江西省九师联盟2024-2025学年高三上学期12月联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省九师联盟2024-2025学年高三上学期12月联考可能用到的相对原子质量：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．的模型与空间结构均为直线形，A不符合题意；B．的模型与空间结构均为平面三角形，B不符合题意；C．的模型与空间结构均为正四面体形，C不符合题意；D．的模型为四面体形，空间结构为V形，D符合题意；故选D。2.制备肼可利用反应。下列说法正确的是A.基态O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．基态O原子轨道表示式：，A项错误；B．N元素电负性较强，分子间能形成氢键，B项正确；C．的中心原子N原子价层电子对数为，孤电子对数为1，空间构型三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，的中心原子O原子价层电子对数为，孤电子对数为2，空间构型为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，C项错误；D．中除了含有离子键，还存在Cl、O之间的共价键，D项错误；故答案为：B。3.京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的说法错误的是A.属于烃的衍生物 B.能与FeCl3溶液发生显色反应C.与Na和均能反应 D.能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色【答案】B【解析】A．该物质分子中含有C、H、O三种元素，故其属于烃的衍生物，A正确；B．根据物质分子结构可知：物质分子中无苯环，也不含有酚结构单元，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应，B错误；C．该物质分子含有醇羟基、羧基，能与Na发生反应；含有羧基，还可以和NaOH溶液发生中和反应，C正确；D．该物质分子中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应；也可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色；分子中含有羟基，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；故合理选项是B。4.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.中含键数目为下B.标准状况下，中原子总数为C.溶液中含O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．的结构为中含σ键数目为，A错误；B．标准状况下，不是气体，B错误；C．除中含有O原子外，水分子中也含有O原子，C错误；D．反应②为，生成时转移电子为，D正确；故选D。5.下列说法中正确的是A.的酸性小于B.基态碳原子核外有三种能量不同的电子C.的中心原子价层电子对数为3D.分子中有2个手性碳原子【答案】B【解析】A．因电负性：中羟基的极性更大，其酸性大于，A错误；B．基态碳原子的核外电子排布式为，占据三个能级，则有三种能量不同的电子，B正确；C．中S原子的价层电子对数，C错误；D．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，乳酸分子中含有1个手性碳原子，D错误；故选B。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．与反应有生成，也能使注射器活塞向右移动，A错误；B．与水反应生成，不能用排水法收集，B错误；C．浓硫酸具有吸水性，且混合放热，故可得到少量，C正确；D．氯气也能与碘化钾反应生成碘单质使淀粉变蓝色，不能证明氧化性，D错误；故选C。7.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)通过螯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C、N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，则第一电离能：，A项正确；B．NH3分子间可形成氢键，沸点高，和为分子晶体，分子量大，沸点高于，B项正确；C．由该螯合物的结构可知，该配合物中C、N原子杂化方式均为，C项正确；D．键为通过螯合作用形成的配位键，Ni提供空轨道，N提供孤电子对，则该配合物中通过螯合作用形成的配位键有，D项错误；答案选D。8.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.的下溶液中：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】含少量的溶液中加NaF溶液除钙生成CaF2沉淀，再加碳酸氢钠沉镍得到NiCO3。A．根据质子守恒可得的溶液中，A项错误；B．上层清液是的饱和溶液，，故有，B项正确：C．根据电荷守恒知，溶液中：，，c(Na+)≠c(H2CO3)，C项错误；D．“沉镍”后溶液为的混合溶液，n(Na)＞n(C)，则，D项错误；故答案为：B。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】该装置为电解池装置，电极I二氧化碳被还原为一氧化碳，则电极I为阴极，电极II电解饱和食盐水生成次氯酸钠，则电极II为阳极，总反应：。A．催化电极Ⅱ上转化为失电子被氧化，则催化电极Ⅱ应与电源的正极相连，A正确；B．氢离子为阳离子，电解池装置中，阳离子向着电解质阴极发生移动，即质子通过交换膜由催化电极Ⅱ室移向催化电极I室，B正确；C．电极I为阴极，二氧化碳被还原为一氧化碳，电极反应式：，C正确；D．电池总反应为，理论上每消耗，生成，D错误；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选项实例解释A键角依次减小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B不存在稳定的分子N原子价层只有4个原子轨道，不能形成5个键C熔点：熔化时要断开化学键，只需克服范德华力D焰色试验为黄色与电子跃迁有关A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．中N原子上均没有孤电子对，不能用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来解释三者键角依次减小，可用杂化理论解释为sp杂化，键角180°，为sp2杂化，键角120°，为sp3杂化，键角109°28′，所以三者键角依次减小，A不符合题意；B．氮原子价层只有4个原子轨道，3个未成对电子，由共价键的饱和性可知，氮原子不能形成5个氮氟键，则不存在稳定的五氟化氮分子，B符合题意；C．是分子晶体，熔化时克服的是分子间作用力而不是断开化学键，C不符合题意；D．焰色试验为黄色，与电子跃迁有关，D不符合题意；故选B。11.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m表示与之间的关系B.的溶液中：C.交点a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，当时或时，由图可知，坐标原点时，曲线m对应的为2.3，曲线n对应的为5.7，一级电离常数大于二级电离常数，则曲线m表示与变化的关系，曲线n表示与变化的关系，一级电离常数，二级电离常数。A．由上述分析可知，曲线m表示与变化的关系，A项正确；B．为3.5的溶液中，则，B项错误；C．溶液中存在电荷守恒：，则，a点，，C项正确；D．溶液中，的水解常数，即的电离程度大于水解程度，且HA-的电离程度和水解程度都很小，溶液中，D项正确；故答案为：B。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.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x轴投影晶胞中所有原子的分布图如图2所示，A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．同一周期主族元素，原子序数增大，电负性增强，所以电负性：，A项正确；B．A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为，B项正确；C．A、C位于体对角线位置，距离为体对角线，即为pm，C项错误；D．根据均摊原则，每个晶胞含有的个数为，每个晶胞中含有4个，该晶胞的质量为，晶体的密度为ρ=g∙cm-3，D项正确；故答案为：C。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】向矿粉中加入硫酸溶液，在足量空气和pH为2的条件下发生细菌氧化，将铁元素转化为铁离子、硫元素转化为硫酸根离子、砷元素转化为砷酸，过滤得到滤液①和滤渣；将滤液①中铁元素、砷元素转化为沉淀，过滤得到净化液；向滤渣中加入氰化钠溶液，在空气中浸金，将金转化为二氰合金离子，向含有二氰合金离子的浸出液中加入锌，将溶液中二氰合金离子转化为金，过滤得到含有四氰合锌离子的滤液②和金。A．“细菌氧化”时二硫化亚铁在细菌作用下与氧气和水反应生成硫酸铁和硫酸，反应的离子方程式为，故体系酸性增强，A项正确；B．细菌的活性与温度息息相关，高温会导致细菌死亡，因此细菌氧化需要控温，B项错误；C．“沉金”时发生反应：，Zn元素化合价升高、Au元素化合价降低，即作还原剂，将还原为，C项正确；D.“沉铁砷”时，加碱调节pH值使Fe3+转化为胶体，胶体能吸附含砷微粒，促进含微粒的沉降，D项正确；故答案为：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MnO2，还含有少量铁、铝及硅的氧化物)为原料制备锰酸锂(LiMn2O4)。工艺流程如图所示：已知：当溶液中某离子的浓度不大于1.0×10-5mol/L时，该离子沉淀完全。25℃时相关物质的Ksp如表所示：物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp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SiO2，其晶体类型为_____。（3）“浸取”时，MnO2反应的离子方程式为_____。（4）“精制”时，H2O2加入的量应大于理论值，原因是_____。（5）若“浸取”后溶液中c(Mn2+)=0.1mol/L，则“精制”时应调pH的范围为_____[计算时Mn2+只考虑生成Mn(OH)2沉淀]，滤渣Ⅱ的主要成分是_____(写化学式)。（6）“控温、氧化”时，Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4均可被氧化为MnO2，该步骤溶液的pH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MnO2与Li2CO3的物质的量之比为_____。【答案】（1）或（2）共价晶体（3）（4）H2O2在Fe3+、Mn2+的催化作用下易分解损耗（5）①.4.9≤pH<8.1②.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，Al2O3与H2SO4反应转化为Al2(SO4)3存在于溶液中，过滤出酸性氧化物SiO2，得到MnSO4、Fe2(SO4)3，Al2(SO4)3、FeSO4、H2SO4的混合溶液，向其中加入H2O2，可以把Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液pH使Fe3+、Al3+转化生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去；滤液中加氨水沉锰，得到的是Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4滤饼，过滤，通入水、氧气控温、氧化生成MnO2，加入Li2CO3锂化生成LiMn2O4。（1）Mn是25号元素，根据构造原理，可知基态Mn原子核外电子排布式是或；（2）SiO2与硫酸不反应，因此滤渣I的主要成分是SiO2，SiO2为共价晶体；（3）浸取时，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2得到电子被还原为Mn2+，同时反应产生H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：；（4）“精制”时，H2O2加入的量应大于理论值，这是由于H2O2除了将Fe2+氧化为Fe3+外，H2O2在Fe3+、Mn2+的催化作用下会部分分解而损耗，因此H2O2加入的量应大于理论值；（5）要使溶液中Fe3+转化生成Fe(OH)3，则c(OH-)≥mol/L=10-11.2mol/L，c(H+)≤mol/L=10-2.8mol/L，pH≥2.8；要使溶液中Al3+转化生成Al(OH)3，则c(OH-)≥mol/L=10-9.1mol/L，c(H+)≤mol/L=10-4.9mol/l，pH≥4.9，使Fe3+、Al3+转化生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀需要溶液的pH最小值为4.9；在浸取后溶液中c(Mn2+)=0.1mol/L，而浸取后溶液中c(Mn2+)=0.1mol/L，根据Ksp[Mn(OH)2]=10-12.8，则c(OH-)=mol/L=10-5.9mol/L，c(H+)=mol/L=10-8.1mol/l，pH<8.1；则使Fe3+、Al3+转化生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，而Mn2+不能形成Mn(OH)2沉淀，则相应的溶液的pH范围为4.9≤pH<8.1；根据上述分析可知滤渣Ⅱ的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；（6）“控温、氧化”时，Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4均可被氧化为MnO2，该步骤溶液的pH随时间的变化而逐渐减小，这是由于氧化时会发生反应：Mn2(OH)2SO4+O2=2MnO2+2H++，反应产生H+，使溶液中c(H+)增大，溶液酸性增强，因而溶液pH逐渐减小；（7）“锂化”时，MnO2与Li2CO3发生反应：8MnO2+2Li2CO3=4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑，根据反应方程式可知：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X的名称是_____。（2）装置B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A，会导致产率_____(填“增大”“降低”或“无影响”)。（5）装置C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，在继续用溶液滴定至溶液出现粉红色且内不褪色，又消耗溶液。已知上述过程中。①样品中的质量分数表达式为_____(用含m、c、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(或恒压分液漏斗)（2）(浓)=（3）c→a→b→e→d→f（4）降低（5）（6）①.(或其他合理形式，2分)②.无影响③.【解析】使用B装置用强氧化剂KClO3与浓盐酸在室温下制取Cl2，然后结构装置A除去Cl2中的杂质HCl，再将Cl2通入装置C中与K2MnO4制备KMnO4，导气管应该长进短出，最后通入装置D进行尾气处理，防止多余Cl2污染环境，据此分析；（1）仪器X的名称是恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)；（2）根据分析可知，与反应生成氯气，反应的化学方程式为(浓)=；（3）根据上述分析可知装置连接顺序是BACD，则装置导气管连接顺序是；（4）若去掉装置A，挥发的氯化氢会与溶液中的KOH中和，导致溶液碱性减弱，反应生成MnO2，从而导致KMnO4产率降低；（5）氧化，制备，离子方程式为：；（6）①设FeC2O4·2H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H2C2O4·2H2O的物质的量为zmol，步骤I中和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4，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：z=，所以H2C2O4·2H2O的质量分数=；②Fe元素的物质的量=，若步骤I中KMnO4溶液不足，则步骤I中有一部分Fe2+没有被氧化，不影响V2的大小，则不变，则对于测得Fe元素的含量无影响；③若，H2C2O4·2H2O的质量分数=，样品中不含H2C2O4·2H2O，样品中含有的杂质为；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：化学键键能615812347.7413.4回答下列问题：（1）反应I的_____。该反应能够自发的条件是_____(填“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“<”)。（3）一定温度下，保持总压为不变，向容积可变的密闭容器中加入及催化剂进行上述反应，达到平衡时测得与的物质的量之比为，的体积分数为。①的平衡转化率为_____。②的选择性为_____(选择性，结果保留三位有效数字)。③此温度下，反应Ⅱ的平衡常数_____(压强代替浓度，分压=总压×物质的量分数)。（4）1-丁烯可以利用正丁烷催化脱氢制备，催化脱氢分为无氧催化脱氢和有氧催化脱氢，如下表所示。与无氧脱氢相比，其他条件相同，有氧脱氢(为氧化剂)平衡转化率高的原因是_____。无氧催化脱氢有氧催化脱氢反应i．反应ii．平衡转化率：平衡转化率：【答案】（1）①.②.高温（2）①.温度②.<（3）①.②.③.（4）生成的与反应，促进正丁烷脱氢反应平衡正向移动【解析】（1）反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和；反应I中碳氢键数相同，故；该反应为吸热的熵增反应，则能够自发的条件是高温；（2）反应为吸热的气体分子数增大的反应，相同条件下，升高温度，平衡正向移动，1-丁烯的平衡转化率增大，增大压强，平衡逆向移动，1-丁烯的平衡转化率减小，结合图，相同条件下X增大，1-丁烯的平衡转化率增大，则X为温度，那么Y为压强，且<；（3）由题意列三段式：反应I为气体分子数增加1的反应、反应Ⅱ为气体分子数增加2的反应，则反应后气体总的物质的量为1+a+2a=1+3a，的体积分数为，则，a=0.2mol；①的平衡转化率为。②的选择性为。③此温度下，反应后气体总的物质的量为1+3a=1.6mol，、、分别为0.4mol、0.4mol、0.4mol，反应Ⅱ的平衡常数；（4）相同条件下，生成的与反应，促进正丁烷脱氢反应平衡正向移动，使得有氧脱氢(为氧化剂)平衡