精品解析：山东省新泰市正德高级中学2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试题

新泰正德高中 高三化学2024年10月月考试题 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1. 下列事实能用勒夏特列原理解释的是 A. 工业合成氨选择500 ℃ B. SO2氧化成SO3，需要使用催化剂 C. 光照新制氯水时，溶液的颜色逐渐变浅 D. 由NO2(g)和N2O4(g)组成的平衡体系，加压后颜色加深 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．工业合成氨的反应是可逆的，选择500℃左右的较高温度能使反应逆向进行，不利于化学平衡的正向移动，使用该温度主要是考虑催化剂的催化效率以及反应速率等知识，所以不能用化学平衡移动原理解释，故A不选； B．使用催化剂平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B不选； C．氯水中存在化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，光照使氯水中的次氯酸分解，次氯酸浓度减小，使得平衡向右移动，氯气浓度变小，溶液的颜色逐渐变浅，能用勒夏特列原理解释，故C选； D．加压后颜色加深，是体积缩小浓度增大，不一定是平衡移动造成的，不能用勒夏特利原理解释，故D不选； 故选：C。 2. 下列反应中的热量改变方式与其他三项不同的是 A. 钠与冷水反应 B. 铝与氧化铁的反应 C. 小苏打粉末与稀盐酸反应 D. 铁与氯气的反应 【答案】C 【解析】 【详解】钠与冷水反应、铝与氧化铁的反应、铁与氯气的反应均为放热反应，而小苏打粉末与稀盐酸的反应为吸热反应，故选C。 3. 以下有关元素性质的说法正确的是 A. 具有下列价电子排布式的原子中，①②③④，电负性最大的是③ B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子，性质一定具有相似性 C. 在第三周期中，第一电离能位于铝元素与磷元素之间的元素有2种 D. 具有下列电子排布式的原子中，①②③④，原子半径最大的是① 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据四种元素的价电子排布可知①是Al，②是Si，③是P，④是S，同一周期，电负性从左至右呈增大趋势，所以④的电负性最大，故A错误； B．原子核外 M层上仅有两个电子的 X原子为第三周期第ⅡA族元素，原子核外 N层上仅有两个电子的Y原子，可能为第四周期第ⅡA族元素，也可能为过渡元素，性质不一定具有相似性，B错误； C．同周期主族元素的第一电离能呈增大的趋势，但由于ns2处于全充满，np3处于半充满稳定状态，存在反常现象，第一电离能：ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，第三周期元素的第一电离能：Na<Al<Mg<Si<S<P，故第一电离能介于Al和P之间的元素有3种，故C错误； D．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，四种元素中①和④电子层数均为3，但①的核电荷数较小，半径较大，所以原子半径最大的是①，故D正确； 故答案选D。 4. 侯氏制碱法工艺流程中的主反应为，其中W、X、Y、Z、Q、R分别代表相关化学元素。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 单质沸点： D. 电负性： 【答案】C 【解析】 【分析】侯氏制碱法主反应的化学方程式为，则可推出W、X、Y、Z、Q、R分别为H元素、C元素、N元素、O元素、元素、元素。 【详解】A．一般原子的电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：，故A错误； B．同周期从左到右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，故B错误； C．、为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，二者在常温下均为气体，在常温下为固体，则沸点：，故C正确； D．同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，同族元素，从上到下电负性逐渐减小，电负性：，故D错误； 故选C。 5. 下列各组离子在溶液中能大量共存的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．与能发生反应生成水和二氧化碳、与能发生反应生成硅酸，不能大量共存，A不符合题意； B．与能发生反应生成碳酸钙沉淀，二者不能大量共存，B不符合题意； C．四种离子之间互相不反应，能大量共存，C符合题意； D．与能发生反应生成强氧化铁沉淀，二者不能大量共存，D不符合题意； 故选C。 6. 在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则 A. 无催化剂时，反应不能进行 B. 与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低 C. a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化 D. 使用催化剂Ⅰ时，内， 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误； B．