四川省成都市2024_2025学年高三化学上学期12月月考试题含解析

这是一份四川省成都市2024_2025学年高三化学上学期12月月考试题含解析，共21页。试卷主要包含了 下列化学用语表示正确的是， 下列离子方程式正确的是， 用NA代表阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。
A. 纳米铁粉主要通过物理吸附作用除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+
B. 城市柏油路面使用到的沥青可以通过石油分馏得到
C. “歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
D. SiO2可用于制作光导纤维和光感电池
【答案】B
【解析】
【详解】A．纳米铁粉主要通过化学方法作用，发生置换反应，除去污水中的Cu2+、Ag+、Hg2+，A错误；
B．石油分馏是根据物质沸点不同，蒸馏得到汽油、煤油、柴油等物质，沥青沸点高，经过蒸馏可以得到，B正确；
C．碳纤维是单质，是一种新型无机非金属材料，C错误；
D．SiO2可用于制作光导纤维，Si可用于制作光感电池，D错误；
故选B。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为B. SO2的空间填充模型为
C. 基态Cu+的价电子排布式为3d10D. N2H4的电子式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为，A错误；
B．SO2中心原子S价层电子对数：，含1对孤电子对，分子空间构型为V形，且S原子半径大于O，则其空间填充模型：，B错误；
C．Cu原子序数为29，则基态Cu+的价电子排布式为3d10，C正确；
D．N2H4的电子式：，D错误；
答案选C。
3. 某化学实验小组制备KClO3并探究其性质的过程如图：
下列说法错误的是
A. 87 g MnO2与足量浓盐酸加热充分反应，理论上可以制得1 ml Cl2
B. 在反应中生成3 ml Cl2，则转移电子数目为6NA
C. 上述实验说明碱性条件下氧化性：Cl2＞KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3
D. 取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，溶液呈现黄色原因是：
【答案】B
【解析】
【分析】MnO2与足量浓盐酸在加热条件下反应产生Cl2，Cl2与KOH溶液在加热时发生歧化反应产生KCl、KClO3、H2O，KClO3、HCl加热发生归中反应产生KCl、Cl2、H2O，KClO3具有强氧化性，在酸性条件下将KI氧化反应产生无色KIO3。当再加入过量KI溶液时，发生反应，反应产生I2，使无色溶液变为黄色。
【详解】A．MnO2与足量浓盐酸加热发生反应：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，87 g MnO2的物质的量是1 ml，根据反应方程式可知：1 ml MnO2与足量浓盐酸加热充分反应，理论上可以制得1 ml Cl2，A正确；
B．在反应中，Cl元素化合价由反应前KClO3中的+5加变为反应后Cl2中的0价，化合价降低5价，得到5个电子；Cl元素化合价由反应前HCl中的-1加变为反应后Cl2中的0价，化合价升高5×1=价，失去5个电子，因此若反应生成3 ml Cl2，则转移电子数目为5NA，B错误；
C．上述实验说明碱性条件下Cl2发生歧化反应产生KCl、KClO3，则该条件下物质的氧化性：Cl2＞KClO3；KClO3与浓盐酸在加热时反应产生Cl2，说明酸性条件下KClO3将浓盐酸氧化产生Cl2，则酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3，C正确；
D．KClO3具有强氧化性，在酸性条件下能够将KI氧化反应产生无色KIO3。当再加入过量KI溶液时，发生反应：，反应产生I2，使无色溶液变为黄色，D正确；
故合理选项是B。
4. 下列离子方程式正确的是
A. 用FeS除去工业废水中的Hg2+：Hg2++S2-=HgS↓
B. 用SO2的水溶液吸收溴蒸气：Br2+SO2+2H2O=2HBr+SO+2H+
C. 硫代硫酸钠溶液中加入浓硝酸：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O
D. 将Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以物质的量之比1:2混合：Ba2＋+2OH-+2H＋+ SO=BaSO4↓＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．FeS为黑褐色难溶物，在离子方程式书写中不能拆分，故正确的离子方程式为：Hg2++FeS=HgS↓+Fe2+，A项错误；
B．HBr为强酸，在离子方程式中要拆分，故正确的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO+4H+，B项错误；
