产生ZnSO4和H2S，Cu与稀硫酸不反应，Zn与稀硫酸反应产生ZnSO4和H2，在B装置中进来的有H2S和H2，H2与CuSO4不反应，但是H2S与CuSO4反应产生CuS沉淀，在C装置中进来的有水汽和H2，因为D装置要制备LiH，不能有水进入D中，所以C中要盛入干燥剂，E在阻止空气中的水汽进入D中； 【小问1详解】 由分析可知，C中进入的有水汽和H2，D中不能有水进入，所以C中要装干燥剂，H2的干燥选用液体干燥剂，最好的是浓H2SO4；由分析可知，E在阻止水汽进入D中，所以其作用是避免水蒸气进入D装置中； 【小问2详解】 将LiH与乙醚的混合物与无水氯化铝直接反应，题中还提到利用“循环利用氯化锂法"制备LiAlH4，所以在制备LiAlH4时循环利用的氯化锂也会出现，乙醚则作为催化剂，所以其反应方程式为4LiH+AlCl3LiAlH4+3LiCl； 【小问3详解】 粗锌中含有杂质比如Cu，则Zn、Cu与稀H2SO4构成原电池，同一个反应，原电池原理的反应速率比普通的反应速率要快； 由分析可知，B装置中进入的有H2S和H2，H2与CuSO4不反应，H2S与CuSO4反应会产生CuS沉淀，其离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+ ； 【小问4详解】 ①反应生成的气体是H2，H2的体积是(V2-V1)mL=10-3(V2-V1)L，氢气物质的量是mol，根据系数关系，与水反应的四氢铝锂物质的量是mol，四氢铝锂的质量是mol×38g/mol=g，产品的纯度为×100%=%； ②A．LiH中氢的质量分数要大于LiAlH4中氢的质量分数，所以如果混有LiH，会导致生成的氢气偏多，测得的结果会偏高，A正确； B．灼烧时粉末溅出，测得的固体质量偏小，而这是根据固体质量去求产品中LiAlH4的质量，会导致测得的四氢铝锂质量偏低，B错误； C．M管中液面高度低于量气管，量气管中的气体所受压强是大气压-液面高度差带来的液体压强，气体体积是偏大的，而气体是四氢铝锂与水反应生成的，气体体积偏大，测得的结果就偏高，C正确； D．Y形管中残留有氢气不影响结果。因为Y形管中一开始有空气，最终是空气+氢气，体积增大的部分就是氢气体积，所以对测定结果无影响，D错误； 故答案选AC； ③LiAlH4在潮湿的空气中均会发生剧烈水解，反应迅速，故过四氢呋喃的作用可减缓LiAlH4与H2O的反应速率； 【小问5详解】 反应物的结构中，官能团有羰基、醛基、酯基，题中说到四氢铝锂能还原醛、酮、羧酸、酯等有机物生成醇，由反应方程式中可以看出，酯基处被还原产生甲醇，同时还会产生醛基，但都被还原为羟基，则羰基和另外的一个醛基也被还原转化为羟基，则R的结构简式为。 13. 有机盐H是一种药物合成的中间体，其合成路线如下图所示。 回答下列问题： （1）A的化学名称为_______，A→B反应所需的试剂和条件为_______。 （2）D→E反应过程中的作用是_______。 （3）F→G的反应类型为_______。 （4）M中含氧官能团的名称为_______。 （5）根据G→H的原理，分析D与苯甲酸无法直接反应制得E的原因_______。 （6）C的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种。 a．含有苯环； b．含有sp杂化的碳原子。 【答案】（1） ①. 甲苯 ②. Cl2、光照 （2）消耗生成的HCl，使该平衡正向移动，可以增大该反应的转化率 （3）还原反应 （4）羟基、羧基 （5）D中氨基具有碱性，会和苯甲酸会发生反应生成 （6）8 【解析】 【分析】由A的结构简式和B的分子式可知A和Cl2发生取代反应生成B，结合C的结构简式可以推知B为，B和NaCN发生取代反应生成C，C和H2发生加成反应生成D，D和发生取代反应生成E，E先发生加成反应再发生消去反应生成F，F和NaBH4发生还原反应生成G，G和M反应生成H。 【小问1详解】 由A的结构简式可知，A的化学名称为甲苯，由分析可知B为，A和Cl2发生取代反应生成B，所需的试剂和条件为Cl2、光照。 【小问2详解】 D和发生取代反应生成E，同时有HCl生成，过程中NaOH的作用是：消耗生成的HCl，使该平衡正向移动，可以增大该反应的转化率。 【小问3详解】 F→G过程中F发生加氢的还原反应，即该反应类型为还原反应。 