贵阳市第六中学2025-2026学年高三上学期9月月考化学试题

这是一份贵阳市第六中学2025-2026学年高三上学期9月月考化学试题，共17页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．生活中处处蕴含化学原理。下列实例与解释不相符的是（ ）
A．明矾可用作净水剂，是因为Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性
B．黄豆酱是美味的调味品，是因为发酵时有蛋白质发生水解生成了氨基酸
C．碳酸钠可做膨松剂，是因为其受热分解产生CO2气体可让食品变蓬松
D．绿茶具有抗氧化作用，是因为绿茶中含有的茶多酚具有还原性
2．反应CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑，可用于制取乙炔。下列说法正确的是（ ）
A．H2O的空间结构为三角锥形
B．CaC2的电子式：Ca2+
C．C2H2的空间填充模型：
D．基态碳原子的价层电子轨道表示式：
3．下列实验方案能达到实验目的的是


A．方案甲可制取无水MgCl2
B．方案乙可除去CCl4溶液中部分的I2
C．方案丙可验证非金属性：Cl＞C＞Si
D．方案丁可判断溶度积：Ksp（ZnS）＜Ksp（CuS）
4．化学处处呈现美。下列有关说法正确的是
A．分子呈现完美对称，为V形结构
B．NaCl焰色试验为黄色，与氯原子的电子跃迁有关
C．冰雪融化时需要破坏氢键和范德华力
D．镁条燃烧发出耀眼的白光，只将化学能转化为光能
5．工业上制备高纯硅涉及的反应有SiHCl3+H2Si+3HCl。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2 g H2完全反应时转移的电子数为2NA
B．1 ml单晶硅中Si—Si键的数目为4NA
C．pH=1的HCl溶液中H+的数目为0.1NA
D．标准状况下,2.24 L SiHCl3的分子数为0.1NA
6．某中成药的有效成分绿原酸的结构简式如图所示。下列有关绿原酸的说法正确的是
A．分子式为C16H16O9
B．分子中含有三种官能团
C．不能与NaHCO3反应产生CO2
D．能发生加成、取代、加聚、缩聚等类型的反应
7．下列离子方程式正确的是
A．电解MgCl2水溶液:2H2O+2Cl-2OH-+H2↑+Cl2↑
B．磁性氧化铁溶于HI溶液:Fe3O4+8H+2Fe3++Fe2++4H2O
C．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中:Ca2++2ClO-+2SO2+2H2OCaSO4+SO42−+2Cl-+4H+
D．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜:3Ag+4H++NO3− 3Ag++NO↑+2H2O
8．熔盐电解法是从月球土壤中提取金属的主要方法，电解时可添加一定量的YW3使电解质的初晶温度降低。已知：Q、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的短周期元素，Q没有最高正价，W是电负性最大的元素，X的基态原子价电子排布式为nsn−2，目前工业上主要通过电解Y的熔融氧化物制取Y，最外层电子数：X+Y=Z。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Y>W
B. 第一电离能：Q>W>Z>Y
C. 键角：ZQ2c{[Ag(NH3)]+}>c(Ag+)
二、解答题（本大题共4小题）
15．硼氢化钠()是一种万能还原剂和潜在储氢剂，实验室用金属钠、、硼酸三甲酯[，沸点68℃]制备的装置如下(夹持和加热装置略去)，实验有如下五步：
①降温后，分离得到和的固体混合物；
②升温至200℃，关闭，打开，通入，充分反应后制得NaH；
③连接装置，检查气密性；
④升温至240℃，关闭，打开，持续搅拌下通入氩气，打开向三颈烧瓶中滴入硼酸三甲酯，充分反应；
⑤装入试剂，打开，向装置中鼓入氩气，然后升温至110℃左右，并打开搅拌器快速搅拌。
已知：NaH、易与水反应；在强碱性条件下能稳定存在。请回答下列问题：
(1)写出的电子式 。
(2)仪器B的名称是 。在空气冷凝管b接口上需要连接1个 装置和1个处理装置。
(3)该实验步骤的正确顺序是 (填序号)。
(4)石蜡油的主要成分 (填选项字母)；石蜡油在本实验中的作用 。
a．烃 b．烃的衍生物 c．高分子化合物
(5)写出NaH与硼酸三甲酯[]反应的化学方程式 。
(6)分离后测定的纯度：取m g产品，在强碱性条件下与反应得到n g Au，其反应的离子方程式为，产品中的纯度为 (写出算式即可)。
16．金属锆可用于核反应堆芯，战略价值高。以锆英砂（主要成分为ZrSiO4，含有Fe、Cr、Hf 等元素）为原料制备金属锆的工艺流程如下：
已知：①“酸溶”步骤所得溶液中各金属存在形式为Fe3+、ZrO2+、Cr3+、HfO2+。
②常温下，Ksp[Fe(OH)3 ] =4.0 ×10 -38 Kb (BOH)=1.6×10-5。
③利用物质接近沸点时升华速度快的特点可以进行物质分离。
回答下列问题：
(1)Zr是40号元素，位于第五周期第ⅣB族。基态Zr原子的价电子排布式为 ；Zr4+较Zr2+稳定的原因是 。
(2)“酸溶”时，Zr元素以ZrOCl2的形式存在，而不是ZrCl4，是因为ZrCl4极易水解。ZrCl4水解的离子方程式为 。
(3)“萃取”时，ZrO2+生成配合物 Zr(NO3)2Cl2·2TBP （TBP：磷酸三丁酯），可用 （填实验方法）测定其晶体结构。
(4)“沉淀”时，若常温下滤液中，则滤液中c(Fe3+) = ml·L-1。
(5)ZrO2不能直接与Cl2反应生成 ZrCl4，但“沸腾氯化”步骤中 ZrO2可转化为ZrCl4（同时生成FeCl3和CO，该反应ΔH Al3+，A错误；同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，故第一电离能：F(W)>O(Q)>C>Si(Z)>Al(Y)，B错误；OF2的中心O原子为sp3杂化，有两个孤电子对，分子呈V形结构，键角小于109∘28′，SiO2中Si与周围最近的4个O构成正四面体结构，键角为109∘28′，故键角：SiO2>OF2，C错误；X最高价氧化物对应的水化物为NaOH，与Al2O3和SiO2在一定条件下均能反应，D正确。
9．【答案】D
【分析】a、c代表S或中的一种，c和氧气反应生成a，则c是S、a是SO2。
【详解】A．b分解生成氧气、SO2、H2O，氧元素化合价升高，则S元素化合价降低，所以a、b分别是，故A正确；
B．反应①是硫酸分解，分解反应吸热，反应①可以存储太阳能；反应③是S和氧气反应生成二氧化硫，化合反应放热，反应③释放出能量，故B正确；
C．反应②是3SO2+2H2O=2H2SO4+S，正反应气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，二氧化硫的转化率增大，故C正确；
D．反应②是二氧化硫、水发生歧化反应生成硫酸和S，反应方程式为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，其中1个二氧化硫得到电子化合价降低，作氧化剂，另外两个失去电子化合价升高，作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故D错误；
故选D。
10．【答案】A
【解析】本题考查二氧化硫的性质与制备。d中品红溶液褪色证明SO2的漂白性，e中紫色石蕊溶液变红而不褪色，A错误；如果只想观察d中的实验现象，其他调节阀已调好，则d处的调节阀应阻止气体通向后续装置，但气体能通入d中，故调为，B正确；氢氧化钠溶液呈碱性，可以吸收a、c中残留的SO2气体，C正确；铜和浓硫酸反应生成SO2需要加热，故a、b的药品不能用铜和浓硫酸代替，D正确。
11．【答案】B
【分析】根据晶胞图可知，原子全部位于晶胞体心，数目为4个；原子有8个位于顶点，1个位于体心，原子数为，晶胞的化学式为：，据此分析解答。
【详解】A．在晶胞中，只有2种：顶点和体心，如果把顶点的分数坐标定为，则体心的分数坐标为，A正确；
B．晶胞参数为，则该晶体的密度为，B错误；
C．根据晶胞图，以体心为中心，则与最近且距离相等的刚好为体心内的4个，C正确；
D．根据晶胞图，和之间的最短距离刚好为立方体空间对角线长度的，由晶胞参数为，作如图辅助线，可以得到底面对角线AB长度为：，则立方体空间对角线长度为：，最后得到和之间的最短距离DE为：，D正确；
故答案为：B。
12．【答案】D
【分析】因为钙的性质活泼，故该装置先通入氮气排尽空气后，氮气和钙发生反应生成CaxN2，末端导管插入水中的目的是防止空气进入反应管，据此分析解答。
【详解】A．该装置不能有氧气参与，末端导管插入水中可形成液封，防止外界空气中的O2、H2O等进入反应管与钙或产物反应，A正确；
B．实验结束时先熄灭酒精灯，继续通入N2至装置冷却，可防止空气倒吸进入反应管使产物氧化，B正确；
C．参加反应钙的质量=瓷舟与钙的质量—空瓷舟的质量，反应生成氮化钙中氮元素的质量=瓷舟与产物的质量—瓷舟的质量，可求得钙元素和氮元素的质量比，进而可得x的值，C正确；
D．若N2中混有O2，O2与Ca反应生成CaO，则产物增重中包含氧元素的质量，导致测得x的值比真实值偏小，D错误；
故合理选项是D。
13．【答案】C
【分析】
由图可知，与直流电源负极a相连的铂电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，石墨电极为阳极，反应物1和反应物2在阳极上失去电子发生氧化反应生成中间产物1和中间产物2，中间产物1和中间产物2发生自由基偶联生成，生成的总反应为。
【详解】A．由分析可知，a为电源负极，故A正确；
B．由分析可知，石墨电极为阳极，反应物1和反应物2在阳极上失去电子发生氧化反应生成中间产物1和中间产物2，生成中间产物1的电极反应式为，故B正确；
C．由分析可知，生成的总反应为，则反应过程中溶液的氢离子浓度基本不变，故C错误；
D．由分析可知，生成的总反应为，则反应中碳元素的化合价升高被氧化，故D正确；
故选C。
14．【答案】A
【解析】本题考查离子平衡图像，涉及图像分析、K的计算。观察题图可知，当c(NH3)极小时，图中曲线Ⅲ和曲线Ⅳ表示的物质的浓度最大且相等，结合滴加氨水过程中的反应可知，曲线Ⅲ和曲线Ⅳ分别对应Ag+、Cl−；随着NH3浓度增大，Ag+与NH3配合生成[Ag(NH3)]+,[Ag(NH3)]+再与NH3配合生成[Ag(NH3)2]+，故c(NH3)比较小时c{[Ag(NH3)]+}>c{[Ag(NH3)2]+}；氨水的滴加消耗Ag+，促进AgCl溶解，c(Cl−)增大，c(Ag+)减小，故曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别对应[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+、Ag+、Cl−。
反应过程中一直在消耗Ag+，促进AgCl溶解，Cl−不被消耗且全部来自溶解的AgCl，故溶解的c(AgCl)=c(Cl−)=c(Ag+)+c{[Ag(NH3)]+}+c{[Ag(NH3)2]+}，故曲线Ⅳ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线，A错误；由题图可知，当c(NH3)=10−1ml⋅L−1时，c(Cl−)=10−2.35ml⋅L−1，c(Ag+)=10−7.40ml⋅L−1，因AgCl固体足量，则Ksp(AgCl)=c(Cl−)⋅c(Ag+)=10−2.35×10−7.40=10−9.75，B正确；由题图可知，当c(NH3)=10−1ml⋅L−1时，c{[Ag(NH3)]+}=10−5.16ml⋅L−1，c{[Ag(NH3)2]+}=10−2.35ml⋅L−1，反应[Ag(NH3)]++NH3⇌[Ag(NH3)2]+的平衡常数K=c{[Ag(NH3)2]+}c{[Ag(NH3)]+}⋅c(NH3)=10−2.3510−5.16×10−1L⋅ml−1=103.81L⋅ml−1，C正确；由题图可知，c(NH3)=0.01ml⋅L−1时，lg[c(NH3)/(ml⋅L−1)]=−2，c{[Ag(NH3)2]+}>c{[Ag(NH3)]+}>c(Ag+)，D正确。
15．【答案】(1)
(2) 恒压滴液漏斗 干燥装置
(3)③⑤②④①
(4) a 作溶剂
(5)4NaH+B(OCH3)3NaBH4+3CH3ONa
(6)
【分析】制备NaBH4的流程如下：i．连接如图装置，检验气密性；ii．装入试剂，关闭K1，打开K2，向装置中鼓入氩气，然后升温至110℃左右，打开搅拌器快速搅拌，将熔化的Na快速分散到石蜡油[沸点：200～290℃]中；iii．升温至200℃，关闭K2，打开K1通入H2，充分反应后制得NaH；iv．升温至240℃，持续搅拌下通入氩气，打开K3向仪器c中滴入硼酸三甲酯，充分反应；v．降温后，分离得到NaBH4和CH3ONa的固体混合物。
【详解】（1）
是离子化合物，电子式为：。
（2）仪器B的名称是恒压滴液漏斗，NaH、NaBH4易与水反应，H2易燃易爆，故在空气冷凝管b接口上需要连接1个干燥装置和1个H2处理装置。
（3）根据分析中实验流程可知该制备顺序为：③⑤②④①。
（4）石蜡油是石油分馏的产品，主要成分是烃，选a；石蜡油在实验中的作用是作溶剂。
（5）在三颈烧瓶中，NaH与硼酸三甲酯反应得到产物NaBH4和甲醇钠，反应的化学方程式为：4NaH+B(OCH3)3NaBH4+3CH3ONa。
（6）取mg产品，在强碱性条件下与Au3+反应得到ngAu，Au的摩尔质量为197g/ml，根据反应方程式，可得产品中NaBH4的纯度为：。
16．【答案】(1) 4d25s2 Zr4+的4d和5s能级均为全空状态，较稳定
(2)Zr4++H2O=ZrO2++2H+
(3)x射线衍射法
(4)4.0×10-23
(5)生成CO气体，体系熵增大，反应趋势增大
(6) 将FeCl3转化为FeCl2，防止FeCl3升华影响ZrCl4的纯度 2FeCl3+H2FeCl2+2HCl
【分析】锆英砂主要含ZrSiO4，还含有少量、、等元素为原料生产金属锆，“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、、，“萃取”时，除掉，而后进行反萃取，“沉淀”时Fe3+、Cr3+生成沉淀，焙烧后生成ZrO2、Fe2O3、Cr2O3，“沸腾氮化”时，转化为ZrCl4、FeCl3、CrCl3，由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4，镁热反应后产生金属锆，据此作答；
【详解】（1）Zr是40号元素，位于第五周期第ⅣB族。基态Zr原子的价电子排布式为4d25s2；Zr2+的5s能级均为全空状态，Zr4+的4d和5s能级均为全空状态，较稳定；
（2）ZrCl4为强酸弱碱盐，水解生成ZrO2+，故离子方程式为Zr4++H2O=ZrO2++2H+；
（3）x射线衍射法可以测定其晶体结构、组成、晶格参数等；
（4）“沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中；
（5）“沸腾氯化”时，加入C、通入氯气，转化为，同时生成一种还原性气体CO，该反应的化学方程式为，该反应，生成CO气体，体系熵增大，反应自发趋势增大；
（6）“还原”的主要目的是：的沸点为，的沸点为，二者沸点接近，一起升华产品纯度降低，故将转化为沸点更高的，避免升华时含有杂质；加入H2把FeCl3还原为FeCl2，“还原”的产物均为化合物，“还原”过程的化学方程式为2FeCl3+H2FeC12+2HCl。
17．【答案】（1）+247.3 不是 b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高
（2）
（3）B 0.2 0.052
【详解】（1）根据盖斯定律；相同温度下三条曲线的平衡转化率应该相同，a点同温度时，曲线Ⅰ的转化率高于a点，所以a点不是平衡状态；b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高，所以b点CH4的转化率高于c点。
（2）根据流程图可知，只消耗不生成的是甲烷和二氧化碳，只生成不消耗的是水蒸气和一氧化碳，所以总反应为：
（3）A. 平衡时向容器中充入He，各物质的浓度不变，平衡不移动，A错误；
B．反应Ⅱ是非等体积反应，恒容体系压强不变说明已达平衡，B正确；
C．平衡时向容器中充入一定量氢气，氢气浓度增大，反应I和Ⅱ均正向移动，但由勒夏特列原理可知，氢气的转化率降低，C错误；
故答案为：B。
设消耗的二氧化碳为m ml，生成的乙醇为n ml ，三段式：
m-2n=0.1，1-m-4n=0.6，m=0.2，n=0.05；所以剩余的二氧化碳为0.8 ml，。剩余二氧化碳为0.8 ml，剩余氢气为0.6 ml，剩余一氧化碳为0.1 ml，乙醇为0.05 ml，水蒸气为0.25 ml。气体总物质的量为1.8 ml，。
18．【答案】(1) 3
(2) 还原反应 1，4—二溴丁烷
(3)
(4) 19 或
(5)
【详解】（1）由H结构简式可知，化学式为；由分析可知，E中含有醚键、酚羟基、羰基3种含氧官能团；
（2）A→B为硝基转化为氨基的反应，去氧加氢反应为还原反应；溴代烃X的名称为1，4—二溴丁烷；
（3）由分析可知，化合物F的结构简式为 ；反应C→D反应为 和乙酸、ZnCl2发生取代反应生成 和水，故化学方程式为 ；
（4）D除苯环外含有2个碳、3个氧、不饱和度为1；满足下列条件的D的同分异构体：①能发生水解反应，则含有酯基；②能与溶液发生显色反应，则含有酚羟基；若为2个取代基，可以为-OH、-CH2OOCH或-OH、-OOCCH3或-OH、-COOCH3，均存在邻间对3种情况，共9种情况；若为3个取代基，为-OH、-CH3、-OOCH，3个不同的取代基在苯环上有10种情况；故合计共19种情况；
其中谱显示分子中含有4种氢原子，则结构对称性较好，结构简式为 或 ；
（5）甲苯硝化反应在邻位引入硝基，甲基氧化为羧基，使用HCl、Fe将硝基还原为氨基，氨基发生已知反应转化为酚羟基，酚羟基和乙酸酐反应生成酯基得到产物；故流程为： 。
物质
ZrCl4
FeCl3
CrCl3
FeCl2
CrCl2
沸点/℃
331
315
1300
700
1150
选项
分析
结果
A
Mg2+能与OH-结合为Mg(OH)2沉淀,正确的离子方程式为2H2O+2Cl-+Mg2+Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑
错误
B
Fe3+会把I-氧化为I2,正确的离子方程式为Fe3O4+2I-+8H+3Fe2++I2+4H2O
错误
C
SO2少量而Ca(ClO)2过量,生成的SO42−应全部转化为CaSO4沉淀
错误
信息
推断元素
Q 没有最高正价
Q 为O
W 是电负性最大的元素
W 为F
X 的基态原子价电子排布式为nsn−2(3s1)
X 为Na
主要通过电解Y 的熔融氧化物制取Y
Y 为Al
最外层电子数：X+Y=Z
Z 为Si