河南省九师联盟2025届高三上学期12月教学质量监测化学试卷（解析版）

这是一份河南省九师联盟2025届高三上学期12月教学质量监测化学试卷（解析版），共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列微粒的VSEPR模型与空间结构不一致的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】A．CO2的中心原子C的价层电子对数=2+(4-2)=2+0=2，无孤电子对，VSEPR模型和其空间构型均为直线形，故A不符合题意；
B．的中心原子C的价层电子对数=3+(4+2-3)=3+0=3，无孤电子对，VSEPR模型和其空间构型均为平面三角形，故B不符合题意；
C．CH4的中心原子C的价层电子对数=4+(4-4)=4+0=4，无孤电子对，VSEPR模型和其空间构型均为正四面体形，故C不符合题意；
D．H2O的中心原子O的价层电子对数=2+(6-2)=2+2=4，有2个孤电子对，VSEPR模型是四面体形，空间构型为V形，故D符合题意；
故答案选D。
2. 制备肼可利用反应。下列说法正确的是
A. 基态原子的轨道表示式：
B. 分子间能形成氢键
C. 与均为非极性分子
D. 中仅含有离子键
【答案】B
【解析】A．O是第8号元素，图示违背洪特规则，基态原子的轨道表示式为：，A错误；
B．N的非金属性较强，N2H4分子间能形成氢键()，B正确；
C．中心价层电子对数为4，含一对孤电子对，中心价层电子对数为4，含两对孤电子对，正负电荷中心不重合，均为极性分子，C错误；
D．中次氯酸根含有极性键，含有离子键和极性键，D错误；
故选B。
3. 部分含氮物质的转化关系如下：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 中含键数目为
B. 标准状况下，中原子总数为
C. 溶液中含原子数目为
D. 反应②每生成，转移电子数目为
【答案】D
【解析】A．的结构式为，1个结构中含有3个键，中含键数目为，A项错误；
B．标准状况下，不是气体，物质的量不是1ml，原子总数不等于，B项错误；
C．溶液中，溶质及溶剂都含有原子，原子数目远大于，C项错误；
D．反应②为，每生成1ml转移电子，则生成，转移电子数目，D项正确；
答案选D。
4. 京尼平苷酸具有抗氧化、抗衰老等作用，其结构简式如图所示。下列有关京尼平苷酸说法错误的是
A. 属于烃的衍生物B.能与溶液发生显色反应
C. 与和均能反应D.能使溴水和酸性溶液褪色
【答案】B
【解析】A．该有机物分子中含有C、H、O三种元素，故其属于烃的衍生物，A正确；
B．不含有酚羟基，所以不能与溶液发生显色反应，B错误；
C．该有机物分子中含有羟基和羧基，与和均能反应，C正确；
D．该有机物分子中含有碳碳双键，能使溴水和酸性溶液褪色，含有羟基，由于羟基连接的C原子上有H原子，因此羟基能被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，D正确；
答案选B
5. 下列说法中正确的是
A. 基态碳原子核外有三种能量不同的电子
B. 的酸性小于
C. 的中心原子价层电子对数为3
D. 分子中有2个手性碳原子
【答案】A
【解析】A．基态碳原子的核外电子核外电子排布式为1s22s22p2，占据三个能级，所以有三种能量不同的电子，A正确；
B．吸电子基团越强越多的，酸性越强。氟的电负性最大，吸电子能力强，所以三氟乙酸的酸性强于三溴乙酸，B错误；
C．的中心原子价层电子对数为，C错误；
D．由结构简式可知，乳酸分子中与羟基和羧基相连的碳原子为连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，含有1个手性碳原子，D错误；
故选A。
6. 用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A. 图①装置注射器活塞自动右移，说明与反应放热
B. 图②装置可制备并收集
C. 图③装置可制备少量干燥的气体
D. 图④装置验证氧化性：
【答案】C
【解析】A．Na和水产生氢气，也能使注射器活塞自动右移，不能证明反应放热，A错误；
B．NO2能够和水发生反应生成硝酸和NO，不能用排水法收集，B错误；
C．浓盐酸具有挥发性，浓硫酸具有吸水性，而且吸水相当于稀释，该过程会放热，可以用图③装置制备少量干燥的HCl气体，C正确；
D．氯气也能使碘化钾反应生成碘单质使淀粉变蓝色，不能证明氧化性Br2>Ⅰ2，D错误；
故答案选C。
7. 室温下，用含少量的溶液制备的过程如图所示。已知，。下列说法正确的是
A. 的溶液中：
B. “除钙”得到的上层清液中：
C. 的溶液中：
D. “沉镍”后的滤液中一定存在：
【答案】B
【解析】A．的溶液中电荷守恒：，物料守恒：，根据以上两式可得：，A错误；
B．“除钙”得到的上层清液为氟化钙饱和溶液，存在沉淀溶解平衡，因此有：，B正确；
C．的溶液中有电荷守恒：，整理得：，C错误；
D．“沉镍”时生成碳酸镍、二氧化碳和氯化钠，“沉镍”后的滤液中含有碳酸、多余的碳酸氢钠和氯化钠，根据物料守恒一定存在：，D错误；
故选B。
8. 含有两个或两个以上配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过整合配位成环而形成的配合物称为螯合物。的一种螯合物的结构如图所示，下列说法错误的是
A. 第一电离能：
B. 氢化物的沸点：
C. 该配合物中、原子杂化方式相同
D. 该配合物中通过螯合作用形成的配位键有
【答案】D
【解析】A．N原子电子排布为1s22s22p3，2p轨道上为半满状态，因此氮的第一电离能相对较高；H原子电子排布为1s1，氢原子只有一个电子，且原子半径非常小，其第一电离能相对较高；C原子电子排布为1s22s22p2，2p轨道上的电子相对容易失去，因此碳的第一电离能相对较低，第一电离能：N>H>C，A正确；
B．氨分子间形成氢键，故沸点高，HCl和CH4均为分子晶体，HCl相对分子质量较大，范德华力大，沸点高，故氢化物的沸点：NH3>HCl>CH4，B正确；
C．该配合物中碳原子形成4个单键，无孤电子对，为sp3杂化，氮原子形成3个单键，有1对孤电子对与Ni2+形成配位键，为sp3杂化，C正确；
D．由题意可知，只有成环的配位键才能起到螯合作用，由结构可知，1ml该配合物通过螯合作用形成的配位键有4ml，D错误；
故答案选D。
9. 利用如图电化学装置可将转化为，同时获得。下列说法错误的是
A. 催化电极Ⅱ与电源的正极相连
B. 工作时，质子通过交换膜由催化电极Ⅱ室移向催化电极Ⅰ室
C. 催化电极Ⅰ的电极反应式：
D. 理论上每消耗，生成
【答案】D
【解析】由图示可知，催化电极Ⅰ通入CO2，生成CO，化合价降低，得到电子，为阴极，电极反应式为CO2+2e−+2H+=CO+H2O，催化电极Ⅱ为阳极，电极反应式为Cl--2e-+H2O=ClO-+2H+，以此解题。A．催化电极Ⅱ为阳极，与电源正极相连，故A正确；
B．电解池中，质子移向阴极，质子通过交换膜由催化电极Ⅱ室移向催化电极Ⅰ室，故B正确；
C．催化电极Ⅰ通入CO2，生成CO，化合价降低，得到电子，为阴极，电极反应为CO2+2e−+2H+=CO+H2O，C正确；
D．根据电子得失守恒，消耗1mlCO2，转移2ml电子，生成1mlNaClO，故D错误；
故答案选D。
10. 物质的结构决定其性质。下列实例与解释相符的是
A AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】A．的价层电子数为，无孤对电子，因此N采用sp杂化，空间结构为直线形，键角为180°，的价层电子数为，无孤对电子，因此N采用sp2杂化，空间结构为平面三角形，键角为120°，的价层电子数为，无孤对电子，因此N采用sp3杂化，空间结构为正四面体，键角为109°28′，都无孤电子对，无法得出孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，故A错误；
B．和均为分子晶体，融化时均需克服范德华力，优于分子范德华力大，故熔点：，故B错误；
C．原子价层只有2s、2p合计4个原子轨道，由共价键的饱和性可知，所以不能形成5个键，所以不存在稳定的分子，故C正确；
D．焰色试验为黄色，与Na电子跃迁有关，故D错误；
答案选C。
11. 已知合金的立方晶胞结构如图1所示，原子以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中填入四面体：沿轴投影晶胞中所有原子的分布图如图2所示，点的分数坐标为。设晶胞参数为，的摩尔质量为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 电负性：B.B点的分数坐标为
C. A、C两原子间的距离为D.该晶体的密度为
【答案】C
【解析】A．Na与Al同周期，同周期主族元素的电负性从左至右逐渐增大，故电负性：，A正确；
B．A点的分数坐标为，可得B点的分数坐标为，B正确；
C．由图2可知，A、C两点之间的距离为体对角线的，故A、C两原子间的距离为，C错误；
D．根据均摊法可知该晶胞中含有Na原子的数量为，则每个晶胞中含有4个，故晶胞的密度为，D正确；
答案选C。
12. 如图是 的反应历程与相对能量关系，其中包含了一系列基元反应。
下列说法错误的是
A. 该反应历程包含了三个基元反应
B. 该反应的
C. 该反应总反应速率由基元反应决定
D. 与具有相似的结构，中键和键的数目不相等
【答案】D
【解析】从图中可得出三个热化学方程式：
反应①：；
反应②：；
反应③：。A．根据分析可知，该反应历程包含了三个基元反应，故A正确；
B．利用盖斯定律，将反应①＋②＋③得，，故B正确；
C．由于第一个基元反应活化能最大，所以该反应总反应速率由基元反应决定，故C正确；
D．与结构相似，所以的结构式为N=N=O，所以中键和键的数目也相等，故D错误；
答案选D。
13. 常温下，向二元弱酸的稀溶液中滴加等浓度溶液，所得混合溶液的与离子浓度变化的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 曲线表示与之间的关系
B. 的溶液中：
C. 交点的溶液中：
D. 溶液中：
【答案】B
【解析】二元弱酸的一级电离常数，二级电离常数，当或时，或，由图可知，坐标原点时，曲线对应，曲线对应，一级电离常数大于二级电离常数，则曲线表示与变化的曲线，曲线表示与变化的曲线，一级电离常数、二级电离常数。A．根据上述分析可知，A正确；
B．，，，得到，B错误；
C．溶液中存在电荷守恒：，同时在交点的溶液中，，此时，进行等量代换，则有：，C正确；
D．溶液，，电离方程式为：，水解方程式为：，由于电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故，D正确；
故选B。
14. 已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下。
下列说法中错误的是
A. “细菌氧化”过程中，体系的酸性增强
B. “细菌氧化”的优势为无需控温，可减少有害气体产生
C. “沉金”中作还原剂，将还原为
D. “沉铁砷”时需加碱调节，生成胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降
【答案】B
【解析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、硫酸根离子、As（Ⅵ），加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au(CN)2]-的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2-的滤液②，据此解答。
A．根据分析可知，“细菌氧化”过程中硫元素被氧化为硫酸，即有硫酸生成，体系的酸性增强，故A正确；
B．“细菌氧化”的需要控温，保证细菌的活性，故B错误；
C．“沉金”中的化合价升高，作还原剂，将还原为，故C正确；
D．根据分析可知，“沉铁砷”时需加碱调节，生成胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降，故D正确；
答案选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅的氧化物)为原料制备锰酸锂。工艺流程如图所示。
已知：当溶液中某离子的浓度不大于时，该离子沉淀完全。时相关物质的如表所示。
回答下列问题：
（1）基态锰原子核外电子排布式为_______。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是，其晶体类型为_______。
（3）“浸取”时，反应的离子方程式为_______。
（4）“精制”时，加入的量应大于理论值，原因是_______。
（5）若“浸取”后溶液中，则“精制”时应调的范围为_______[计算时只考虑生成沉淀]，滤渣Ⅱ的主要成分是_______(写化学式)。
（6）“控温、氧化”时，和均可被氧化为，该步骤溶液的随时间的变化如图所示。呈现如图所示变化的原因是_______(用离子方程式表示)。
（7）“锂化”时，参加反应的与的物质的量之比为_______。
【答案】（1）[Ar]3d54s2
（2）共价晶体
（3）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
（4）部分H2O2被Fe3+催化分解
（5） ①. 4.9-8.1 ②. Fe(OH)3、Al(OH)3
（6）Mn2(OH)2SO4+O2=2MnO2+2H++
（7）4∶1
【解析】软锰矿主要成分为MnO2，还含有少量铁、铝及硅等的氧化物，加入FeSO4、H2SO4浸取，MnO2被还原为MnSO4，FeSO4被氧化为Fe2(SO4)3，过滤出SiO2，得到MnSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3、FeSO4、H2SO4的混合溶液，加入H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液pH生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，除去Fe、Al元素，滤液中加氨水沉锰，得到的是硫酸铵溶液和滤饼Mn(OH)2、Mn2(OH)2SO4，通入水、氧气控温、氧化生成MnO2，加入Li2CO3锂化生成LiMn2O4。
（1）Mn为25号元素，基态锰原子核外电子排布式为[Ar]3d54s2；
（2）SiO2为共价晶体；
（3）“浸取”时，MnO2被还原为MnSO4，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）“浸取”过程还剩余Fe3+，“精制”时部分H2O2被Fe3+催化分解，故过氧化氢的量比理论值大；
（5）“精制”时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，氢氧化铁完全沉淀时，Fe3+浓度不大于1.0×10−5ml⋅L−1，c(OH-)=，pH=2.8，氢氧化铝完全沉淀时，Al3+浓度不大于1.0×10−5ml⋅L−1，c(OH-)=，pH=4.9，锰离子的浓度为0.1ml·L-1时，c(OH-)=，pH=8.1，故调节pH的范围为4.9-8.1；
（6）根据分析，滤饼含有Mn(OH)2、Mn2(OH)2SO4，与氧气可能的反应分别为2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O、Mn2(OH)2SO4+O2=2MnO2+2H++，则Mn2(OH)2SO4被O2氧化产生H+，而Mn(OH)2被O2氧化不产生H+，根据图通入O2时15～150分钟pH越来越小，酸性增强，则15～150分钟滤饼中一定参与反应的成分是Mn2(OH)2SO4,离子方程式为Mn2(OH)2SO4+O2=2MnO2+2H++，；
（7）锂化时的化学方程式：8MnO2+2Li2CO3 =2CO2↑+4LiMn2O4+O2↑，故参加反应的MnO2与Li2CO3的物质的量之比为4∶1。
16. 是一种常用的氧化剂，某实验小组利用氧化制备的装置(夹持装置略)如图所示。
已知：锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：。
回答下列问题：
（1）仪器的名称是_______。
（2）装置中制备反应的化学方程式为_______。
（3）装置连接顺序是_______(按照气流方向，用小写字母表示)。
（4）若去掉装置，会导致产率_______(填“增大”“降低”或“无影响”)。
（5）装置中生成的离子方程式为_______。
（6）利用滴定法测定某样品[杂质为和中的其中一种]的组成，实验步骤如下。
Ⅰ．取样品于锥形瓶中，加入稀硫酸全部溶解，水浴加热至。用的溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且内不褪色，消耗溶液。
Ⅱ．向上述溶液中加入适量还原剂(不引入铁元素)将恰好完全还原为，加入稀硫酸酸化后，在75℃继续用溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗溶液。已知上述过程中，，。
①样品中质量分数表达式为_______(用含、、、的代数式表示)。
②若步骤Ⅰ中滴入溶液不足(假设已完全被氧化)，则测得样品中元素含量_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
③若，样品中含有的杂质为_______(写化学式)。
【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）
（3）cabedf
（4）降低
（5）
（6） ①. ②. 无影响 ③.
【解析】由实验装置及制备原理可知，B中氯酸钾和浓盐酸发生归中反应产生Cl2，通过A装置除去挥发的HCl气体，C中Cl2和K2MnO4反应产生KMnO4，反应不完的Cl2用D中NaOH溶液吸收。
（1）仪器的名称是恒压滴液漏斗；
（2）氯酸钾和浓盐酸发生归中反应产生Cl2，化学方程式为；
（3）由分析可知，装置连接顺序是cabedf；
（4）挥发出来的氯化氢会和氢氧化钾反应，使溶液碱性减弱时发生反应，会导致产率降低；
（5）强碱性条件下，氧化制备，锰元素化合价由+6变为+7、氯元素化合价由0变为-1，结合电子守恒，反应为：；
（6）①设的物质的量为xml，的物质的量为yml，的物质的量为zml，步骤Ⅰ中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：、KMnO4~5Fe2+，所以，步骤Ⅱ中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，联立二个方程解得：，所以的质量分数；
②Fe元素的物质的量，若步骤Ⅰ中溶液不足，则步骤Ⅰ中有一部分Fe2+没有被氧化或都没有被氧化，不影响V2的大小，则不变，所以对于测得Fe元素的含量无影响；
③若，的质量分数=0，样品中不含，由和可知，y≠0，样品中含杂质。
17. 1-丁烯裂解可生成丙炔、乙炔、、，涉及反应如下。
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
已知相关化学键的键能如表所示。
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ的_______。该反应能够自发的条件是_______(填写“高温”或“低温”)。
（2）在密闭容器中充入1-丁烯，发生上述反应，测得1-丁烯的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。X代表_______(填“温度”或“压强”)。_______(填“>”“=”或“0，>0，，当反应自发进行，故应该在高温下进行；
（2）温度升高，平衡向吸热的方向移动，即反应正向移动，1-丁烯的平衡转化率逐渐增大，故X表示温度；Y代表压强，增大压强，平衡逆向移动，1-丁烯的平衡转化率增减小，故Y1