【小问4详解】 由M的结构简式可知，M中含氧官能团的名称为羟基、羧基。 【小问5详解】 根据G→H的原理，分析D与苯甲酸无法直接反应制得E的原因是：D中氨基具有碱性，会和苯甲酸发生反应生成。 【小问6详解】 C的同分异构体满足条件：a．含有苯环；b．含有sp杂化的碳原子，说明其中含有三键；若该苯环上只有1个取代基时，该取代基为或—NHC≡CH，若苯环上有2个取代基，取代基组合为-CH3、-CN或 、-NH2，每种组合都有邻、间、对三种情况，则同时满足条件同分异构体共有8种。 14. CH4与CO2的干法重整(DRM)反应可制备CO和H2，体系内发生的反应如下： 反应Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) 反应Ⅱ：CH4(g)+3CO2(g)=4CO(g)+2H2O(g) =+329kJ/mol 反应Ⅲ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) =-41kJ/mol （1）=____(填含、的表达式)。 （2）若只发生反应，则在恒温、恒容密闭容器中进行，下列事实能说明反应达到平衡状态的是______(填选项字母)。 A．同时断裂2molC-H键和1molH-H键 B．容器内混合气体的压强保持不变 C．反应速率有2v正(CO2)=v正(H2) D．容器中混合气体的密度保持不变 E．混合气体的平均摩尔质量保持不变 （3）向密闭容器中通入3molCO2(g)和1molCH4(g)，若仅考虑发生上述三个反应，平衡时CO2(g)、CH4(g)、CO(g)、H2(g)的物质的随温度T的变化如图所示。 ①曲线X、Z分别表示______、_______(填化学式)的物质的量变化。 ②900K时，CH4的物质的量分数为______(填含a的表达式，下同)，反应Ⅲ的平衡常数Ka=___________。 （4）①使用CaO/Fe3O4/Ni复合催化剂，可显著提高=氧化碳的转化率，实现碳氢分离，并得到富含CO的产物，催化机理如图所示。 某化学兴趣小组用化学方程式解释碳氢分离的原理：4CO+Fe3O4=3Fe+4CO2、4H2+Fe3O4=3Fe+4H2O、____________、________(补齐另两个化学方程式)。 ②使用纳米级催化剂，CO2可直接催化加氢生成甲酸，其反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注，TS为过渡态，该历程中决速步骤的化学方程式为__________。 【答案】（1）ΔH2+2ΔH3 （2）ABE （3） ①. CO2 ②. CO ③. ×100% ④. （4） ①. CaO+CO2=CaCO3 ②. 3Fe+4CaCO3=Fe3O4+4CaO+4CO↑(或CH4+CO2=2CO+2H2) ③. +H※= 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，反应Ⅱ+2×反应Ⅲ可得反应Ⅰ，所以ΔH1=ΔH2+2ΔH3； 【小问2详解】 A．同时断裂2molC-H键和1molH-H键能说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A符合题意； B．反应在恒温、恒容密闭容器中进行，该反应是反应前后气体的总物质的不同的反应，故容器内混合气体的压强保持不变能说明反应达到平衡状态，B符合题意； C．在任何时刻都存在关系：2v正(CO2)=v正(H2)，故反应速率2v正(CO2)=v正(H2)不能说明正逆反应速率相等，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，C不符合题意： D．反应在恒温、恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应混合物中各组分都是气体，气体的质量不变，则容器中混合气体的密度始终保持不变，故不能据此判断反应达到平衡状态，D不符合题意； E．