重庆市名校联盟2024-2025学年高三下学期第一次联合考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1重庆市名校联盟2024-2025学年高三下学期第一次联合考试试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．杭州亚运会口号“心心相融，@未来”。下列亚运会所涉及的材料中，主要由无机非金属材料制成的是ABCD湖山奖牌—金牌场馆建造—聚四氟乙烯场馆用电—硅太阳能电池板火炬燃料—甲醇A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】金牌的主要成分是合金，属于金属材料；聚四氟乙烯是有机高分子材料；硅太阳能电池板主要成分是晶体硅，属于无机非金属材料；甲醇是有机物，属于有机材料。故选C。2．下列化学用语表达正确的是A．H元素的三种核素：B．Na2OC．激发态H原子的轨道表示式：D．空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子【答案】B【解析】H元素的三种核素表示为1H、2H、3H，A错误；Na2O2是离子化合物，Na＋和O22-之间是离子键，O22-中两个氧原子之间是非极性共价键，电子式为，B正确；第一个能层只有1s轨道，没有1p轨道，3．下列离子方程式书写正确的是A．向CaCl2溶液中通入B．酚酞滴入碳酸钠溶液中变红：COC．用TiCl4制D．苯酚钠溶液中通入少量CO2：＋CO2＋H2O→＋CO3【答案】B【解析】由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故向CaCl2溶液中通入CO2气体不反应，酚酞滴入碳酸钠溶液中变红是因为CO32-存在水解平衡使溶液呈碱性，水解的离子方程式正确，B正确；用TiCl4制TiO2⋅xH2O时，加入大量的水，同时加热，促使由于酸性：碳酸>苯酚>HCO3-，苯酚钠溶液中通入少量的CO2气体生成苯酚和碳酸氢钠：＋CO2＋H2O→＋HCO3-，D4．X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z可形成原子个数比为1:1的18电子分子；X与W同主族；Z的最外层电子数为M的2倍；Y的最简单氢化物与最高价氧化物对应的水化物反应可生成盐。下列说法不正确的是A．氢化物的稳定性：ZB．简单离子的半径大小：ZC．Z与M形成的化合物为两性氧化物D．最高价氧化物对应水化物的碱性：W【答案】A【解析】X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z可形成原子个数比为1:1的18电子分子，该分子为H2O2，则X为H，Z为O；X与W同主族，则W为Na；Z的最外层电子数为M的2倍，M的最外层电子数为3，M为Al；Y的最简单氢化物与最高价氧化物对应的水化物反应可生成盐，则Y为N，即X为H、Y为N、Z为O、W为Na、M为Al。由于O能形成H2O、H2O2，N能形成NH3、N2H4，题干没说比较最简单的氢化物，则无法比较两种元素氢化物的稳定性，A错误；电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越多，离子半径越小，则简单离子的半径大小：O2->Na＋>Al3＋，即Z>W＞M，B正确；Z与M形成的化合物为Al2O3，Al2O3能溶于强酸也能溶于强碱，属于两性氧化物，C正确；同周期元素从左到右，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，W为Na，M为Al5．实验操作是进行科学实验的基础。下列实验操作科学合理的是装置操作及目的A．熔化NaB．滴定终点前冲洗锥形瓶内壁装置操作及目的C．检验浓硫酸与铜反应后的产物中的CuD．测定醋酸溶液的浓度A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】Na2CO3在高温时能和瓷坩埚中SiO2发生的反应为Na2CO3+SiO2高温Na2SiO3+CO6．用金属钠制取氧化钠通常利用以下反应：2NaNO3+10Na=6Na2O+A．有0.6molNa2O生成C．反应过程中转移电子数目为2NA D．生成标况下【答案】C【解析】由反应方程式可知，1molNa充分反应时生成0.6molNa2O，A正确；由反应方程式可知，0.3molNaNO3与1molNa充分反应后，NaNO3过量，当有1molNa反应时生成0.1molN2，折算成标况下的气体体积为2.24L，7．下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A将盐酸酸化的CuCl2溶液黄色逐渐变绿色，最终变为蓝色溶液中cCuCl42-B将灼热的木炭投入浓硝酸中有红棕色气体产生浓硝酸能氧化木炭C向白葡萄酒中滴加几滴酸性高锰酸钾溶液溶液紫色褪去葡萄酒中含SOD向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，冷却后加入新制CuOH无砖红色沉淀生成淀粉未水解A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】在盐酸酸化的CuCl2溶液中存在平衡：CuCl42-黄色+4H2O⇌CuH2O42+蓝色+4Cl-，稀释前溶质以CuCl42-为主，溶液呈黄色，K=cCuH2O42+cCl-4cCuCl42-8．达菲的主要成分为磷酸奥司他韦，奥司他韦被称为流感特效药，具有抗病毒的生物学活性，结构简式如图所示，下列关于奥司他韦的说法不正确的是A．分子中含有4种官能团B．分子中含有手性碳原子C．能使溴水和酸性KMnO4D．1mol奥司他韦最多能与2molNaOH【答案】A【解析】分子中含有酯基、氨基、酰胺基、醚键、碳碳双键5种官能团，A错误；六元环中连有氨基、酰胺基、醚键氧原子的碳原子均为手性碳原子，B正确；分子中的碳碳双键能与溴发生加成反应，分子中的碳碳双键、氨基能被酸性KMnO4溶液氧化，故该物质能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，C正确；分子中的酯基、酰胺基在NaOH溶液中水解生成羧酸钠，1mol奥司他韦能与2molNaOH反应，D9．单质A的相关转化关系如图所示，下列说法错误的是A．物质B为FeB．反应①的类型可能是化合反应C．反应⑤需要加氧化剂才能实现D．反应⑧的化学方程式为4【答案】C【解析】F为红褐色固体，F为Fe(OH)3，单质A与氧气反应生成黑色固体B，A为铁，黑色固体B为Fe3O4，Fe3O4与HCl后可以生成FeCl3、FeCl2两种盐，C为FeCl2，D为FeCl3，E是Fe(OH)2，A正确；反应①可以通过加入盐酸实现，也可以通过化合反应2FeCl3+Fe=3FeCl2实现，B正确；反应⑤是FeCl10．KIO3晶体具有良好的光学性能，晶胞为立方体。已知：晶胞参数为anm，A．与K最近且距离相等的O的数目为6 B．1个晶胞中含有2个K原子C．K和O的最近距离为32anm【答案】D【解析】由图示晶胞可知，K位于顶点，O位于面心，与K最近且距离相等的O的数目为12，A错误；1个晶胞中含有8×18=1个K原子，B错误；面对角线上K和O最近距离为22anm，C错误；根据均摊法可知，1个晶胞含1个KIO311．一种新型短路膜电池分离CO2A．负极反应为：HB．正极反应消耗22.4LO2，理论上需要转移C．该装置用于空气中CO2的捕获，CO2最终由出口D．短路膜和常见的离子交换膜不同，它既能传递离子，还可以传递电子【答案】D【解析】由图示原电池可知，通入氢气的一极为负极，电极反应式为H2-2e-=2H+，H+与HCO3-反应生成CO2，A错误；通入O2的一极为正极，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，CO2与OH-反应生成CO32-，正极反应消耗标准状况下22.4LO2，理论上需要转移电子22.4L22.4L/mol×412．氢气是清洁能源之一，解决氢气的存储问题是当今科学界需要攻克的课题。C16A．分子中的σ键和π键的数目比为4:1B．C16S8C．C16D．C16【答案】B【解析】由图示分子结构可知，一个分子中σ键的数目为32，π键的数目为8，故分子中的σ键和π键的数目比为4∶1，A正确；C16S8和H2分子间都不能形成氢键，二者分子之间的作用是范德华力，B错误；C16S8是分子晶体，熔点由范德华力(分子间作用力)大小决定，C正确；C16S8完全燃烧的产物分别为CO2和SO2，CO2结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，SO2中心原子S13．室温下，通过下列实验探究Na2已知：H2实验实验操作和现象1用pH计测得0.0100mol⋅L-12向0.0100mol⋅3向0.0100mol⋅4向0.0100mol⋅LA．实验1溶液中存在：cB．根据实验2推出：KC．实验3溶液中存在：cD．实验4中滴加KMnO4溶液所发生的离子方程式为：【答案】C【解析】在实验1中：用pH计测得0.0100mol2⋅L-1Na2C2O4化简得cOH-=cH++2cH2C2O4+cHC2O4-，A正确；在实验2中：向0.0100mol⋅L在实验3中：当溶液pH=7时，有cH+=cOH-，根据电荷守恒：cNa++cH+=cOH-+cHC2O4-+2c14．探究汽车尾气中NO的无害化处理，催化剂作用下在容积均为1L的两个容器中发生反应2NO(g)⇌N2(g)＋O2(g)

△H1，有CO存在时发生反应2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)

△H2。容器①充入0.1molNO，容器②0.1molNO和0.1molCO。相同时间，NO的转化率随温度变化如图(不考虑催化剂失活)。下列说法不正确的是A．△H1<0，△H2<0B．T1温度下，可以通过更换高效催化剂提高NO的转化率C．T2温度下，反应2CO(g)＋O2(g)⇌2CO2(g)的平衡常数K＝1.024×105D．T2温度下，在容器②中再充入0.01molNO和0.01molCO2，此时平衡不移动【答案】D【解析】由图像可知，NO转化率达到最大后，继续升高温度，①②的NO转化率均减小，所以△H1<0，△H2<0，A正确；催化剂具有选择性，所以一定温度下，可以通过更换高效催化剂提高NO的转化率，B正确；①转化量：0.1mol×2000②转化量：0.1mol×8000=0.08mol2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)起始(mol·L-1)0.1二、解答题15．镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备回答下列问题：(1)基态Co原子的价层电子的轨道表示式为。(2)“滤渣Ⅰ”主要成分是(填化学式)。(3)“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀，该反应的离子方程式为。(4)①“萃取”时需充分振荡，目的是。②“萃取”和“反萃取”可简单表示为：2HX+Ni2+⇌(5)常温下，KspCoOH2=2×10-15，若起始时cCo2+=0.05mol(6)CoCO3在空气中能受热分解，测得剩余固体的质量与起始CoCO3的质量的比值(剩余固体的质量分数将CoCO3固体置于热解装置中，通入空气流，在℃(填范围)煅烧至恒重即可得到Co3O4。(已知CoCO3的摩尔质量为【答案】(1)(2)SiO2、(3)3(4)增大有机溶剂与溶液的接触面积，提高Ni2+的萃取率消耗H+(5)7.3(6)400°【解析】含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)中加H2SO4酸浸，SiO2不溶于H2SO4，BaO与H2SO4反应生成BaSO4沉淀，其余氧化物溶于稀硫酸转化为易溶性硫酸盐，过滤，滤渣I为SiO2、BaSO4，滤液中含Ni2+、Fe2+、Fe3+、Co2+、H+的酸性溶液，在滤液中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2CO3调节溶液（1）Co为27号元素，位于周期表中第四周期第VIII族，基态Co原子的价层电子排布式为：3d74s2（2）滤渣I的主要成分为不与稀硫酸反应的SiO2以及能与稀硫酸反应的BaO生成的BaSO（3）“调pH”过程是使Fe3+在Na2CO3溶液中最后转化为（4）①“萃取”的目的是将含Ni2+、Co2+的滤液加入有机萃取剂把Ni2+②“萃取”和“反萃取”可简单表示为2HX+Ni（5）常温下，KspCoOH2=2×10-15，若起始时cCo2+=0.05mol·L-1，“沉钴”时，KspCoOH（6）CoCO3在空气中能受热分解，根据测得剩余固体的质量与起始CoCO3的质量的比值(剩余固体的质量分数)图可知，CoCO3受热后得到的产物可能是：CoO、Co2O3、Co3O4，取1molCoCO3119g分别得到上面16．硫氰酸钾(KSCN)，是一种用途广泛的化学药品，常用于合成树脂、杀虫杀菌剂等。某化学小组用下图实验装置模拟工业制备硫氰酸钾，并进行相关实验探究。已知：①NH3不溶于CCl4和CS2②D中三颈烧瓶内盛放CS2、水和催化剂，发生反应CS2+3NH3催化剂高温NH回答下列问题：(1)试剂a是，装置D中盛装KOH溶液的仪器名称是。(2)制备KSCN溶液：将D中反应混合液加热至105℃，打开K1①反应一段时间后，关闭K1，保持三颈烧瓶内反应混合液温度为105℃一段时间，这样操作的目的是②打开K2，缓缓滴入适量的KOH溶液，继续保持反应混合液温度为105℃，写出装置D中生成KSCN的化学方程式(3)装置E中发生氧化还原反应的离子方程式是。(4)制备硫氰酸钾晶体：先过滤去除三颈烧瓶中的固体催化剂，再经(填操作名称)、减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰酸钾晶体。(5)晶体中KSCN含量的测定：称取10.0g样品，配成1000mL溶液。量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴NH4FeSO42，用0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗。AgNO①滴定至终点的现象为。②晶体中KSCN的质量分数为%。(保留4位有效数字)【答案】(1)浓氨水或浓NH3∙H2O恒压滴液漏斗(2)使NH4HS完全分解而除去，防止NH4SCN受热分解NH4(3)2Fe3＋＋H2S＝2Fe2＋＋2H＋＋S↓(4)分液(5)滴入最后半滴AgNO3标准溶液，血红色褪去且半分钟不恢复原色87.30%【解析】将浓氨水与生石灰发生反应制备氨气，利用球型干燥管内碱石灰除水干燥后，通入CCl4中，产生的NH3与D中CS2在催化剂作用下发生反应生成NH4SCN以及NH4HS，并且通过已知条件可知，该反应比较缓慢且NH4SCN在高于170℃时易分解，NH4HS在高于25℃时即分解，生成的产物与KOH发生反应生成KSCN，未反应的NH3及生成的H2S与酸性Fe2(SO4)3溶液反应除去尾气。（1）A装置中，浓氨水与生石灰发生反应可制备NH3，故试剂a是浓氨水，装置D中盛装KOH溶液的仪器名称是恒压滴液漏斗；（2）①已知，NH4SCN高于170℃时易分解，NH4HS在高于25℃时即分解。反应一段时间后，关闭K1，保持三颈烧瓶内反应混合液温度为105℃一段时间，这样操作的目的是使NH4HS②装置D中KOH在105℃下反应生成KSCN、氨气和水，化学方程式为NH4（3）装置E中Fe3＋和H2S发生氧化还原反应，生成Fe2＋和S，则发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋H2S＝2Fe2＋＋2H＋＋S↓。（4）过滤除去固体催化剂后，应该除去除去未反应的CS2，选择的操作方法是分液。（5）①Fe3＋和KSCN反应溶液变为血红色，则滴定至终点的现象为滴入最后半滴AgNO3标准溶液，血红色褪去且半分钟不恢复原色；②达到滴定终点时消耗0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液18.00mL，根据方程式SCN-＋Ag＋＝AgSCN↓（白色）可知，20.00mL溶液中KSCN的物质的量是0.01800L×0.1000mol·L-1＝0.001800mol，晶体中KSCN的质量分数为＝0.001800mol×17．烯烃是有机合成中的重要基础原料。乙烯、丙烯、丁烯之间存在如下转化关系：反应Ⅰ：3C4H反应Ⅱ：C4H8反应Ⅲ：2C3H(1)反应Ⅰ在下(填“高温”或“低温”)能自发进行：ΔH3=(2)反应达到平衡时，三种组分的物质的量分数x随温度T的变化关系如图所示：①曲线a代表的成分是。②710K后，曲线c下降的原因是。③图中m点反应Ⅱ的以物质的量分数表示的平衡常数Kx=(以物质的量分数代替浓度计算(3)一种将电氧化法和电还原法联合处理含甲醛的废水的装置如图所示。①阴极的电极反应为。②当外电路通过0.2mol电子时，理论上能处理的甲醛的质量为g。【答案】(1)高温＋117(2)C2H4反应Ⅰ和Ⅲ均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，且升温对反应Ⅲ的影响更大2.645(3)O2+2e-【解析】（1）反应Ⅰ为吸热熵增的吸热反应，可在高温条件下能自发进行；反应Ⅲ＝(反应Ⅱ×3-反应Ⅰ)×12，根据盖斯定律，ΔH3（2）①反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都为吸热反应，升高温度，C2H4增多，C4H8减少，a代表的是C2H4，b代表的是C4H8，c代表的是C3H6；②C3H6是反应Ⅰ的生成物，同时也是反应Ⅲ的反应物，所以C3H6物质的量分数由反应Ⅰ和Ⅲ共同决定，710K后，曲线c下降的原因是反应Ⅰ和Ⅲ均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，且升温对反应Ⅲ的影响更大；③a代表的是C2H4，b代表的是C4H8，c代表的是C3H6，m点C2H4和C3H6的物质的量分数均为0.46，C4H8的物质的量分数为0.08，反应Ⅱ的平衡常数Kx=0.46（3）①阴极O2得电子生成H2O2，电极反应为O2+2e-+2H+=H2O2；②阳极Cl-失电子转化为次氯酸，电极反应为Cl--2e-+H2O=HClO+H+，阴极产生的H2O2和阳极产生的HClO均可将甲醛氧化为甲酸，当外电路通过0.2mol电子时，阴极产生0.1molH2O2和阳极产生0.1molHClO，0.1molH2O2作氧化剂得0.2mol电子，0.1molH