贵州省罗甸弘伟学校2025届高三化学第三轮冲刺训练题九

PAGEPAGE14贵州省罗甸弘伟学校2025届高三化学第三轮冲刺训练题九(考试用时：50分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H

1

C

12N

14

O

16

Na23

Mg24Al27P

31

S

32

Cl35.5I127Fe56Mn55一．选择题（共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）7．下列说法正确的是A．12月17日,山东舰交付海军，为爱护航母、延长服役寿命可采纳牺牲阴极的阳极爱护法B．门捷列夫依据元素的性质随着相对原子质量递增呈现周期性变更规律，制出了第一张元素元素周期律C．砖瓦、陶瓷、渣土、一般一次性电池、鱼骨等属于其他垃圾D．石灰乳与海水混合，过滤得Mg（OH）2，将其溶于盐酸，再蒸发结晶得到MgCl2，电解熔融MgCl2可得到金属镁8．某有机物的结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法正确的是A．1mol该有机物最多与4molH2反应生成C9H16O2B．该有机物中全部碳原子不行能处于同一平面上C．该有机物能发生酯化、加成、氧化、水解等反应D．与该有机物具有相同官能团的同分异构体有3种9.下列试验与离子方程式相对应且正确的是A．往溶液中滴加溶液：B．往Ca(CIO)2溶液中通入过量的SO2：Ca2++2CIO-+2SO2+2H2OCaSO4↓+SO42-+CI-+4H+C．往溶液中滴加盐酸：D．往溶液中滴加少量溶液：10．分析下列试验操作，其中不能达到试验目的的是()序号试验操作试验目的①向2支试管中加入同体积同浓度的H2C2O4溶液，再分别加入同体积不同浓度的酸性KMnO4溶液探讨浓度对反应速率的影响②向盛有1mLAgNO3溶液的试管中滴加几滴NaCl溶液，再向其中滴加几滴Na2S溶液比较Ksp(AgCl)与Ksp(Ag2S)的大小③测定等物质的量浓度的HCl、HNO3的pH比较Cl、N的非金属性强弱④将足量的SO2气体通入装有品红溶液的试管中探讨SO2具有漂白性A.②③④ B．①③④C．①②③④ D．①②③11.工业电解Na2CO3溶液的装置如图所示，X、Y两极均为惰性电极，已知c2>c1。下列说法正确的是A.x极为阴极，发生还原反应B.装置中为阴离子交换膜C.X、Y两极产生的气体M和R体积比略大于2：1D.若Na2CO3溶液足量，在电解前期，当通过相同电量时，理论上可制备等物质的量的NaHCO3和NaOH12．X、Y、Z、W为原子序数递增的4种短周期元素，其中Y、Z为金属元素。X、Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物甲、乙、丙、丁之间存在如图所示反应关系(图中“一”相连的两种物质能发生反应)。下列推断正确的是A．X是元素周期表中非金属性最强的元素B．Z冶炼可通过电解其氯化物的方式获得C．4种原子中，Y离子半径最小D．W的阴离子可能促进水的电离13．常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c（H＋）表示为pH水＝-lgc（H＋）水。pH水与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。下列推断正确的是A．HX的电离方程式为HX＝H＋＋X-B．T点时c（Na＋）＝c（Y-）＞c（H＋）＝c（OH-）C．常温下用蒸馏水分别稀释N、P点溶液，pH都降低D．常温下，HY的电离常数二．非选择题：共58分，第26～28题为必考题，每个试题考生都必需作答。第35～36题为选考题，考生依据要求作答。26．(15分)某探讨性学习小组请你参加“探讨铁与水反应所得固体物质的成分、性质及再利用”试验探究，并共同回答下列问题：探究一设计如图所示装置进行“铁与水反应”的试验(夹持仪器略)。(1)硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为__________________________。(2)反应前A中投放碎瓷片的目的是__________________________________________。(3)装置E中的现象是________________________________________。探究二设计如下试验方案确定反应后硬质玻璃管B中黑色固体的成分。(4)待硬质玻璃管B冷却后，取少许其中的固体物质溶于___后，将所得溶液分成两份。(5)一份滴加几滴KSCN溶液。若溶液变红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为____(填序号，下同)；若溶液未变红色，推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为______。①肯定有Fe3O4②肯定有Fe③只有Fe3O4④只有Fe(6)另一份用胶头滴管加入_______(填试剂和现象)，可以证明溶液中存在Fe2＋。探究三设计如下流程测定反应后硬质玻璃管B中固体含铁元素的质量分数。(7)试剂b的化学式是____________。(8)计算反应后B装置中铁元素的质量分数为______________。27．(14分)下面是某科研小组利用废铁屑还原浸出软锰矿(主要成分为MnO2)制备硫酸锰及电解其溶液制锰的工艺流程图：已知：①浸出液中主要含有Fe3＋、Fe2＋、Co2＋、Ni2＋等杂质金属离子；②生成氢氧化物的pH见下表：物质Fe(OH)2Fe(OH)3Ni(OH)2Co(OH)2Mn(OH)2起先沉淀的pH7.52.77.77.68.3完全沉淀的pH9.73.78.48.29.8请回答下列问题：(1)“酸浸”前将原料粉碎的目的是_________________________。(2)流程图中“①加入MnO2”的作用_________________________，MnO2还可以用其他试剂_________________________(填化学式)代替。(3)流程图中“②调整pH”可以除去某种金属离子，应将溶液pH调整限制的范围是___～7.6。上述流程中，能循环运用的一种物质是___(填化学式)。(4)向滤液Ⅰ中加入MnS的作用是除去Co2＋、Ni2＋等离子，其中可以发生反应为MnS(s)＋Ni2＋(aq)=NiS(s)＋Mn2＋(aq)等。当该反应完全后，滤液2中的Mn2＋与Ni2＋的物质的量浓度之比是__________[已知Ksp(MnS)＝2.8×10－10，Ksp(NiS)＝2.0×10－21]。(5)在适当条件下，在MnSO4、H2SO4和H2O为体系的电解液中电解也可获得MnO2，其阳极电极反应式为_______________________________________。(6)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=__________。28．（14分）以二氧化碳为原料制备尿素工艺被广泛探讨。其反应机理为：反应Ⅰ：CO2(g)+2NH3(g)NH2COONH4(l)ΔH1=－117.2kJ·mol−1反应Ⅱ：NH2COONH4(l)NH2CONH2(l)+H2O(l)ΔH2=+15.0kJ·mol−1（1）反应Ⅰ平衡常数K的表达式为_____________________。（2）由CO2(g)和NH3(g)合成尿素NH2CONH2(l)的热化学方程式是_______________________________。（3）在恒容容器中按物质的量之比1∶2通入CO2和NH3，下列不能说明合成尿素反应达平衡状态的是_______________。A．容器中气体平均相对分子质量不再变更B．容器中气体密度不再变更C．NH3的体积分数不再变更D．容器内压强不再变更（4）通过试验发觉，其他条件不变时，变更NH3、CO2的物质的量之比可增加尿素的产率，如图为与尿素产率的关系曲线。通过曲线可知：______________过量对尿素产率的影响比较小。若在固定容器中按等于3.0通入CO2和NH3，则合成尿素反应达平衡后，混合气体中CO2的物质的量分数为________（精确到0.1%）。（5）探究发觉，温度、压强、条件对合成尿素反应的影响如图1、图2，依据图像回答下列问题：①其他条件不变时，对于合成尿素的反应，若通入CO2物质的量肯定，按三种投料比[分别为3.0、3.5、4.0]投料时，得到如图1的对CO2的平衡转化率的影响曲线。曲线A对应的投料比是_________________。②图2中a、b、c、d四条曲线中的两条代表压强分别为20MPa、25MPa时CO2平衡转化率曲线，其中表示20MPa的是_______________（填字母）。在实际生产中采纳图2中M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和平衡学问，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的主要缘由是____________________________________________________________________。35.[化学——选修3：物质结构与性质](15分)铜铟镓硒薄膜太阳能电池(CIGS)是第三代太阳能电池的典型代表。(1)Cu＋价层电子排布式为。(2)硫酸铜分别和氨水、EDTA[(HOOCCH2)2NCH2－CH2N(CH2COOH)2]配制协作物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4、[Cu(EDTA)]SO4。①SO42－的空间构型为，EDTA中碳原子杂化方式为。②C、N、O、S四种元素中，第一电离能最大的是。③在[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4化合物中，阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图所示)。该阳离子中存在的化学键类型有，该化合物加热时首先失去的组分是。(3)某晶体的晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为。假如将Se原子看做密积累，则其积累模型为。若该晶体中A原子和B原子的坐标分别为(0，0，0)、(0，0，)，则C原子坐标为。已知晶胞参数a＝b＝0.524nm，c＝1.032nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为g·cm－3(列出计算式)。36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）7．芳香烃A是基本有机化工原料，由A制备高分子E和医药中间体K的合成路途(部分反应条件略去)如下图所示：己知：①；②回答下列问题：(1)A的名称是________，I含有官能团的名称是________。(2)反应⑦的作用是________，⑩的反应类型是________。(3)写出反应②的化学方程式：________________________________。(4)D分子中最多有________个原子共平面。E的结构简式为_______________。(5)写出一种同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式：_______________。①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子；②既能与银氨溶液反应又能与NaOH溶液反应。(6)将由D为起始原料制备的合成路途补充完整。

________(无机试剂及溶剂任选)。合成路途流程图示例如下：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3【答案解析】7.【解析】A项：舰体镶嵌一些金属块，必需是比铁活泼的金属，如锌等，这种方法叫牺牲阳极的阴极爱护法，故A错误；B项：第一张元素周期表是门捷列夫制作的，是依据素的性质随着相对原子质量递增呈现周期性变更规律而制作的，故B正确；C项：砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、瓷器碎片等难以回收的废弃物是其他垃圾，一般一次性电池属于有害垃圾故C错误；D项：蒸发氯化镁溶液时氯化镁水解生成氢氧化镁和HCl，加热促进盐酸挥发，所以蒸干氯化镁溶液得到的固体不是氯化镁而使氢氧化镁，故D错误。【答案】B8【解析】A项：苯环与氢气1:3加成，碳碳双键与氢气1:1加成，因此1mol该有机物最多与4molH2反应生成C9H16O2，故A正确；B项：苯环、碳碳双键均为平面结构，因此该有机物中全部碳原子可能处于同一平面上，故B错误；C项：该有机物不含有可水解的官能团，不能发生水解反应，故C错误；D项：与该有机物具有相同官能团的同分异构体有4种、、、，故D错误；故选A。【答案】A【解析】A项：NaHS是酸式盐能与碱反应，离子方程式为：OH-+HS-=S2-+H2O，A错误；B项：往Ca(CIO)2溶液中通入过量的SO2：Ca2++2CIO-+2SO2+2H2OCaSO4↓+SO42-+CI-+4H+B正确；C项：两者不能发生氧化还原反应，C错误；D项：少量的KOH，氢氧根先与铝离子反应，离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，D错误。【答案】B10解析：①操作不能达到试验目的，该试验设计错误，应用同浓度同体积的酸性KMnO4溶液与同体积不同浓度过量的H2C2O4溶液反应，通过测量褪色的时间长短来探讨浓度对反应速率的影响。②操作不能达到试验目的，加入的NaCl溶液应过量，使Ag＋全部转化为白色的AgCl沉淀，再加入Na2S溶液，有黑色的Ag2S沉淀生成，说明AgCl沉淀转化为Ag2S沉淀，进而比较Ksp(AgCl)与Ksp(Ag2S)的大小；③操作不能达到试验目的，比较Cl、N的非金属性强弱应利用其最高价含氧酸的酸性强弱进行比较；④操作能达到试验目的；答案：D解析：A项：依据“已知c2＞c1”可推出，Y极生成了OH－且Na＋通过离子交换膜，从X极移向Y极，从而形成NaOH，因此Y极为阳离子移向的一极，为阴极，X极为阳极，发生氧化反应，故A错误；B项：依据A项分析，Na＋通过离子交换膜，从X极移向Y极，说明为阳离子交换膜，故B错误；C项：X极反应式为2H2O－4e－＋4COeq\o\al(2－,3)=O2↑＋4HCOeq\o\al(－,3)，同时可能会进一步发生副反应H＋＋HCOeq\o\al(－,3)=H2O＋CO2↑，Y极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，依据电荷守恒，两极产生的M(O2)和R(H2)体积比略大于1∶2，故C错误；D项：若Na2CO3溶液足量，主要生成HCOeq\o\al(－,3)(若Na2CO3溶液少量，可能生成CO2)，依据C项分析可知，4e－～4HCOeq\o\al(－,3)～4OH－，故D正确。答案：D12.【解析】Y、Z为金属元素，对应的最高价氧化物对应的水化物可发生反应，则应为氢氧化铝和氢氧化钠的反应，可知Y为Na、Z为Al，乙为NaOH，丙为Al(OH)3，X应为N，甲为HNO3，W可为为S、Cl，则丁可能为H2SO4、HClO4。由以上分析可知X为N、Y为Na、Z为Al、W为S或Cl，甲为HNO3，乙为NaOH，丙为Al(OH)3，丁为H2SO4或HClO4。A项：X为N，元素周期表中非金属性最强的元素为F，故A错误；B项：Z为Al，位于周期表第三周期ⅢA族，故B错误；C项：4种原子中，半径最小的为N，Y为Na，原子半径最大，故C错误；D项：如W为S，对应的离子为S2-，水解呈碱性，可促进水的电离，故D正确；故选D。【答案】D【解析】A项：依题意，HX和HY是两种一元酸。由图象知，加入氢氧化钠溶液，水电离程度增大，溶液由酸性渐渐变为中性，当恰好完全反应时溶液呈碱性且水电离程度达到最大值。HX为弱酸，故A错误；B项：T、P点对应的溶液都呈碱性，故B错误；C项：N点呈中性，加入蒸馏水稀释中性溶液，稀释后溶液仍旧呈中性，故C错误；D项：取M点计算电离常数，c（H＋）＝c（OH-）＝1×10-7mol·L-1，混合溶液中，，，故D正确。故选D。【答案】D【解析】(1)硬质管中铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；(2)液体加热时简单发生暴沸现象，加入碎瓷片的作用是防止暴沸；(3)装置E中发生反应为H2＋CuOCu＋H2O，则反应现象是黑色固体变红，右端管壁有水珠；(4)在验证反应后黑色固体的成分时，检验Fe3＋，最佳试剂为KSCN溶液，在确定存在Fe3＋时，检验Fe2＋，可用酸性KMnO4溶液。由于酸性KMnO4溶液与盐酸发生反应，所以在溶解反应后的黑色固体时，不能用盐酸，也不能用硝酸(因为HNO3可氧化Fe2＋)，可用稀硫酸；(5)一份滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，说明溶液中含有铁离子，则可推断硬质玻璃管B中固体物质的成分为①肯定有Fe3O4；若溶液未变红色，则溶液中不存在铁离子，可推断硬质玻璃管B中固体物质中肯定存在Fe，即②正确，故答案为：①②。(6)检验亚铁离子，须要用胶头滴管加入酸性高锰酸钾溶液，若酸性高锰酸钾溶液褪色，则证明溶液中含有亚铁离子；(7)由“红棕色固体”知，该物质为Fe2O3，则试剂b为NaOH溶液；(8)氧化铁的质量为：m(Fe2O3)＝32g，则氧化铁的物质的量为n(Fe2O3)＝＝0.2mol，则含有铁元素的物质的量为n(Fe)＝0.4mol，则反应后B装置中铁元素的质量分数为×100%≈77.8%。【答案】(1)3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2(2分)(2)防止暴沸(1分)(3)黑色固体变红，右端管壁有水珠(2分)(4)稀硫酸(1分)(5)①(1分)②(1分)(6)酸性KMnO4溶液，溶液褪色(或铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，答案合理即可)(2分)(7)碱液(如NaOH、KOH)(2分)(8)77.8%(3分)【解析】(1)“酸浸”前将原料粉碎，增大了反应物的接触面积，从而加快反应速率；(2)流程图中“①加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，MnO2作氧化剂，可以用试剂H2O2代替；(3)流程图中“②调整pH”可以除去铁离子，由表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的溶液pH=3.7，则应将溶液pH调整限制的范围是3.7～7.6；上述工艺中，能循环运用的一种物质是电解过程中阳极液含的H2SO4；(4)Ksp(MnS)=2.8×10-10，Ksp(NiS)=2.0×10-21]，沉淀转化的方程式为：MnS+Ni2+=NiS+Mn2+，则Mn2+与Ni2+离子的物质的量浓度之比=c(Mn2+)：c(Ni2+)=Ksp(MnS)：Ksp(NiS)=2.8×10-10：2.0×10-21=1.4×1011；(5)在适当条件下，在MnSO4电解在阳极失去电子获得MnO2，其阳极电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-═MnO2

+4H+；(6)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4．当x=y=时，该化合物中各元素的化合价代数和为0，+1+(+2)×+(+3)×+(+4)×z+(-2)×2=0，z=。【答案】(1)增大反应物的接触面积，增大反应速率(2分)(2)将浸出液中的Fe2＋氧化为Fe3＋(2分)H2O2(2分)(3)3.7(1分)H2SO4(1分)(4)1.4×1011(2分)Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋(2分)(6)(2分)28．（14分）【解析】（1）NH2COONH4(l)是纯液体，则反应Ⅰ的平衡常数表达式为K=。（2）依据盖斯定律得：CO2(g)+2NH3(g)NH2CONH2(l)+H2O(l)ΔH=－102.2kJ·mol−1。（3）A．由于该混合气体反应前后均是CO2和NH3，且体积分数之比恒为1∶2，故容器中气体平均相对分子质量恒定不变，不能说明反应达到平衡；B．容器中气体密度等于气体质量除以容器体积，由于气体总质量在削减，故气体密度不再变更时，反应达到平衡；C．整个反应过程NH3的体积分数恒定为2/3，故不能说明达到平衡；D．压强与气体总物质的量相关，由于气体总物质的量在变更，故容器内压强不变时，说明反应达到平衡。故答案为A、C。（4）依据曲线可知，CO2过量，尿素产率由42%增加至45%，而NH3过量，尿素产率由42%增加至接近90%，故CO2过量对尿素产率的影响比较小。依据图像知，=3时，尿素产率为60%，可转化为CO2转化率为60%，再利用三段式求解。CO2(g)+2NH3(g)NH2CONH2(l)+H2O(l)起始物质的量（mol）a3a转化物质的量（mol）0.6a1.2a平衡物质的量（mol）0.4a1.8a混合气体中CO2的物质的量分数为0.4a/（0.4a+1.8a）=18.2%。（5）①当肯定时，比值越大，即NH3越多，CO2转化率越大，故A曲线代表比值为4.0。②由于合成尿素反应CO2(g)+2NH3(g)NH2CONH2(l)+H2O(l)ΔH=－102.2kJ·mol−1是一个放热反应，因此温度上升，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，从曲线a，b中选择。当温度肯定，压强增大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故20MPa条件下的曲线为a。M点条件为200℃，20MPa；N点条件为300℃，25MPa。依据题意可以从温度、压强、设备成本等方面作答。【答案】（1）K=（2分）（2）CO2(g)+2NH3(g)NH2CONH2(l)+H2O(l)ΔH=－102.2kJ·mol−1（2分）（3）AC（2分）（4）CO2（2分）18.2%（2分）（5）①4.0（1分）②a（1分）与300℃相比，200℃时CO2的平衡转化率更高；虽然压强越大、温度越高反应速率越快，但200℃、20MPa条件下，对设备要求低，有利于降低成本（2分）35.解析：(1)Cu位于第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1，因此Cu＋价层电子排布式为3d10。(2)①SOeq\o\al(2－,4)中σ键数为4，孤电子对数为eq\f(6＋2－4×2,2)＝0，则空间构型是正四面体形；依据EDTA的结构简式，该结构中有两种碳原子：饱和碳原子和形成双键的不饱和碳原子，饱和碳原子为sp3杂化，不饱和碳原子为sp2杂化。②C、N、O属于同一周期，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族元素的第一电离能大于第ⅥA族的，所以第一电离能大小依次是N＞O＞C，同一主族元素的第一电离能从上到下渐渐减小，即O＞S，故最大的为N。③依据阳离子的结构图可以看出，铜离子分别与4个氨分子和2个水分子形成配位键，氨分子和水分子内部有共价键，即该阳离子中存在配位键和共价键；该化合物加热时首先失去水，缘由是铜离子与水所形成的配位键要比与氨气所形成的配位键弱。(3)Cu原子有4个位于棱上，6个位于面上，故个数为6×eq\f(1,2)＋4×eq\f(1,4)＝4，In原子有8个位于顶点上，4个位于面上，1个在体心，故个数为8×eq\f(1,8)＋4×eq\f(1,2)＋1＝4，Se原子有8个，全部在晶胞内部，共8个，因此晶体的化学式为CuInSe2；晶胞从顶部向底部看Se原子分布有四层，排布符合ABABAB，故积累方式为面心立方最密积累；C原子位于下面正方体的体对角线的eq\f(1,4)处，故坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4)，\f(1,8)))；依据ρ＝eq\f(m,V)，质量m＝eq