由图可知，催化剂I比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误； C．由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误； D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则(Y) ===2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确； 答案选D。 7. 利用反应CCl4+4NaC(金刚石)+4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是 A. NaCl属于离子晶体 B. CCl4和C(金刚石)中C的杂化方式相同 C. 该反应利用了Na的强还原性 D. NaCl晶体结构如图，每个Cl-周围有8个Na+ 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．氯化钠是由钠离子和氯离子形成，属于离子晶体，A正确； B．CCl4中心原子碳价层电子对数为4，即为sp3杂化，C (金刚石)中C价层电子对数为4，即为sp3杂化，它们的杂化方式相同，B正确； C．该反应中Na元素化合价由0价变为+ 1价，则Na在该反应中作还原剂，还原剂具有还原性，C正确； D根据氯化钠晶胞结构， NaCl晶体中每个Cl-周围有6个Na+，每个Na+周围有6个Cl-，D错误； 故选D。 8. 部分短周期元素的原子半径及主要化合价见下表。 元素 X Y Z W T 原子半径/nm 0.160 0.143 0.102 0.071 0.099 主要化合价 ＋2 ＋3 ＋6、-2 -1 -1 下列有关说法正确的是 A. 元素X的第一电离能比Y的大 B. 元素Z的电负性比W的大 C. 元素W的气态氢化物沸点比T的低 D. 元素T的氧化物对应水化物的酸性一定比Z的强 【答案】A 【解析】 【详解】Z有+6和-2价，则Z为S元素，W和T均为-1价，W的半径小于T，则W为F元素，T为Cl元素，X为+2价，Y为+3价，且半径均大于F，则X为Mg元素，Y为Al元素。 A．Mg的价电子为3s2，s轨道中的2个电子为全满的稳定状态，所以Mg的第一电离能较大，比相邻的Al要大，选项A正确； B．F的非金属性强于S，F得电子能力强于S，所以F的电负性强于S，选项B错误； C．HF可以形成分子间氢键，沸点比HCl要高，选项C错误； D．没有指明“最高价”氧化物对应水化合，若氯的低价氧化物对应的水化合物，如HClO是弱酸，选项D错误。 答案选A。 9. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 能使紫色石蕊溶液变红的溶液：Na+、Mg2+、Cl-、CH3COO- B. 强酸性溶液中：Na+、MnO、Fe2+、Cl- C. 含大量SO的澄清溶液：Mg2+、Cu2+、Cl-、NO D. 与Fe反应能生成H2的溶液：K+、Ca2+、NO、ClO- 【答案】C 【解析】 【详解】A．能使紫色石蕊溶液变红的溶液呈酸性，酸性溶液中醋酸根离子不能大量存在，A错误； B．强酸性溶液中，氢离子、高锰酸根离子和亚铁离子发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误； C．含大量硫酸根离子的澄清溶液中，选项中的四种离子相互之间不反应，能大量共存，C正确； D．能与铁反应生成氢气的溶液中含有氢离子，氢离子、硝酸根离子、Fe反应生成NO而不是H2，因此硝酸根离子不能大量存在，D错误； 故答案选C。 10. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。 下列说法不正确的是 A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2 C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确； B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确； C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误； D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确； 答案选C。 11. C、Si同处于IVA族，它们的单质或化合物有重要用途。实验室可用回收废液中的苯酚，工业上用和焦炭高温下反应制得粗硅，再经如下2步反应制得精硅：，，反应过程中可能会生成。有关反应的说法正确的是 A. 该反应的 B. 其他条件不变，增大压强平衡产率减小 C. 实际工业生产选择高温，原因是高温时Si的平衡转化率比低温时大 D. 如图所示，当，平衡产率减小说明发生了副反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应中，反应前气体的计量系数和为3，反应后气体的计量系数和为2，故反应的，A错误； B．加压向气体计量系数和减小的方向移动，对于该反应来说是正向移动，平衡产率增大，B错误； C．由题干信息可知，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，即高温时Si的平衡转化率比低温时小，C错误； D．由图可知，当，平衡产率减小，说明此时参与了其他的副反应，导致平衡体系内浓度降低，产率降低，D正确； 故答案选D． 12. 下列各组离子中，能大量共存的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．不发生反应，能大量共存，A正确； B．能反应生成沉淀，不能大量共存，B错误； C．