反应混合物都是气体，气体的质不变：但物质的随反应的进行而改变，故反应达平衡状态时平均摩尔质量不再改变，E符合题意； 故答案选ABE； 【小问3详解】 ①由(1)可知，=+329kJ/mol-41kJ/mol×2=+247kJ/mol，反应Ⅰ和反应Ⅱ是吸热反应；升高温度，平衡正向移动，CO2(g)和CH4(g)的物质的减小，由于起始时通入3 mol CO2(g)和1 mol CH4(g)，则x表示CO2、反应III是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO(g)的物质的增大，则Z表示CO； ②根据图知，900K时，n(CO)=n(CO2)=a mol、根据碳原子守恒得n(CH4)=(3+1-a×2)mol=(4-2a) mol，根据氢原子守恒得n(H2O)+n(H2)=mol=(4a-6) mol；则气体总物质的量=2amol+(4-2a)mol+(4a-6)mol=(4a-2) mol，CH4的物质的分数为×100%=×100%；根据氧原子守恒得n(H2O)=3mol×2-amol-2amol=(6-3a) mol，n(H2)=(4a-6)mol-(6-3a)mol=(7a-12)mol，反应Ⅲ的平衡常数Kc=； 【小问4详解】 ①根据图知，碳氢分离过程中Fe3O4和CO、H2反应生成Fe，CaO和CO2反应生成CaCO3，涉及的方程式总共为Fe3O4+4CO=3Fe+4CO2、Fe3O4+4H2=3Fe+4H2O、CaO+CO2=CaCO3、3Fe+4CaCO3=Fe3O4+4CaO+4CO↑； ②由图中信息可知，纵坐标是反应时的相对能量，横坐标是反应历程，CO2催化加氢的过程中会出现3个过渡态，TS-2与CO2*+H*相对能量的差值是最高的，所以决速步骤的化学方程式为+H※=。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州实验中学2025届高三年(上)学期10月月考 化学试卷 满分：100分 考试时间：75分钟 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。 2.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效。考试结束后，只将答题卡交回。 3.需要填涂的地方，一律用2B铅笔涂满涂黑；需要书写的地方一律用0.5mm黑色签字笔作答。 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Al-27 S-32 Zn-65 第Ⅰ卷 选择题(共40分) 一、选择题(共10小题，每小题4分，只有一个选项符合要求，共40分) 1. “中国制造”走进了充满科技与浪漫的巴黎奥运会。下列属于新型无机非金属材料的是 A. 足球内胆中植入的芯片 B. 乒乓球的比赛用球所采用的树脂 C. “”手环所采用的硅橡胶 D. 我国运动员领奖服所利用的再生纤维 2. 下列有关离子方程式书写错误的是 A. 向NaClO溶液中通入少量SO2：3ClO-+SO2+H2O=Cl-+2HClO+ B. ClF与NaOH溶液反应：ClF+2OH-=Cl-+FO-+H2O C. 向含Mn2+的溶液中加入足量的NH4HCO3溶液沉锰：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O D. 工业上，可通过电解MF的无水HF溶液(含F-和)制取F2，则在阴极放电反应为：2+2e-=H2↑+4F- 3. 一种可用于海水淡化的新型网状高分子材料，其制备原理如图(反应方程式未配平)。下列说法正确的是 A. 亲水性：Z>聚乙烯 B. 反应属于缩聚反应 C. Z的重复结构单元中，nN∶nS=1∶2 D. 反应的原子利用率＜100% 4. 我国学者把游离态氮固定在碳上(示踪反应如下)，制得的[N=C=N]2﹣离子可用于合成核酸的结构单元。阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 15N2+C(石墨)+2LiHLi2[15NC15N]+H2 A. 22.4L15N2含有的中子数为16NA B. 12gC(石墨)中sp2杂化轨道含有的电子数为6NA C. 1mol[N=C=N]2﹣中含有的π键数为4NA D. 生成1mol H2时，总反应转移的电子数为6NA 5. 某离子结构如图所示，W、X、Y、Z是原子半径依次减小的同一短周期主族元素，其中Y在地壳中含量最高。下列说法错误的是 A. 所有原子均满足稳定结构 B. 