C．硫代硫酸钠溶液与浓硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钠、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：S2O+6H++8NO=2SO+8NO2↑+3H2O，C项错误；
D．将Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以物质的量之比1:2混合，Ba(OH)2少量，NH4HSO4过量，依据“以少定多”原则，可知离子方程式为：Ba2＋+2OH-+2H＋+ SO=BaSO4↓＋2H2O，D项正确；
答案选D。
【点睛】选项D中，H+和NH都能和OH-反应，但OH-优先与H+反应，若反应后OH-还有剩余，OH-再与NH反应。因此，当OH-不足时，只发生反应：H++OH-＝H2O。
5. 用NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 13g苯和苯乙烯的混合物中所含的原子总数为2NA
B. 1 ml聚氯乙烯含有原子数目为6NA
C. 标准状况下，22.4LNO和11.2LO2在密闭容器中混合，容器内分子数目为NA
D. 常温下，22.4 L HF中含有的极性共价键数目为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯的化学式为C6H6，苯乙烯的化学式为C8H8，两者的最简式为CH，故13g苯和苯乙烯混合物可认为是13g CH的混合物，故n(CH)=0.1ml，故混合物中所含原子数为2NA，A正确；
B．聚氯乙烯是高分子化合物，聚合度很大，故1 ml聚氯乙烯含有原子数大于，B错误；
C．标准状况下，11.2LO2和22.4LNO的物质的量分别为0.5ml和1ml，两者混合后转化为NO2，但容器内存在反应2NO2⇌N2O4，则气体分子总数小于NA，C错误；
D．‌常温下不是标况，即使是标准状况下，氟化氢是液体‌，无法计算物质的量，D错误；
故选A。
6. 1，2-丙二醇(CH2OHCHOHCH3)单分子解离可以得到多种不同的产物或自由基，反应相对能量随反应历程的部分变化如图所示。解离路径包括碳碳键断裂解离和脱水过程。下列说法正确的是
A. 可用质谱法鉴别TS1和TS2两条路径的产物
B. 从能量的角度分析，TS2路径的速率比TS1路径快
C. 产物比产物更稳定
D. 1，2-丙二醇中C—C键的键能相差约为
【答案】D
【解析】
【详解】A．TS1与TS2路径对应的有机产物互为同分异构体，应用红外光谱仪鉴别，A错误；
B．TS2的能垒比TS1的大，TS2路径反应慢，B错误；
C．的相对能量为，的相对能量为，相对能量低的物质更稳定，C错误；
D．中①处C—C键断裂和②处C—C键断裂生成对应自由基的相对能量相差为，D正确；
故选D。
7. 科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示)，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是
A. 原子半径：X>Y>Z
B. 电负性：Y>X>W
C. X、W分别与Y形成化合物均属于分子晶体
D. W位于第三周期第ⅣA族
【答案】C
【解析】
【分析】由共价化合物的结构可知，X、W形成4个共价键，Y形成2个共价键，Z形成1个共价键，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，则X为C元素、Y为O元素、Z为F元素、W为Si元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则C、O、F的原子半径大小顺序为C＞O＞F，故A正确；
B．同周期元素，从左到右元素的电负性依次增强，同主族元素，从上到下元素的电负性依次减弱，则C、O、Si的电负性强弱顺序为O＞C＞Si，故B正确；
C．X为C元素、Y为O元素、W为Si元素，则X、W分别与Y形成的化合物中二氧化硅是共价晶体，故C错误；
D．W为Si元素，原子序数为14，位于第三周期第ⅣA族，故D正确；
故选C。
8. 室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将气体通入酸性高锰酸钾溶液，乙烯被氧化为二氧化碳，引入了新的杂质，A错误；
B．Na2CO3溶液中滴加稀硫酸，产生二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液中，溶液变浑浊，说明碳酸的酸性大于硅酸，则非金属性：C＞Si，B正确；
C．根据试剂用量可知硝酸银不足，加入NaI后生成更难溶的碘化银黄色沉淀，氯化银和碘化银类型相同，具有相同的阳离子，可以证明Ksp[AgCl] > Ksp[AgI]，C正确；
D．蔗糖在稀硫酸作用下水解生成葡萄糖和果糖，葡萄糖含有醛基，用氢氧化钠将溶液调至碱性后可以和新制氢氧化铜反应生成红色沉淀，可以验证蔗糖是否发生水解，D正确；
故选A。
9. 如图示为某种有机物，下面关于它的性质说法错误的是
A. 它可以水解且其水解产物只有1种
B. 它最多能与4mlBr2反应产生白色沉淀
C. 其酸性条件下水解产物最多有18个原子共面
D. 它最多可与8mlH2发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．它含有酯基可以水解，其水解产物只有一种，如在酸性环境下的水解产物为，A正确；
B．根据苯酚与浓溴水反应，取代酚羟基的邻位和对位，因此它能与4ml溴水反应产生白色沉淀，B正确；
C．其酸性条件下水解产物为，苯环是平面结构共面，羧基是平面结构共面，单键可旋转，该分子所有原子均可能共面，最多有18个原子共面，C正确；
D．含有两个苯环，酯基与羧基不与H2发生加成反应，最多可与6mlH2发生加成反应，D错误；
故选D。
10. 下列实验操作或装置能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．固体的灼烧坩埚应该放在泥三角上，而不是铁圈上，A错误；
B．容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，B正确；
C．蒸馏装置中，温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，不能在溶液中，C错误；
D．乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，D错误；
故选B。
11. 空气污染物NO通常用含的溶液吸收，生成，再利用电解法将上述吸收液中的转化为无毒物质，同时生成，其原理如图所示。下列说法正确的是
A. 由右室进入左室
B. 从电解槽的c口流出，且可循环使用
C. 阴极的电极反应式：
D. 若用甲烷燃料电池作为电源，当消耗33.6L甲烷时，理论上可转化
【答案】C
【解析】
【分析】电解池中与电源正极相连的电极是阳极，发生失去电子的氧化反应，与电源负极相连的电极是阴极，发生得到电子的还原反应，据此回答。
【详解】A．左侧电极是阳极、右侧为阴极，电解池中阳离子向阴极移动，根据电解原理，H＋由左室向右室移动，A错误；
B．空气污染物NO通常用含溶液吸收，生成HNO2、，N的化合价升高，的化合价降低，然后对此溶液进行电解，Ce发生氧化反应又产生，根据电解原理，应在阳极上产生，即从a口流出，可循环使用，B错误；
C．根据电解原理，阴极上得电子，化合价降低，HNO2转化为无毒物质，即转化为N2，阴极电极反应式为，C正确；
D．没有标况，不能计算甲烷的物质的量，故也不能计算转化的亚硝酸的物质的量，D错误；
故选C。
12. 硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，已知该晶体密度为ρg/cm3，设阿伏加德罗常数的值为NA．下列说法不正确的是
A. Se位于元素周期表的p区
B. 基态Zn原子核外有15种不同空间运动状态的电子
C. 该晶胞中Zn与Se之间的最短距离为nm
D. 若A点原子的坐标为(0,0,0)，则B点原子的坐标为
【答案】D
【解析】
【详解】A．Se的价层电子排布式为4s24p4，位于元素周期表的p区，A不符合题意；
B．基态Zn原子的轨道表示式为。电子占据1个原子轨道，则有1种空间运动状态；基态Zn原子核外电子占据了15个原子轨道，则基态Zn原子核外有15种不同空间运动状态的电子，B不符合题意；
C．根据晶胞的示意图，该晶胞中，位于晶胞内部的Zn原子个数为4，位于晶胞顶点和面心的Se原子个数为。设晶胞的边长为xnm，则晶胞密度，可求得。Zn原子位于4个Se原子构成的正四面体的中心，Zn与Se之间的最短距离为体对角线的，即nm，C不符合题意；
D．A点原子坐标为(0,0,0)，结合晶胞示意图和B的俯视投影图，可知，B点原子坐标为(,,)，D符合题意；
答案选D。
13. 化合物X()是一种治疗神经类疾病的药物，下列说法错误的是
A. 化合物X的分子式为C15H18O6NBr
B. 化合物X分子中含有2个手性碳原子
C. 化合物X既能与盐酸反应，又能与甲醛发生缩聚反应
D. 化合物X能与NaOH溶液反应，且1 ml X最多能与5 ml NaOH反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，X的分子式为C15H18O6NBr，A正确；
B．由结构简式可知，X分子中含有如图所示的2个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子（用*表示）：，B正确；
C．化合物X含有氨基，能和盐酸反应，X结构中不存在酚羟基邻对位上的氢，则不能与甲醛发生缩聚反应，C错误；
D．分子中含有的酚羟基、酯基、溴原子能与氢氧化钠溶液反应，其中1ml酚形成的酯基消耗2ml氢氧化钠，则1 ml乙最多能与5 ml NaOH反应，D正确；
故选C。
14. 常温下，将一定浓度的溶液分别滴加到浓度均为的KCl、溶液中，生成沉淀的溶解平衡曲线如图所示(表示或)。下列叙述正确的是
A. ①、②分别代表AgCl、
B.
C. ，说明的溶解度更小
D. 的
【答案】D
【解析】
【分析】氯离子、和银离子反应分别为Cl-+Ag+=AgCl↓，+2Ag+=Ag2CrO4↓，则、，K值只受温度影响，则结合图象可知，②上点（4.7，5）、（6.7，3）的符合的表达形式，则②代表AgCl、①代表；
【详解】A．由分析可知，①代表、②代表AgCl；A错误；
B．①代表，由点（5，2）可知，，B错误；
C．②代表AgCl，由点（4.7，5）可知，；
设AgCl溶解的浓度为xml/L，则溶液中的银离子浓度为xml/L，氯离子也为xml/L，则根据溶度积为10﹣9.7=x×x，解得x=10﹣4.85ml/L；同理设Ag2CrO4溶解的浓度为yml/L，则溶液中的银离子浓度为2yml/L，也为yml/L，再根据溶度积为10﹣12=(2y)2×y，解得y≈1.59×10﹣4ml/L；由此可知AgCl的溶解度反而小，而的溶解度反而大，所以Ksp的大小与溶解能力没有一定的关系，如由Ksp的大小直接判断溶解能力的大小，则需两种难溶电解质类型应相同；故，不能说明的溶解度更小，C错误；
D． 的，D正确；
故选D。
15. 亚硝酰氯(NOCl，熔点为－64.5℃，沸点为－5.5℃)是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，遇水发生反应：2NOCl+H2O=NO+NO2+2HCl。NOCl可由NO与Cl2在一定条件下反应得到，相关实验装置如图所示。
（1）装置Ⅰ中装铜屑的仪器名称为_______，装置Ⅱ中试剂为_______，装置的连接顺序为_______。
（2）实验时先打开分液漏斗活塞滴入稀硝酸，发生反应离子方程式为_______，当观察到Ⅴ中_______时，开始向装置中通入Cl2。
（3）装置Ⅵ中KMnO4溶液用于吸收NO气体，已知该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，反应产生了一种黑色沉淀，其化学式是_______。
（4）通过以下实验步骤测定制得NOCl样品纯度(杂质不参与以下反应)：
a．将Ⅴ中所得液体2.0g溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL于锥形瓶中；
b．加入溶液(过量)，使Cl—完全转化为AgCl沉淀；
c．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；
d．加入指示剂，用标准溶液滴定过量的溶液，重复实验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为25.00mL。[已知，]
①滴定选用的误差最小的指示剂是_______ (填序号)。
A．(NH4)2Fe(SO4)2 B．NH4Fe(SO4)2 C．FeCl3 D．FeCl2
②NOCl的纯度为_______。(用百分数表示，保留两位小数)
【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. 水 ③. d→e→b→c
（2） ①. 3Cu+8H++2NO= 3Cu2++2NO↑+4H2O ②. 红棕色气体完全消失
（3）MnO2 （4） ①. B ②. 81.88%
【解析】
【分析】装置I中铜与稀硝酸反应生成NO，硝酸具有挥发性，装置I上部含有空气，生成的NO部分被氧化为NO2，装置II的作用为除去NO气体中的硝酸及NO2杂质，NOCl能与水反应，因此要通过装置III中的浓硫酸干燥NO气体，在装置V中NO和纯净的氯气在冰盐水浴中合成NOCl，为防止NOCl与水反应，装置V后连接干燥装置IV之后再连接装置VI，装置VI用于吸收尾气。
【小问1详解】
装置I中装铜屑的仪器名称为蒸馏烧瓶。装置II中试剂为水，用于除去NO气体中的硝酸及NO2杂质。根据分析可知，装置连接顺序为a→d→e→b→c→f。
【小问2详解】
打开分液漏斗滴入稀硝酸，稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO= 3Cu2++2NO↑+4H2O。开始时装置中含有空气，生成NO被空气中氧气氧化生成NO2，随着反应进行，空气被消耗完，当观察到V中红棕色气体完全消失说明装置中的空气已经排尽，此时开始向装置中通入氯气。
【小问3详解】
该反应中KMnO4为氧化剂，NO为还原剂，NO被氧化生成，1个N失去3个电子，已知该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，则1个KMnO4中的Mn得到3个电子，化合价从+7价降低到+4价，生成的黑色沉淀为MnO2。
【小问4详解】
①用KSCN滴定AgNO3，滴定终点时KSCN略微过量，则选择的指示剂需要含有Fe3+，Fe3+与过量的SCN-反应使溶液呈血红色。
A．(NH4)2Fe(SO4)2中不含铁离子，A错误；
B．NH4Fe(SO4)2含有铁离子，且其他离子对实验没有影响，为误差最小的指示剂，B正确；
C．FeCl3中虽然含有铁离子，但是引入了氯离子，氯离子能与银离子反应，对实验有影响，C错误；
D．FeCl2中不含铁离子，D错误；
故答案选B。
消耗KSCN的物质的量为0.1ml/L×0.025L=2.5×10-3ml，根据离子方程式Ag++SCN-=AgSCN↓可知，消耗Ag+物质的量为2.5×10-3ml，共加入Ag+物质的量为5×10-3ml，因此与氯离子反应消耗银离子物质的量为2.5×10-3ml，根据Cl守恒可知，有NOCl物质的量为2.5×10-3ml×=2.5×10-2ml，则NOCl的纯度为65.5g/ml×2.5×10-2ml÷2g×100%=81.88%。
16. 钡盐沉淀法处理酸性含铬废水并回收铬元素的工艺路线如图：
已知：室温下相关物质的Ksp如下表：
（1）Cr在周期表中的位置为_______，其基态原子的简化电子排布式为_______。
（2）向废水中加入破氰剂H2O2，可以提高镍元素的去除率，H2O2氧化CN—生成和无毒无味气体，使[Ni(CN)4]2—转化为两种沉淀除去，该反应过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为_______。
（3）已知水溶液中(橙色)可转化为(黄色)，该可逆反应用离子方程式可表示为_______。
（4）沉淀2的主要成分是_______，沉淀2与足量H2SO4反应的离子方程式为_______。
（5）根据国家标准，含的浓度降至5.0×10-7 ml∙L-1以下才能排放，则加入可溶性钡盐后的废水中应使Ba2+的浓度不小于_______ ml∙L-1。
【答案】（1） ①. 第四周期VIB族 ②. [Ar]3d54s1
（2）2:5 （3）+H2O2+2H+
（4） ①. BaCrO4和BaSO4 ②. 2BaCrO4+2+2H+=2BaSO4++H2O
（5）2.4×10-4
【解析】
【分析】含、[Ni(CN)4]2-、的废水中加入石灰乳预调pH，转化为CaSO4沉淀，转化为，再加入H2O2破氰，此时CN-被氧化为、N2，Ni2+转化为Ni(OH)2、NiCO3沉淀，则沉淀1为CaSO4、Ni(OH)2、NiCO3；滤液中加入BaCl2∙2H2O，沉淀2为BaCrO4、BaSO4；沉淀2中再加入H2SO4，BaCrO4转化为BaSO4沉淀，溶液3中含有。
【小问1详解】
Cr为24号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，在周期表中的位置为第四周期VIB族，其基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d54s1。
【小问2详解】
H2O2氧化CN-生成和无毒无味气体(N2)，使[Ni(CN)4]2-转化为两种沉淀[Ni(OH)2、NiCO3]除去，依据得失电子守恒，可建立如下关系式：2CN-——5H2O2，该反应过程中还原剂(CN-)与氧化剂(H2O2)物质的量之比为2:5。
【小问3详解】
已知水溶液中(橙色)可转化为(黄色)，该可逆反应用离子方程式可表示为+H2O2+2H+。
【小问4详解】
表中数据显示，Ksp(CaSO4)= 4.9×10-5，而Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，所以加入Ca(OH)2时，溶液中仍溶有一定量的，加入BaCl2∙2H2O，沉淀2为BaCrO4和BaSO4，沉淀2与足量H2SO4反应，BaCrO4将转化为BaSO4，同时转化为，离子方程式为2BaCrO4+2+2H+=2BaSO4++H2O。
【小问5详解】
根据国家标准，含的浓度降至5.0×10-7 ml∙L-1以下才能排放，则加入可溶性钡盐后的废水中应使Ba2+的浓度不小于ml∙L-1=2.4×10-4ml∙L-1。
【点睛】在碱溶液中，可转化为。
17. NH3是一种对环境友好的新型能源，可直接作内燃机燃料，也可以作燃料电池直接能量来源。
Ⅰ．“哈伯法”合成氨的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H，相关键能数据如下表：
（1）△H=_______kJ/ml，正反应的活化能_______(填“>”、“