和会生成H2S，不能大量共存，C错误； D．有氧化性，具有还原性，两者发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；  故选A。 13. 下列说法正确的是 A. 相同温度下，pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH) <c(CH3COONa)<c(Na2CO3) B. CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中 的值减小 C. 相同温度下，pH相等的氨水和NaOH溶液中，n(OH-)相等 D. 含有CH3COOH与CH3COONa的混合液呈酸性 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．pH相等的溶液，NaOH的浓度最小，水解程度：，故c(NaOH)< c(Na2CO3)< c(CH3COONa)，A错误； B．，CH3COOH溶液加水稀释后，减小，不变，故的值减小，B正确； C．溶液体积未知，无法比较n(OH-)的值，C错误； D．未说明二者的相对量，CH3COOH与CH3COONa的混合液不一定呈酸性，D错误； 故答案选B 。 14. 已知Ksp（CaSO4）＝9.0×10－6，Ksp（CaCO3）＝5.0×10－9，Ksp（CaF2）＝1.5×10－10，某溶液中含有SO、CO和F－，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的CaCl2溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（　　） A. SO、CO、F－ B. CO、SO、F－ C. CO、F－、SO D. F－、CO、SO 【答案】C 【解析】 【详解】根据溶度积的定义可知，在题中的三种溶液中，分别有：c(Ca2+)∙c()=9.010-6，c(Ca2+)∙c()=5.010-9，c(Ca2+)∙[c(F-)]2=1.510-10，则在这三种溶液中产生沉淀时，c(Ca2+)分别为9.010-4mol∙L-1、5.010-7mol∙L-1、1.510-6mol∙L-1，所以这三种阴离子产生沉淀的先后顺序为：、F-、，故选C。 15. (摩尔质量为)是生物医药、太阳能电池领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，A原子的分数坐标为。下列说法正确的是 A. 距离Cu最近的原子为In B. 沿y轴投影可得晶胞投影图② C. 晶胞中B原子分数坐标为 D. 该晶体的密度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．由晶胞结构可知距离Cu最近的原子是S，故A错误； B．沿y轴投影，晶胞左侧面顶点上的原子投影为长方形的顶点，棱边中点及上小底面面心的原子投影为边长的中点，体心投影为长方形的对角线交点(面心)，晶胞左侧面上下2个面心、晶胞内的原子投影在长方形内，故无法得到图②投影，故B错误； C．晶胞中B原子分数坐标为，故C错误； D．该晶胞中Cu有8个位于顶点，4个位于面上，1个位于体心，个数为：；S原子有8个位于体内，In原子有6个位于面上，4个位于棱心，个数为：；则晶胞质量为：；晶胞体积为：；该晶体的密度为，故D正确； 故选：D。 二、多选题 16. 实验室制备乙酸乙酯的装置如图，下列说法正确的是 A. 仪器a中的药品添加顺序为：浓硫酸、乙醇、乙酸 B. 为防止产物挥发，导管b应伸入烧杯液面以下 C. 饱和碳酸钠溶液可用氢氧化钠溶液代替 D. 可用分液的方法从烧杯中的溶液中分离出乙酸乙酯 【答案】D 【解析】 【详解】A．制备乙酸乙酯，添加试剂顺序是乙醇、浓硫酸、乙酸，故A错误； B．为防止倒吸，导管b不能伸入液面以下，故B错误； C．乙酸乙酯与NaOH反应生成乙酸钠和乙醇，因此不能用NaOH溶液代替饱和碳酸钠溶液，故C错误； D．乙酸乙酯是难溶于水的液体，饱和碳酸钠溶液作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯在溶液中的溶解度使之分层，然后分液方法分离，故D正确； 答案为D。 17. 锶(Sr)位于元素周期表的第5周期ⅡA族，关于锶及其化合物的叙述中，错误的是 A. 锶的金属性比镁强 B. 氢氧化锶呈两性 C. 锶在化合物中呈+2价 D. 锶在自然界中以游离态存在 【答案】BD 【解析】 【详解】A．同主族元素从上向下金属性逐渐增大，锶的金属性比镁强，故A正确； B．氢氢化锶强于氢氧化钙，氢氧化钙是强碱，氢氢化锶不是两性，故B错误； C．锶原子最外层有两个电子，在化合物中易失去两个电子呈+2价，故C正确； D．锶化学性质活泼，在自然界中以化合态存在，故D错误； 故选：BD； 18. 近年来有多个关于超高压下新型晶体的形成与结构的研究报道。NaCl晶体在50~300GPa的高压下和Na或反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体。如图给出其中三种晶体的晶胞(大球为氯原子，小球为钠原子)，关于这三种晶胞的说法正确的是 A. 晶胞Ⅰ中与钠原子距离最近的氯原子个数为12 B. 晶胞Ⅱ中含有6个钠原子 C. 晶胞Ⅲ所对应晶体的化学式为 D. 三种晶体均是由NaCl晶体在50~300GPa的高压下和Na反应所得 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由图可知，晶胞中12个Cl原子位于面上，所以体心Na原子周围有12个Cl,即钠原子的配位数为12，故A正确； B．Na有2个位于体内，4个位于棱心，棱心被4个晶胞共用，钠原子个数为2+4×=3，即晶胞Ⅱ中含有3个钠原子，故B错误； C．