第一电离能：X>W C. 键角： D. 分子极性： 6. 碱金属的液氨溶液含有的蓝色溶剂化电子是强还原剂。锂与液氨反应的装置如图(夹持装置略)。下列说法错误的是 A. 碱石灰有利于逸出 B. 锂片必须打磨出新鲜表面 C. 干燥管中均可选用 D. 双口烧瓶中发生的变化是 7. 电解硫酸钠溶液制取电池正极材料的前驱体，其工作原理如图所示： 下列说法正确的是 A. a是直流电源的负极，石墨电极发生还原反应 B. 交换膜A是阴离子交换膜，通电一段时间，I室上升 C. 当产生的时，理论上纯钛电极上产生标准状况下气体 D. 若将纯钛电极直接放入Ⅱ室，则前驱体产率升高 8. 一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是 A. “氧化”和“转化”工序中的主要作用相同 B. “水相Ⅱ”中的溶质为 C. “吸附”工序利用了溴易溶于有机溶剂的性质 D. “洗脱”工序可完成的再生 9. 研究证明“惰性”的超临界二氧化碳(sCO2)流体在输送过程中也会腐蚀金属管道。模拟该过程的反应机理和在Fe界面及非界面处sCO2反应过程的相对能量对比如图所示。下列说法错误的是 A. sCO2腐蚀铁的总反应为Fe+*CO2+*H2O=FeCO3+H2 B. 由与生成的反应速率小于生成的反应速率 C. 非界面处，CO2+H2O=H2CO3为自发反应 D. Fe能促进“惰性”sCO2的活性，起催化作用 10. 在25℃时，向三羟甲基甲胺(简写为RNH2)与其盐酸盐()组成的10mL混合溶液中，分别逐滴滴入0.02mol/L盐酸和0.02mol/LNaOH溶液，测得pH与滴入溶液体积的关系如图所示。已知：起始时，c(RNH2)=0.02mol/L，图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示起始时，c(RNH2)：c()为1：1、1：3、1：4的曲线。下列说法正确的是 A. 三羟甲基甲胺中C、N原子均采用sp3杂化，其Kb(RNH2)数级为10-5 B. 溶液中水的电离程度：c<a<b C. 当V[NaOH(aq)]=10mL时，混合溶液都有c(RNH2)+c(H+)>c(OH-) D. 三羟甲基甲胺与其盐酸盐可组成缓冲体系 第Ⅱ卷 非选择题(共60分) 二、非选择题(本共4小题，共60分) 11. 从某冶锌工厂的工业废料[除和少量外，还含有铋、锗等的氧化物]中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如图： 已知：①该工艺条件下，。 ②单宁酸是一种含有酯基的多酚类化合物。 ③易水解。 请回答下列问题： （1）下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”的浸取率的是___________(填字母)。 a．适当升高温度 b．酸浸过程中不断搅拌 c．将硫酸浓度增大到70% d．加大废料的用量 （2）“浸液1”中约为，则除时应控制的范围是___________。(已知：当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全) （3）“酸浸2”时铋的氧化物发生反应的离子方程式为___________。 （4）“沉锗”的反应原理为，该操作中需调节为2.5且不能过低或过高，原因是___________。 （5）①存在多种晶体结构，其中纤锌矿型的晶体结构如图所示，晶体中的配位数为___________。 ②也可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，键中离子键成分百分数小于键，从元素电负性的角度分析其原因为___________。 ③加热固体，固体质量保留百分数与温度的关系如题图所示。时所得固体的化学式为___________。(写出计算过程) 12. LiAlH4是一种优质还原剂，是运载火箭的固体燃料。某实验小组利用“循环利用氯化锂法”制备LiAlH4，实验步骤如下： ①制备LiH：氯化锂、钠、氢气在500-600℃下反应得到混合物； ②制备LiAlH4：将LiH与乙醚的混合物与无水氯化铝直接反应。 已知：①LiAlH4难溶于烃，可溶于乙醚、四氢呋喃； ②LiH、LiAlH4在潮湿的空气中均会发生剧烈水解； ③乙醚，沸点34.5℃，易燃，微溶于水，一般不与金属单质反应。 回答下列问题： （1）C装置中的试剂是___________，E装置的作用是____________。 （2）制备LiAlH4的化学方程式为____________。 （3）纯锌与稀硫酸反应制氢气比粗锌与稀硫酸反应制氢气慢，其原因是_______，B装置中发生反应的离子方程式为____________。 （4）用上述方法合成四氢铝锂产品。设计如下方案测LiAlH4产品纯度。 已知：LiAlH4+4H2O=LiAl(OH)4+4H2↑，LiH+H2O=LiOH+H2↑。 方案1：取wg产品与足量水反应，向溶液中通入足量CO2，经过滤、洗涤、灼烧至恒重，冷却、称重，测得固体质量为ag。 方案2：如图，反应前，量气管内液体读数为V1mL。Y形管中固体完全反应后，充分冷却，调平液面、读数，测得读数为V2mL(常温下，气体摩尔体积为VmL/mol)。 ①若不含LiH，根据方案2测得数据计算出产品纯度为________(已知该量气管0刻度线在上方)。 ②下列情况会导致测定结果偏高的是_____(填标号)。 A．方案2的产品中混有少量LiH B．方案1中灼烧时粉末外溅 C．方案2中终点读数时M中液面低于量气管中液面 D．方案2中Y形管内残留有氢气 ③Y形管中蒸馏水需要掺入过量的四氢呋喃，其作用是_____________。 （5）探究LiAlH4用途：文献报道，四氢铝锂能还原醛、酮、羧酸、酯等有机物生成醇。 R+CH3OH，有机物R的结构简式为_____________。 13. 有机盐H是一种药物合成的中间体，其合成路线如下图所示。 回答下列问题： （1）A的化学名称为_______，A→B反应所需的试剂和条件为_______。 （2）D→E反应过程中的作用是_______。 （3）F→G的反应类型为_______。 （4）M中含氧官能团的名称为_______。 （5）根据G→H的原理，分析D与苯甲酸无法直接反应制得E的原因_______。 （6）C的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种。 a．含有苯环； b．含有sp杂化的碳原子。 14. CH4与CO2的干法重整(DRM)反应可制备CO和H2，体系内发生的反应如下： 反应Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) 反应Ⅱ：CH4(g)+3CO2(g)=4CO(g)+2H2O(g) =+329kJ/mol 反应Ⅲ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) =-41kJ/mol （1）=____(填含、的表达式)。 （2）若只发生反应，则在恒温、恒容密闭容器中进行，下列事实能说明反应达到平衡状态的是______(填选项字母)。 A．同时断裂2molC-H键和1molH-H键 B．容器内混合气体的压强保持不变 C．反应速率有2v正(CO2)=v正(H2) D．容器中混合气体的密度保持不变 E．混合气体的平均摩尔质量保持不变 （3）向密闭容器中通入3molCO2(g)和1molCH4(g)，若仅考虑发生上述三个反应，平衡时CO2(g)、CH4(g)、CO(g)、H2(g)的物质的随温度T的变化如图所示。 ①曲线X、Z分别表示______、_______(填化学式)的物质的量变化。 ②900K时，CH4的物质的量分数为______(填含a的表达式，下同)，反应Ⅲ的平衡常数Ka=___________。 （4）①使用CaO/Fe3O4/Ni复合催化剂，可显著提高=氧化碳的转化率，实现碳氢分离，并得到富含CO的产物，催化机理如图所示。 某化学兴趣小组用化学方程式解释碳氢分离的原理：4CO+Fe3O4=3Fe+4CO2、4H2+Fe3O4=3Fe+4H2O、____________、________(补齐另两个化学方程式)。 ②使用纳米级催化剂，CO2可直接催化加氢生成甲酸，其反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注，TS为过渡态，该历程中决速步骤的化学方程式为__________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $