化学试题卷答案山东省九五高中协作体2026届高三年级12月质量检测（九五联考）(12.17-12.18)

2026高三年级12月质量检测(九五联考)化学试题参考答案及评分标准1.答案：D解析：A选项主要成分为陶瓷，制作陶瓷的主要原料为黏土，正确；B选项主要成分为铜，属于金属材料，正确；书写对联的墨中含有炭黑，属于碳的同素异形体，正确；D选项的主要成分为玉，玉的主要成分为Al2O3，错误。故选D2．答案：C解析：臭氧具有强氧化性，且反应后生成无毒物质，可以用于桶装水的杀菌消毒，A选项合理；碳酸氢铵受热易分解生成氨气、二氧化碳和水，可用于烘焙食品的膨松剂，B选项合理；汽车发动机配件上油污的主要成分属于烃类物质，不溶于纯碱液，无法有效除去，C选项不合理；氰化钠有还原性，可用双氧水对其进行无害化处理，D选项合理。故3．答案：B解析：浓硝酸应用棕色细口玻璃瓶盛放，A选项错误；可用带刻度的10mL移液管移取6.00mL浓硫酸，B选项正确；用稀硝酸洗涤试管壁上附着的金属银，不能用稀氨水，C选项错误；稀的硫酸和Ba(OH)2溶液混合，除发生中和反应外，还有生成BaSO4的沉淀反应，所以不能用稀的硫酸和Ba(OH)2溶液测定中和热，D选项错误。故选B。4.答案：D解析：电热水器中装有镁棒保护内胆，运用原电池原理，属于牺牲阳极保护法，A选项错误；热贴中涉及原电池原理，铁用完后变成Fe2O3，负极反应为Fe-2e-=Fe2+，B选项错误；用锌、铁作电极电解ZnSO4溶液可实现铁上镀锌，是因为H+浓度远小于Zn2+时Zn2+放电，等浓度的Zn2+比H+难在阴极放电，C选项错误；变黑的银器放入盛有饱和食盐水的铝盆中，恢复光亮的正极反应为Ag2S+2e-=2Ag+S2-，D选项正确。故选D5.答案：D解析：测定胆矾晶体中结晶水的数目时，灼烧后的坩埚需放在干燥器冷却，A选项不符合题意；苯酚钠溶液中通入CO2生成难溶于水的苯酚，苯酚在水中以液体形式存在，得到的浊液为乳浊液，分离应用分液漏斗，B选项不符合题意；实验室用无水乙醇和浓硫酸制备乙烯时，需要立即加热到170℃,需用温度计，C选项不符合题意；浓盐酸易挥发，盐酸标准溶液的配制一般先粗略配制所需体积的盐酸，然后用标准溶液标定其浓度，所以可以不用500mL的容量瓶，D选项符合题意。6.答案：D解析：CuS不溶于酸，所以将H2S气体通入CuSO4溶液中可生成CuS，但FeS溶于酸，所以将H2S气体通入FeSO4溶液中不能生成FeS，A选项错误；因为CaCO3是沉淀，所以将少量CO2气体通入漂白粉溶液中可生成CaCO3和HClO，但HClO的酸性强于HCO3-，因此将少量CO2气体通入漂白液中只能生成NaHCO3和HClO，B选项错误；硝酸与过量的铁粉反应生成Fe(NO3)2，但干燥的氯气与过量的铁粉加热反应只能生成FeCl3，C选项错误；CO2和SO2均属于弱酸的酸性氧化物，所以CO2通入CaCl2溶液中无沉淀生成可推知SO2通入BaCl2溶液中也无沉淀生成，D选项正确。故选D。7．答案：A解析：用NH4HCO3溶液沉铁(Fe2+)的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，A选项正确；用铜和过量硫酸反应制备少量SO2时，生成的水很少，不能形成稀溶液，因此硫酸、硫酸铜均不能拆，B选项错误；实验室中用饱和氯化铁溶液加热水解制备Fe(OH)3胶体，氯化铁溶液和氨水反应主要生成Fe(OH)3沉淀，C选项错误；关联侯氏制碱法的反应原理可知，用饱和氨盐水吸收过量CO2的离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+，D选项错误。故选A。8.答案：B解析：题给机理是CO2放电的反应机理，因此是电池正极的反应机理，A选项正确；SARu-Co3O4/CC是催化剂，可降低反应活化能，但不会改变的正负极反应物的活性，因此不可能增大电势差，B选项错误；加入催化剂后，决速步骤的活化能越低，催化效果越好，采用SARu-Co3O4/CC催化剂时，决速步骤的活化能大于采用Co3O4/CC催化时的决速步骤的活化能，所以Co3O4/CC催化效果更好，C选项正确；本电池的负极是金属锂，所以不能用水溶液做电解质溶液，D选项正确。故选B。9.答案：D解析：0.001mol.L-1Na2S溶液中，S2-水Kh根据硫元素守恒可知c(HS−)<0.001mol.L−1，所以则c(OH−)>c(S2−)，A正确；根据越稀越水解知B选项正确；Ksp(FeS)远远大于Ksp(CuS)，向cCu2+=0.1mol.L-1的溶液中加入FeS时，可以发生沉淀的转化FeS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Fe2+(aq)，该反应的平衡常数为K因此该反应可以完全进行，当溶液中Cu2+完全沉淀时，溶液中c(Fe2+)约为0.1mol/L，此时溶液的c(S2-)约为1×10-16mol.L−1，[H+]2[S2-]/[H2S]=Ka1Ka2=1×10-20[H+]=10-2[H2S]1/2，故pH=2-1/2lg[H2S]，C选项正确；除去1Lc(Cr2O72-)=0.01mol·L-1含铬废水需要Fe2+0.06mol，根据Fe-2e-=Fe2+知转移电子数应为0.12NA，D选项错误；综上所述，本题选D。10.答案：B解析：根据图示可知，电解池A：2H2I－H2↑+I2，电解池B：4Fe3++2H2OO2↑+4H4Fe2光催化反应池：2Fe2I22Fe32I故A选项正确；n(H2)＝0.150mol，转移电子的物质的量为n(e－)＝2n(H2)＝0.300mol，因为电解池A、B是串联电解池，电路中转移的电子数目相等。所以，n(Fe2＋)＝n(e－)＝0.300mol，B选项错误；根据化学反应2Fe2I22Fe32I光催化反应生成I－的速率v(I－)＝v(Fe3＋)＝cmol·min-1，电解池A中消耗I－的速率应等于光催化反应池中生成I－的速率amol·L－1×Q-bmol·L－1×Q=cmol·min－1，所以，Q=c/(a－b)L·min－1,C选项正确；本装置中的能量形式涉及光能、电能、化学能，还伴随热能，所以至少涉及4种形式的能量转化，D选项正确。故选B11.答案：C解析：SO2的漂白性具有选择性，因此，SO2不能使石蕊溶液褪色并不能说明SO2没有漂白性，A选项错误；根据2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O可知，没法说明是Fe2+催化还是Fe3+催化H2O2分解，B选项错误；C（g）的分压为50kPa，将容器压缩为原来的一半时，其分压会变成100kPa，但达平衡后测得C(g)的分压为80kPa，说明加压后平衡逆向移动，正（g），C选项正确；因氯气和次氯酸均能将I-氧化成I2，所以不能说明氯水中有氯气，不能说明氯气和水的反应为可逆反应，D选项错误。故选C。12.答案：D解析：MOx-n是水分解的催化剂，MOy是中间产物，A选项错误；在“水分解”过程中H2O变成H2，只做氧化剂，B选项错误；根据2H2O=2H2↑+O2↑,若生成标准状况下2.24LO2，则有0.2molH2O分解，但是催化剂不消耗，C选项错误；“两步热化学循环”的两步所需的温度不一样，分步设计有利于节约能源。13．答案：C解析：用高锰酸钾能将甲苯直接氧化成苯甲酸，A选项错误；“操作Ⅰ”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，过滤用普通漏斗，“操作Ⅱ”是分液，分液用分液漏斗，不可使用同一个的漏斗，B选项错误；“操作Ⅱ”是分液，分离原理是根据两种液体不互溶，“操作Ⅲ”是蒸馏，操作原理是两种液体沸点不同，所以分离原理不同，C选项正确；因水解得到的Mn(OH)2和H2SO4均不挥发，所以加热蒸干MnSO4溶液得到的固体仍然是MnSO4，D选项错误。故选C14.答案：CD解析：由图像可知，第一步反应的反应速率更快，所以Ea1<Ea2，升高温度后n(A)增加，n(Z)减小，说明温度升高到一定程度，两个反应均逆向移动，且第二个反应逆向移动的程度更大，故ΔH2<ΔH1，A选项正确；选择反应2的合适的催化剂，可降低反应2的活化能，当反应2的活化能小于反应1时，反应1就变成决速步骤，B选项正确；平衡前，催化剂加快反应速率，平衡后，催化剂不使平衡移动，图像变化趋势不变，C选项错误；达平衡后，若其他条件不变，再充入Z，在作用效果上相当于增大压强，因此n(X)/n(Z)减小，D选项错误。故选CD。15.答案：BD解析：A.通过G点计算，可求A选项正确；根据题意，重铬酸钾溶液中加入碱转化成铬酸钾，已知溶液中的除H+和K+外，不含其他阳离子，因此需向溶液中加入KOH调pH，因此根据铬原子守恒，以及铬原子与钾离子的数量关系，可知c(K+)不等于c(CrO42-)+c(HCrO4-)+c(H2CrO4)，B选项错误；当溶液pH=6.60时，计算Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+的平衡常数K约为5.1×10-15.2，C选项正确；根据B、E、G点图像中提供的数据，分别计算Ka1、Ka2和Kw，然后计算HCrO4-的水解常数，比较可知该温度下，HCrO4-的电离程度大于水解程度，选项D错误。故选BD。三、非选择题16.（12分1）长颈漏斗（2）与过量的SO2反应，防止溶液酸性过强，同时提供部分Na2SO3（写出一点即可）（3）①5S2O32-＋8MnO4-＋14H8Mn210SO42-＋7H2O（2分）②碱式③溶液由无色变成浅红色，且半分钟不褪色（2点都答出来，1分）滴加一滴KMnO4标准溶液，溶液变成紫色，滴加一滴Na2S2O3待测溶液，溶液又变为无色。（2（4）乙醇D（5）取样后，加入过量盐酸酸化，静置沉淀后，向上清液中滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明有SO42-生成，说明Na2S2O3·5H2O确实有脱氯效果（“盐酸”和“BaCl2”都答出来2分，只答一种试剂0分2分）评分标准：满分12分，除标注外，每空1分。解析1）B装置中a的名称是长颈漏斗；（2）因Na2S2O3酸性环境中不稳定，且装置C中的核心反应是Na2SO3+S+5H2O=Na2S2O3·5H2O，则实验过程中Na2CO3的主要作用是与过量的SO2反应，防止溶液酸性过强，同时提供部分Na2SO3；（3）①圆底烧瓶内是硫代硫酸钠与酸性高锰酸钾发生反应，因此离子方程式为5S2O32-+8MnO4-＋14H8Mn210SO42-＋7H2O；②高锰酸钾溶液具有强氧化性，腐蚀橡胶，所以不能用碱式滴定管③此时就是滴定终点的现象，即溶液由无色变成浅红色，且半分钟不褪色判断是否真的到达滴定中的方法是滴加一滴KMnO4标准溶液，溶液变成紫色，滴加一滴Na2S2O3待测溶液，溶液又变为无色。（4）①为增加硫与亚硫酸钠的相互接触，应加入乙醇作溶剂②“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，A选项错误；为得到较大晶体颗粒，可采取慢慢冷却的方法，B选项错误；减压过滤后，洗涤滤饼时应慢慢抽气，充分洗涤，C选项错误；结束减压过滤时，应首先打开安全瓶上的旋塞，D选项正确。故选D（5）取样后，加入过量盐酸酸化，静置沉淀后，向上清液中滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明有SO42-生成，说明Na2S2O3·5H2O确实有脱氯效果17.(12分)答案1）使反应更充分或防止生成的CaSO4覆盖在矿石表面，阻止反应发生2V2O5＋4H2SOSO4＋4H2O＋O2↑（250℃不写，VOSO4都给2分）将VO2＋还原为易被萃取的VO2将Fe3＋还原为不易被萃取的Fe2只答一条原因1分，只答还原剂0分）（3）H2SO4（1分写名称0分）ClO3-＋6VO26NH3·H2O＋3H2O＝6NH4VO3↓+Cl12H+（4）H2O2、Al2O3（只写一种试剂0分）评分标准：满分12分，除标注外，每空2分。解析1）增大酸浸效果或防止生成的CaSO4覆盖在矿石表面，阻止反应发生。（2）V2O5与浓硫酸反应时＋5价的V被还原为＋4价，根据各元素所处的价态可知该过程中O元素被氧化生成O2，结合电子守恒和元素守恒可得化学方程式为2V2O5+ 由流程图可知，加入的试剂a应该是铁粉，其作用是将VO2＋还原为易被萃取的VO2+,将Fe3＋还原为不易被萃取的Fe2+;（3）根据题意可知VO2＋在有机相中的萃取能力随pH增大而增强，所以加入硫酸降低VO2＋在有机相中的萃取能力，实现反萃取；氧化过程中加入KClO3和氨水将VO2＋氧化得红钒沉淀，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为ClO3-＋6VO26NH3·H2O＋3H2O=6NH4VO3↓+Cl12H+;（4）根据流程信息，最终获得铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H₂O]副产品，则需要除去铁元素，根据溶液中的微粒组成，需要首先用H2O2将二价铁氧化成三价铁，然后用Al2O3调节溶液的pH，将三价铁沉淀。（5）由铵明矾的水溶液结晶得到铵明矾晶体的操作X是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，所以用不到的仪器是坩埚，故选d18.（12分）答案：（1）电子分析天平（1分）（2）除去CO32-，防止生成BaCO3沉淀（答出除去CO32-就得分）（3）2SO2＋2Na2CO3＋O2＝2Na2SO4＋2CO2CaCO3、Na2SO4（一个1分，若多写只看前2个）（4）燃烧除去滤纸（1分）（5）1.5h1.02评分标准：满分12分，除标注外，每空2分。解析1）根据质量20.000g，可知称量的仪器为电子分析天平（2）加盐酸调pH≈1～2的目的是除去CO32-，防止生成BaCO3沉淀（3）因可燃性硫首先燃烧转化为SO2，继而在空气存在下与艾什卡试剂作用形成Na2SO4，所以反应的化学方程式为2SO2＋2Na2CO3＋O2＝2Na2SO4＋2CO2又因为样品中难溶于水和微溶于水的硫酸盐则转化为不溶于水的碳酸盐和可溶于水的钠盐，所以样品中CaSO4在灼烧时转化成CaCO3和Na2SO4（4）“灰化”的目的是燃烧除去滤纸（5）根据表格中的数据先增大后减小的特点可知加热的适宜时间为1.5h；该煤样中SO2~S~BaSO464233X0.741gx=0.2035g19.（12分）答案：(1)+(2+x)（2+x也算对）（1分）Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4(2)①还原剂，将水热反应中被氧化的铁还原到+(2+x)价（1分）（答出还原剂就得分）②加快沉淀与水的分离，便于过滤（1分）（3）B锂离子嵌于正极材料层状结构之间，锂离子处于脱出和嵌入的自由状态，因此更容易被硫酸浸出1.25（1分）过量的磷酸铁锂酸溶后产生的Fe2+不能被氧化而使Fe的浸出率出现较快增长。评分标准：满分12分，除标注外，每空2分。解析1）Li元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，根据化合价代数和为零，可知Fe元素的化合价为2+x价根据得失电子守恒可知，若一次放电过程中，负极有xmolLi参与反应，则会有xmolLi+嵌入磷酸铁锂正极，因此对应正极的反应式为Li1-xFePO4+xLi+xe-=LiFePO4（2）①加入葡萄糖的作用是作还原剂，将前驱体中被氧化的铁还原到（2+x）价；②离心的目的是加快沉淀与水的分离，便于过滤（3）在处理钴酸锂时需要加入还原剂，处理磷酸铁锂时需要加入还原剂，因此试剂a既有氧化性，又有还原性，因此是H2O2，故选B；由图像可知，混合协同浸出锂、钴的适宜条件是硫酸浓度为1.25mol/L；过量的磷酸铁锂酸溶后产生的Fe2+不能被氧化而使Fe的浸出率出现较快增长。20.（12分）答案：（1）①+247.4（247.4也对）②22.5减小反应体系的分压，促进平衡正向移动（1分或答相当于减压，平衡正移）（2）①100MPa下CO（1分）温度相同时，增大压强使反应Ⅰ平衡正向移动，CH4的体积分数增大，CO体积分数降低，M点高于N点（答出相同意思得分）2.4②bc（一个一分，有错不得分）评分标准：满分12分，除标注外，每空2分。【解析】（1）①根据反应反应ICH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH1，反应IICO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH241.2kJ·mol－1，反应IIICH4(g)+O2(g)CO(g)＋2H2(g)ΔH335.6kJ·mol－1由已知条件可得反应ⅣO2+H2(g)H2O(g)ΔH4241.8kJ·mol－1可知：II＋III-Ⅳ即为反应I，则ΔH1=ΔH2+ΔH3-ΔH441.2kJ·mol－1－35.6kJ·mol－1＋241.8kJ·mol－1247.4kJ·mol－1；②反应ⅢCH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2((Ar)＝0.200，χ(CO2)=3χ(CH4)]可知，起始时，Ar的物质的量为2molp(Ar)＝7.2kPa，总压36kPa不变，某时刻测得p(Ar)＝6kPa，说明气体总物质量变为原来的1.2倍，即为12mol，因此增加2mol，利用差量法列出三段式：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)Δn初始物质的量/mol26002改变物质的量/mol11222末态物质的量/mol1522代入式子v正(CO)＝k1p(CH4)·p(CO2)(Pa·s－1)得到v正(CO)＝k1×3×15kPa·s－1＝45k1kPa·s-1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知v正v正＝22.5k1kPa·s－1。（2）①根据两个反应的热效应可知：随温度升高，呈升高趋势的曲线表示CO的体积分数，反应Ⅰ正反应是气体分子数减小的反应，增大压强时，H2O的量增加，反应Ⅱ逆向移动，CO的体积分数也会减小，所以，d线表示100MPa时CO的体积分数变化趋势；