晶胞III中Na原子数目=2+4×+2×=4、Cl原子数目=8×=2，化学式为Na2Cl，故C正确； D．晶胞I、II、Ⅲ所对应晶体的化学式分别为NaCl3、Na3Cl、Na2Cl，根据原子守恒可知，晶胞I所对应晶体是NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Cl2反应的产物，晶胞II、III所对应晶体是NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na反应的产物，故D错误； 故选AC。 19. 我国科学家合成了太阳能电池材料，其晶体结构如图所示，属于立方晶系，晶胞质量为m g，其中大黑球代表，原子坐标参数A为，B为，下列说法错误的是 A. B代表 B. 每个晶胞含有的数目为6 C. C的原子坐标参数为 D. 的摩尔质量 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由晶体结构图可知，题图表示2个晶胞，其中位于晶胞的顶点，个数为，B位于晶胞内部个数为1，C位于晶胞面上个数为，由化学式可知B代表，C代表，由分析可知，B代表，A项正确； B．图示晶体结构中含有2个晶胞，则每个晶胞含有的数目为3，B项错误； C．由原子坐标参数A为，B为可知，C的原子坐标参数为，C项正确； D．由上述分析可知，每个晶胞中含有1个，设其摩尔质量为M，则，解得，D项错误； 答案选BD。 20. 铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示（黑球代表Fe，白球代表Mg）。则下列说法不正确的是 A. 铁镁合金的化学式为 B. 晶体中存在的化学键类型为金属键 C. 晶格能：氧化钙＜氧化镁 D. 该晶胞的质量是g（表示阿伏加德罗常数的值） 【答案】AD 【解析】 【详解】A．Fe位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，8个Mg位于体内，Fe：Mg=4：8=1：2，铁镁合金的化学式为Mg2Fe，故A错误； B．晶体中存在两种金属单质，只存在金属键，故B正确； C．镁元素在钙元素的上一周期，故半径比半径小，氧化镁的晶格能大，故C正确； D．化学式为，一个晶胞中含有4个“”，其质量为，故D错误； 故选：AD。 三、推断题 21. 下表给出的是原子序数小于20的16种元素的电负性x数值： 元素 H Li Be B C N O F 电负性 2.1 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 元素 Na Mg Al Si P S Cl K 电负性 0.9 1.2 1.5 1.8 2.1 2.5 3.0 0.8 请仔细分析，试回答下列有关问题： （1）根据所给数据分析推测：同主族的不同元素的x值的变化规律是_______________________________，x值与原子半径的关系是__________________。 （2）预测周期表中电负性最大的元素应为________(填元素符号)，估计钙元素的电负性的取值范围：_______________。 【答案】 ①. 同一主族，自上而下电负性降低 ②. 原子半径越小，元素电负性越大 ③. F ④. 0.8～1.2。 【解析】 【详解】（1）由表中数据可以知道，同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，而根据元素周期律，同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，所以在同周期元素中原子半径越小,元素电负性越大，故答案为同一主族，自上而下电负性降低；原子半径越小，元素电负性越大； （2）电负性表示对键合电子的吸引力，电负性越大对键合电子吸引力越大，所以非金属性越强电负性越大，故电负性最强的物质在周期表的右上角为F元素；由表中数据可以知道，同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，故钙元素的电负性比K元素大，但小于Mg元素的电负性，即0.8＜x(Ca)＜1.2，故答案为F；0.8～1.2。 22. 乙二酸(H2C2O4)俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。 (1) 室温下，测得 0.1 mol·L−1 H2C2O4溶液的pH = 1.3，写出草酸的电离方程式_______。 (2)草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示： ① 向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH = 2.5时发生的主要反应的离子方程式是_______。 ② 0.1 mol·L−1 KHC2O4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是_______(填序号)。 a.c(K+) + c(H+) = c(HC2O4–) + c(C2O42–) + c(OH–) b.c(K+) > c(HC2O4–) > c(C2O42–) > c(H2C2O4) c.c(K+) = c(HC2O4–) + c(C2O42–) + c(H2C2O4) (3)工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为：Fe2+ + H2C2O4 + xH2O ⇌ FeC2O4·xH2O↓ + 2H+ ① 制备时需添加氨水以提高FeC2O4·xH2O的产率，从化学平衡移动原理角度解释原因：_____。 ② 测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的x值，实验如下：称取0.5400 g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用KMnO4酸性溶液滴定。到达滴定终点时，消耗0.1000 mol·L－1的KMnO4酸性溶液18.00 mL。已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为Fe3+、CO2，锰元素被还原为Mn2+则FeC2O4·xH2O中x = _______(FeC2O4的摩尔质量是144 g·mol－1)。 【答案】 ①. H2C2O4 ⇌ H+ + HC2O4－，HC2O4－⇌ C2O42- + H+ ②. ③. bc ④. NH3·H2O 与H+反应，降低c(H+)浓度，使Fe2++ H2C2O4 + xH2O ⇌ FeC2O4·xH2O↓ + 2H+ 平衡向正反应方向移动,产生更多的FeC2O4·xH2O ⑤. 2 【解析】 【分析】（1）测得 0.1 mol·L−1 H2C2O4溶液的pH=1.3，说明草酸是二元弱酸； （2）①向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=2.5，图象可以看出，随着氢氧化钾的加入，HC2O4－的浓度逐渐增大，草酸与氢氧化钾反应后生成HC2O4－和水； ② a. 根据电荷守恒判断； b．根据溶液中离子的电离和水解情况分析； c．根据物料守恒判断； (3)①应用勒夏特列原理，根据离子方程式：Fe2+ + H2C2O4 + xH2O ⇌ FeC2O4·xH2O↓ + 2H+，滴加NH3·H2O 与H+反应，降低c(H+)浓度，使平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4·xH2O； ②根据10FeC2O4•xH2O+6KMnO4+4H2SO4═5Fe2(SO4)3+2CO2↑+6MnSO4+3K2SO4+(12+x)H2O可知，n(FeC2O4•xH2O)=n(KMnO4)=×1mol/L×0.018L=0.03mol，则M(FeC2O4•xH2O)==180g/mol，即FeC2O4•xH2O的相对分子质量为180，结合18x+144=180计算出x即可； 【详解】(1)二元弱酸分步电离，草酸电离方程式为：H2C2O4 ⇌ H++HC2O4－，HC2O4－⇌C2O42- +H+， 故答案为：H2C2O4 ⇌ H+ + HC2O4－，HC2O4－⇌ C2O42- + H+； (2) a. 溶液中有的离子：HC2O4－、H2C2O4、C2O42-、OH–、K+，根据电荷守恒c(K+) + c(H+) = c(HC2O4–) +2c(C2O42–) + c(OH–)，故a错误； b. KHC2O4溶液中，HC2O4–要水解，c(K+) > c(HC2O4–) ，C2O42–是由HC2O4–电离后得到的，c(HC2O4–) > c(C2O42–)，H2C2O4是由HC2O4–水解后得到的，HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度，可以得到c(C2O42–) > c(H2C2O4)，c(K+) > c(HC2O4–) > c(C2O42–) > c(H2C2O4)，故b正确； c. 根据物料守恒，可以得到c(K+) = c(HC2O4–) + c(C2O42–) + c(H2C2O4)，故c正确； 故答案为b，c； (3)①应用勒夏特列原理，根据离子方程式：Fe2+ + H2C2O4 + xH2O ⇌ FeC2O4·xH2O↓ + 2H+，滴加NH3·H2O与H+反应，降低c(H+)浓度，使平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4·xH2O， 故答案为：NH3·H2O 与H+反应，降低c(H+)浓度，使Fe2++ H2C2O4 + xH2O ⇌ FeC2O4·xH2O↓ + 2H+平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4·xH2O； ②根据10FeC2O4•xH2O+6KMnO4+4H2SO4═5Fe2（SO4）3+2CO2↑+6MnSO4+3K2SO4+（12+x）H2O可知，n（FeC2O4•xH2O）=n(KMnO4)=×1mol/L×0.018L=0.03mol，则M(FeC2O4•xH2O)==180g/mol，即FeC2O4•xH2O的相对分子质量为180，结合18x+144=180，解得x=2； 故答案为：2。 四、实验题 23. 如图所示，是原电池的装置图。请回答： （1）若溶液C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，B电极反应式为___________；在反应中溶液中的阴离子移向___________ (填“A”或“B”)，反应进行一段时间后溶液C中H+浓度___________。(填“增大”“减小”或“基本不变”) （2）若需将反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如图所示的原电池装置，则A极(负极)材料为___________，B极电极反应式为___________。 【答案】（1） ①. Fe-2e-=Fe2+ ②. B ③. 减小 （2） ①. Cu ②. Fe3++e-=Fe2+ 【解析】 【小问1详解】 铁作负极，则该原电池反应是铁与稀硫酸置换氢气的反应，B电极材料为Fe且作负极，负极失电子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，阴离子移向负极即移向B极，溶液中氢离子放电，导致溶液中氢离子浓度减小； 【小问2详解】 将Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如上图所示的原电池装置，根据反应中元素化合价的变化判断，Cu发生氧化反应，作原电池的负极，所以A材料是Cu，B极材料是比Cu不活泼的导电物质如石墨、Ag等即可，溶液C中含有Fe3+，如FeCl3溶液等，B极为正极，得电子，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+。 24. 滴定是一种定量分析的手段，也是一种化学实验的操作。 I.欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.1000mol/LHCl标准液进行中和滴定 ①向润洗过的酸式滴定管中加入0.1000mol/L的标准HCl溶液至“0”刻度线以上； ②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体； ③调节液面至“0”刻度，并记录读数； ④量取25.00mL待测液注入已润洗的锥形瓶中，并加入2滴酚酞试液； ⑤用标准HCl溶液滴定至终点，记下滴定管液面读数； ⑥重复以上滴定操作2~3次。 请回答下列问题： （1）以上步骤有错误的是______(填编号)，该步骤错误操作会导致测定结果_______(填偏大、偏小或无影响)。 （2）步骤⑤滴定时，眼睛应注视_____(填仪器名称)，达到滴定终点的颜色变化是_____。 （3）以下是实验数据记录表： 滴定次数 NaOH体积/mL HCl溶液体积读数/mL 滴定次数 滴定前 滴定后 1 25.00 2.00 18.20 2 25.00 0.00 16.18 3 25.00 0.00 16.22 则该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为_______。(保留4位有效数字) II.乙二酸俗名草酸，某学习小组预测定某草酸样品中的含量。通过查阅资料得知，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性溶液进行滴定，且其他成分均不与酸性溶液反应。 （4）用离子方程式表示滴定原理___________。 （5）若滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则所用溶液的体积为___________mL。 （6）设计的下列滴定方式，合理的是___________。(夹持部分略去)(填字母序号) a. b. c. d. 【答案】（1） ①. ④ ②. 偏大 （2） ①. 锥形瓶 ②. 浅红色褪成无色且半分钟不恢复红色 （3）0.0648mol/L （4） （5）26.10 （6）b 【解析】 【小问1详解】 第④步量取25.00mL待测液注入已润洗的锥形瓶中，该步骤有错误，锥形瓶不用润洗，润洗后待测液溶质NaOH增加，消耗标准液HCl体积增大，根据 ，导致测定结果偏大。 【小问2详解】 步骤⑤滴定时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，观察颜色变化，达到滴定终点时溶液颜色从浅红色褪成无色且半分钟不恢复红色。 【小问3详解】 三次滴定消耗标准液的平均体积是 ，根据，氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 。 【小问4详解】 该滴定是酸碱中和滴定，离子方程式为 。 【小问5详解】 从图中得知，滴定开始时读数是“0.00”， 滴定结束时读数是“26.10”， 则所用溶液的体积为26.10 mL。 【小问6详解】 从图中所示试剂，应是利用溶液滴定某还原性物质的氧化还原滴定，溶液具有强氧化性，因易使橡胶老化而不能装在碱式滴定管，应装在酸式滴定管，另一物质的酸碱性未知不能确定其适宜装在哪种滴定管，故答案选b。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新泰正德高中 高三化学2024年10月月考试题 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1. 下列事实能用勒夏特列原理解释的是 A. 工业合成氨选择500 ℃ B. SO2氧化成SO3，需要使用催化剂 C. 光照新制氯水时，溶液的颜色逐渐变浅 D. 由NO2(g)和N2O4(g)组成的平衡体系，加压后颜色加深 2. 下列反应中的热量改变方式与其他三项不同的是 A. 钠与冷水反应 B. 铝与氧化铁的反应 C. 小苏打粉末与稀盐酸反应 D. 铁与氯气的反应 3. 以下有关元素性质的说法正确的是 A. 具有下列价电子排布式的原子中，①②③④，电负性最大的是③ B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子，性质一定具有相似性 C. 在第三周期中，第一电离能位于铝元素与磷元素之间的元素有2种 D. 具有下列电子排布式的原子中，①②③④，原子半径最大的是① 4. 侯氏制碱法工艺流程中的主反应为，其中W、X、Y、Z、Q、R分别代表相关化学元素。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 单质沸点： D. 电负性： 5. 下列各组离子在溶液中能大量共存的是 A. B. C. D. 6. 在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则 A. 无催化剂时，反应不能进行 B. 与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低 C. a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化 D. 使用催化剂Ⅰ时，内， 7. 利用反应CCl4+4NaC(金刚石)+4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是 A. NaCl属于离子晶体 B. CCl4和C(金刚石)中C的杂化方式相同 C. 该反应利用了Na的强还原性 D. NaCl晶体结构如图，每个Cl-周围有8个Na+ 8. 部分短周期元素的原子半径及主要化合价见下表。 元素 X Y Z W T 原子半径/nm 0.160 0.143 0.102 0.071 0.099 主要化合价 ＋2 ＋3 ＋6、-2 -1 -1 下列有关说法正确的是 A. 元素X的第一电离能比Y的大 B. 元素Z的电负性比W的大 C. 元素W的气态氢化物沸点比T的低 D. 元素T的氧化物对应水化物的酸性一定比Z的强 9. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 能使紫色石蕊溶液变红的溶液：Na+、Mg2+、Cl-、CH3COO- B. 强酸性溶液中：Na+、MnO、Fe2+、Cl- C. 含大量SO的澄清溶液：Mg2+、Cu2+、Cl-、NO D. 与Fe反应能生成H2的溶液：K+、Ca2+、NO、ClO- 10. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。 下列说法不正确的是 A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2 C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 11. C、Si同处于IVA族，它们的单质或化合物有重要用途。实验室可用回收废液中的苯酚，工业上用和焦炭高温下反应制得粗硅，再经如下2步反应制得精硅：，，反应过程中可能会生成。有关反应的说法正确的是 A. 该反应的 B. 其他条件不变，增大压强平衡产率减小 C. 实际工业生产选择高温，原因是高温时Si的平衡转化率比低温时大 D. 如图所示，当，平衡产率减小说明发生了副反应 12. 下列各组离子中，能大量共存的是 A. B. C. D. 13. 下列说法正确的是 A. 相同温度下，pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH) <c(CH3COONa)<c(Na2CO3) B. CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中 的值减小 C. 相同温度下，pH相等的氨水和NaOH溶液中，n(OH-)相等 D. 含有CH3COOH与CH3COONa的混合液呈酸性 14. 已知Ksp（CaSO4）＝9.0×10－6，Ksp（CaCO3）＝5.0×10－9，Ksp（CaF2）＝1.5×10－10，某溶液中含有SO、CO和F－，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的CaCl2溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（　　） A. SO、CO、F－ B. CO、SO、F－ C. CO、F－、SO D. F－、CO、SO 15. (摩尔质量为)是生物医药、太阳能电池领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，A原子的分数坐标为。下列说法正确的是 A. 距离Cu最近的原子为In B. 沿y轴投影可得晶胞投影图② C. 晶胞中B原子分数坐标为 D. 该晶体的密度为 二、多选题 16. 实验室制备乙酸乙酯的装置如图，下列说法正确的是 A. 仪器a中的药品添加顺序为：浓硫酸、乙醇、乙酸 B. 为防止产物挥发，导管b应伸入烧杯液面以下 C. 饱和碳酸钠溶液可用氢氧化钠溶液代替 D. 可用分液的方法从烧杯中的溶液中分离出乙酸乙酯 17. 锶(Sr)位于元素周期表的第5周期ⅡA族，关于锶及其化合物的叙述中，错误的是 A. 锶的金属性比镁强 B. 氢氧化锶呈两性 C. 锶在化合物中呈+2价 D. 锶在自然界中以游离态存在 18. 近年来有多个关于超高压下新型晶体的形成与结构的研究报道。NaCl晶体在50~300GPa的高压下和Na或反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体。如图给出其中三种晶体的晶胞(大球为氯原子，小球为钠原子)，关于这三种晶胞的说法正确的是 A. 晶胞Ⅰ中与钠原子距离最近的氯原子个数为12 B. 晶胞Ⅱ中含有6个钠原子 C. 晶胞Ⅲ所对应晶体的化学式为 D. 三种晶体均是由NaCl晶体在50~300GPa的高压下和Na反应所得 19. 我国科学家合成了太阳能电池材料，其晶体结构如图所示，属于立方晶系，晶胞质量为m g，其中大黑球代表，原子坐标参数A为，B为，下列说法错误的是 A. B代表 B. 每个晶胞含有的数目为6 C. C的原子坐标参数为 D. 的摩尔质量 20. 铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示（黑球代表Fe，白球代表Mg）。则下列说法不正确的是 A. 铁镁合金的化学式为 B. 晶体中存在的化学键类型为金属键 C. 晶格能：氧化钙＜氧化镁 D. 该晶胞的质量是g（表示阿伏加德罗常数的值） 三、推断题 21. 下表给出的是原子序数小于20的16种元素的电负性x数值： 元素 H Li Be B C N O F 电负性 2.1 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 元素 Na Mg Al Si P S Cl K 电负性 0.9 1.2 1.5 1.8 2.1 2.5 3.0 0.8 请仔细分析，试回答下列有关问题： （1）根据所给数据分析推测：同主族的不同元素的x值的变化规律是_______________________________，x值与原子半径的关系是__________________。 （2）预测周期表中电负性最大的元素应为________(填元素符号)，估计钙元素的电负性的取值范围：_______________。 22. 乙二酸(H2C2O4)俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。 (1) 室温下，测得 0.1 mol·L−1 H2C2O4溶液的pH = 1.3，写出草酸的电离方程式_______。 (2)草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示： ① 向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH = 2.5时发生的主要反应的离子方程式是_______。 ② 0.1 mol·L−1 KHC2O4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是_______(填序号)。 a.c(K+) + c(H+) = c(HC2O4–) + c(C2O42–) + c(OH–) b.c(K+) > c(HC2O4–) > c(C2O42–) > c(H2C2O4) c.c(K+) = c(HC2O4–) + c(C2O42–) + c(H2C2O4) (3)工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为：Fe2+ + H2C2O4 + xH2O ⇌ FeC2O4·xH2O↓ + 2H+ ① 制备时需添加氨水以提高FeC2O4·xH2O的产率，从化学平衡移动原理角度解释原因：_____。 ② 测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的x值，实验如下：称取0.5400 g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用KMnO4酸性溶液滴定。到达滴定终点时，消耗0.1000 mol·L－1的KMnO4酸性溶液18.00 mL。已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为Fe3+、CO2，锰元素被还原为Mn2+则FeC2O4·xH2O中x = _______(FeC2O4的摩尔质量是144 g·mol－1)。 四、实验题 23. 如图所示，是原电池的装置图。请回答： （1）若溶液C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，B电极反应式为___________；在反应中溶液中的阴离子移向___________ (填“A”或“B”)，反应进行一段时间后溶液C中H+浓度___________。(填“增大”“减小”或“基本不变”) （2）若需将反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如图所示的原电池装置，则A极(负极)材料为___________，B极电极反应式为___________。 24. 滴定是一种定量分析的手段，也是一种化学实验的操作。 I.欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.1000mol/LHCl标准液进行中和滴定 ①向润洗过的酸式滴定管中加入0.1000mol/L的标准HCl溶液至“0”刻度线以上； ②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体； ③调节液面至“0”刻度，并记录读数； ④量取25.00mL待测液注入已润洗的锥形瓶中，并加入2滴酚酞试液； ⑤用标准HCl溶液滴定至终点，记下滴定管液面读数； ⑥重复以上滴定操作2~3次。 请回答下列问题： （1）以上步骤有错误的是______(填编号)，该步骤错误操作会导致测定结果_______(填偏大、偏小或无影响)。 （2）步骤⑤滴定时，眼睛应注视_____(填仪器名称)，达到滴定终点的颜色变化是_____。 （3）以下是实验数据记录表： 滴定次数 NaOH体积/mL HCl溶液体积读数/mL 滴定次数 滴定前 滴定后 1 25.00 2.00 18.20 2 25.00 0.00 16.18 3 25.00 0.00 16.22 则该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为_______。(保留4位有效数字) II.乙二酸俗名草酸，某学习小组预测定某草酸样品中的含量。通过查阅资料得知，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性溶液进行滴定，且其他成分均不与酸性溶液反应。 （4）用离子方程式表示滴定原理___________。 （5）若滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则所用溶液的体积为___________mL。 （6）设计的下列滴定方式，合理的是___________。(夹持部分略去)(填字母序号) a. b. c. d. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $