PAGE13-西藏拉薩中學2025屆高三化學上學期第三次月考試題（含解析）可能用到的相對原子質量：H1Li7C12N14O16Na23S32Cl35.5Ar40Fe56I127B11P31一、選擇題：每小題6分。，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列說法正確的是A.C2H6O和C4H10都有2種同分異構體B.在肯定條件下，乙烯能與H2發生加成反應，苯不能與H2發生加成反應C.乙酸乙酯、乙酸均能與NaOH反應，二者分子中官能團相同D.淀粉和蛋白質均可水解生成葡萄糖【答案】A【解析】A．C2H6O的同分異構體有CH3CH2OH和CH3OCH3，C4H10的同分異構體有CH3CH2CH2CH3、（CH3）2CHCH3，故A正確；B．苯環和碳碳雙鍵都能和氫氣發生加成反應，所以在肯定條件下，乙烯和苯都能與H2發生加成反應，故B錯誤；C．乙酸乙酯和乙酸都能和氫氧化鈉反應，但乙酸乙酯中含有酯基，乙酸中含有羧基，故C錯誤；D．淀粉水解生成葡萄糖，蛋白質水解生成氨基酸，故D錯誤；故選A．【點評】本題考查學問點較多，留意同分異構體有碳鏈異構、官能團異構和順反異構，是學習難點．2.下列反應的離子方程式正確的是()A.AlCl3溶液中加入過量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O===AlO＋2H2O＋4NHB.硫化鈉的水解反應：S2－＋2H2OH2S＋2OH－C.將等體積等物質的量濃度的NaHCO3溶液與Ba(OH)2溶液混合HCO＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2OD.單質銅與稀硝酸反應：Cu＋2H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO↑＋H2O【答案】C【解析】A．過量氨水不能溶解Al(OH)3沉淀，故A錯誤；B．硫化鈉溶液中S2-分步水解，其水解反應式為S2－＋H2OHS-＋OH－，故B錯誤；C．將等體積等物質的量濃度的NaHCO3溶液與Ba(OH)2溶液混合發生的離子反應為HCO＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O，故C正確；D．單質銅與稀硝酸反應的離子方程式為3Cu＋8H＋＋2NO==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故D錯誤；答案為C。點睛：推斷離子方程式是否正確主要從以下幾點考慮：①拆分是否合理；②是否符合客觀事實；③配平是否有誤(電荷守恒，原子守恒)；④有無留意反應物中量的關系；⑤能否發生氧化還原反應等；易錯點為選項B，多元弱酸根離子應分步水解，難點為選項A，易錯誤認為氨水能溶解Al(OH)3沉淀。3.下列試驗裝置設計與對應結論正確的是()選項ABCD裝置結論能證明Al(OH)3不溶于氨水能證明非金屬性：Cl>C>Si驗證鐵發生析氫腐蝕洗氣瓶中產生的白色沉淀是BaSO3A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．燒杯中有白色沉淀，則說明Al(OH)3不溶于氨水，故A正確；B．裝置中鹽酸和碳酸鈉反應生成二氧化碳，只能說明鹽酸酸性比碳酸強，但不能說明氯的非金屬性強，二氧化碳通入硅酸鈉能生成硅酸能說明碳酸酸性強于硅酸，碳酸和硅酸都是最高價含氧酸，能證明碳非金屬性強于硅，故B錯誤；C．氯化鈉溶液呈中性，鐵在食鹽水中發生吸氧腐蝕，在酸性條件下發生析氫腐蝕，故C錯誤；D．二氧化硫具有還原性，溶于水呈酸性，在酸性條件下可與硝酸根離子發生氧化還原反應，生成硫酸根離子，生成BaSO4，故D錯誤；故選A。4.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A.pH＝7的溶液中：Al3＋、Cl－、SO42-、CO32-B.由水電離出來的c(H＋)＝10－12mol/L的溶液中：Na＋、HCO3-、SO42-、K＋C.pH＝0的溶液中：Na＋、K＋、Fe2＋、NO3-D.使酚酞試液變紅的溶液中：S2－、SO42-、SO32-、Na＋【答案】D【解析】【詳解】A．Al3+、CO32-發生相互促進水解反應，不能大量共存，故A錯誤；B．由水電離出來的c(H+)=10-12mol/L的溶液，為酸或堿溶液，酸或堿溶液中都不能大量存在HCO3-，故B錯誤；C．pH=0溶液，顯強酸性，H+、Fe2+、NO3-發生氧化還原反應，不能大量共存，故C錯誤；D．使酚酞試液變紅的溶液，顯堿性，該組離子之間不反應，可大量共存，故D正確；故選D。5.試驗法和比較法是探討物質性質的基本方法．以下試驗設計中，不合理或不嚴密的是A.鈉和鎂分別與冷水反應，推斷鈉和鎂金屬性強弱B.測定相同溫度下鹽酸和醋酸溶液的pH，就可證明鹽酸是強酸、醋酸是弱酸C.鐵分別與氯氣和硫反應，推斷氯氣與硫的氧化性強弱D.測定相同條件下Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，推斷碳與硫的非金屬性強弱【答案】B【解析】試題分析：與水反應猛烈的金屬，其金屬性強，則鈉和鎂分別與冷水反應，Na反應猛烈，可推斷鈉和鎂金屬性強弱，故A正確；鹽酸、醋酸的濃度未知，應測定等濃度的溶液的pH，才能確定電離的程度，所以該選項不能證明鹽酸是強酸、醋酸是弱酸，故B錯誤；Fe與氯氣反應生成氯化鐵，與S反應生成FeS，氯氣得電子實力強，則推斷氯氣與硫的氧化性強弱，故C正確；Na2SO4溶液不水解，Na2CO3溶液水解顯堿性，則硫酸的酸性大于碳酸的酸性，非金屬性S＞C，所以可斷碳與硫的非金屬性強弱，故D正確。考點：本題考查化學試驗評價。6.常溫下，下列敘述錯誤的是A.向0.1mol·L－1的醋酸溶液中加水或通入HCl氣體都能使值增大B.0.1mol·L－1的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol·L－1鹽酸10mL混合后溶液顯酸性，則有c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(H＋)>c(CH3COOH)C.pH＝4的醋酸與pH＝10的氫氧化鈉溶液等體積混合，所得溶液pH<7D.0.1mol·L－1某一元酸HA溶液中＝1×10－8，則該溶液中由水電離出的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1【答案】B【解析】試題分析：A、向0.1mol·L－1的醋酸溶液中加水則醋酸的電離平衡正向移動，氫離子的物質的量增加，醋酸的物質的量削減，溶液的體積是相同的，所以增大，通入HCl氣體，氫離子濃度增大，平衡逆向移動，醋酸根離子的濃度減小，=Ka/c(CH3COO-)，醋酸根離子濃度減小，電離常數不變，則比值增大，正確；B、0.1mol·L－1的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol·L－1鹽酸10mL混合后得到等濃度的醋酸鈉和醋酸的混合液，溶液顯酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，醋酸的電離是微弱的，所以醋酸的濃度大于氫離子濃度，則c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)，錯誤；C、pH＝4的醋酸中氫離子濃度與pH＝10的氫氧化鈉溶液中氫氧根離子的濃度相等，醋酸是弱酸，所以醋酸溶液的濃度大于氫氧化鈉溶液的濃度，等體積混合，則醋酸過量，溶液的pH<7，正確；D、酸溶液中的氫氧根離子來自水的電離，Kw=1×10－14，所以=1×10－8時，則c(OH-)=1×10－11mol/L，水電離產生的氫離子與氫氧根離子濃度相等，所以該溶液中由水電離出的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1考點：考查溶液混合的計算，離子濃度的比較，氫離子濃度的計算7.有一種新型燃料電池，工作時在一極通入空氣，另一極通入丁烷氣體；電解質是摻雜氧化釔(Y2O3)的氧化鋯(ZrO2)晶體，在熔融狀態下能傳導O2－。現用該燃料電池和惰性電極電解Na2SO4溶液一段時間，假設電解時溫度不變，下列說法不正確的是A.熔融電解質中，O2－由正極移向負極B.通入空氣的一極是正極，電極反應式為O2＋4e－===2O2－C.電解池的陽極反應式為4OH－－4e－===2H2O＋O2↑D.電解一共生成0．9mol氣體時，理論上消耗0．1mol丁烷【答案】D【解析】試題分析：A、在熔融電解質中，沒有水溶液，陰離子O2－由正極移向負極，正確；B、通入丁烷的一極為負極，通入空氣的一極是正極，電極反應式為O2＋4e－===2O2－，正確；C、在電解池中，電解Na2SO4溶液即電解水，陽極發生氧化反應即OH－失電子，正確；D、電解一共生成H2和O20.9mol氣體，轉移1.2mole,需丁烷0.4/13mol,錯誤。考點：原電池和電解池電極推斷及依據電子轉移相等進行計算應用。二、非選擇題：8.某工業廢水僅含下表中的某些離子，且各種離子的物質的量濃度相等，均為0.1mol/L(此數值忽視水的電離及離子的水解)。陽離子

K＋Ag＋Mg2＋Cu2＋Al3＋NH4+

陰離子

Cl－CO32—NO3—SO42—SiO32—I－

甲同學欲探究廢水的組成，進行了如下試驗：Ⅰ.取該無色溶液5mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且離子種類增加。Ⅱ.用鉑絲蘸取溶液，在火焰上灼燒，透過藍色鈷玻璃視察，無紫色火焰。Ⅲ.另取溶液加入過量鹽酸，有無色氣體生成，該無色氣體遇空氣變成紅棕色。Ⅳ.向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。請推斷：(1)由Ⅰ、Ⅱ推斷，溶液中肯定不含有的陽離子是____________。(2)Ⅲ中加入鹽酸生成無色氣體的離子方程式是___________________________________________________________。(3)甲同學最終確定原溶液中所含陽離子有________，陰離子有________；并據此推想原溶液應當呈_______________________________________________性，緣由是_________________________________(請用離子方程式說明)。(4)另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，此過程中涉及的離子方程式為__________________________________________________________。充分反應后過濾，洗滌，灼燒沉淀至恒重，得到的固體質量為________g。【答案】(1)K＋、NH4+、Cu2＋(2)6I－＋2NO3—＋8H＋=3I2＋2NO↑＋4H2O(3)Mg2＋、Al3＋Cl－、NO3—、SO42—、I－酸Mg2＋＋2H2OMg(OH)2＋2H＋、Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋(寫出其中一個即可)(4)Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋4OH－=AlO2—＋2H2O0.4【解析】(1)依據Ⅰ，溶液為無色，則溶液中不含Cu2＋，生成沉淀后離子種類增加，說明原溶液中不含NH4+；依據Ⅱ可確定溶液中不含K＋。(2)依據Ⅲ的描述可確定生成的無色氣體為NO，則原溶液中肯定含有NO3—和I－，依據轉移電子數目相等、電荷守恒可寫出離子方程式。(3)結合Ⅳ和溶液中各離子濃度相等可確定溶液中含有的陰離子為SO42—、Cl－、NO3—和I－，溶液中含有的陽離子為Mg2＋、Al3＋；結合溶液的組成可確定溶液顯酸性，是Mg2＋、Al3＋水解的原因。(4)加入NaOH溶液，Mg2＋轉化為Mg(OH)2沉淀，Al3＋最終轉化為NaAlO2，最終得到0.01molMg(OH)2沉淀，灼燒至恒重得到0.4gMgO。9.運用化學反應原理學問探討如何利用CO、SO2等污染物有重要意義。（1）用CO可以合成甲醇。已知：CH3OH(g)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－764.5kJ·mol－1CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol－1H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1則CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝______kJ·mol－1。（2）下列措施中能夠增大上述合成甲醇反應速率的是________(填寫序號)。a．運用高效催化劑b．降低反應溫度c．增大體系壓強d．不斷將CH3OH從反應混合物中分別出來（3）在肯定壓強下，容積為VL的容器中充入amolCO與2amolH2，在催化劑作用下反應生成甲醇，平衡轉化率與溫度、壓強的關系如右圖所示。①p1________p2(填“大于”、“小于”或“等于”)；②100℃時，該反應的化學平衡常數K＝________；③在其他條件不變的狀況下，再增加amolCO和2amolH2，達到新平衡時，CO的轉化率________(填“增大”、“減小”或“不變”)。（4）某科研小組用SO2為原料制取硫酸。①利用原電池原理，用SO2、O2和H2O來制備硫酸，該電池用多孔材料作電極，它能吸附氣體，同時也能使氣體與電解質溶液充分接觸。請寫出該電池負極的電極反應式：_____________________。②用Na2SO3溶液充分汲取SO2得NaHSO3溶液，然后電解該溶液可制得硫酸。電解原理示意圖如下。請寫出起先時陽極反應的電極反應式：_________________。【答案】（1）－90.1（2）ac（3）①小于②(V/a)2(2分)③增大（4）①SO2＋2H2O－2e－===SO42－＋4H＋②HSO3-＋H2O－2e－===SO42－＋3H＋【解析】試題分析：（1）①CH3OH(g)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－764.5kJ·mol－1②CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol－1③H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1依據蓋斯定律，②+2×③－①得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝－283.0－285.8×2+764.5=－90.1kJ·mol－1；（2）下列措施中能夠增大上述合成甲醇反應速率的是ac。a．運用高效催化劑能加快反應速率b．降低反應溫度，使反應速率減慢c．增大體系壓強，能加快反應速率d．不斷將CH3OH從反應混合物中分別出來，濃度減小，速率減慢；（3）在肯定壓強下，容積為VL的容器中充入amolCO與2amolH2，在催化劑作用下反應生成甲醇，平衡轉化率與溫度、壓強的關系如右圖所示。①增大壓強，平衡向氣體系數和減小的方向移動，CO的轉化率增大，所以p1小于p2；②100℃時，該反應的化學平衡常數K＝(V/a)2；③在其他條件不變的狀況下，再增加amolCO和2amolH2，相當于加壓，平衡正向移動，達到新平衡時，CO的轉化率增大。（4）某科研小組用SO2為原料制取硫酸。①利用原電池原理，用SO2、O2和H2O來制備硫酸，該電池用多孔材料作電極，它能吸附氣體，同時也能使氣體與電解質溶液充分接觸。電池負極發生氧化反應，電池負極的電極反應式：SO2＋2H2O－2e－===SO42－＋4H＋。②用Na2SO3溶液充分汲取SO2得NaHSO3溶液，然后電解該溶液可制得硫酸。電解池陽極發生氧化反應，陽極反應的電極反應式：HSO3-＋H2O－2e－===SO42－＋3H＋。考點：本題考查化學反應中的能量改變。10.工業上常回收冶煉鋅廢渣中的鋅（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等雜質），并用來生產Zn(NO3)2·6H2O晶體，其工藝流程為：有關氫氧化物起先沉淀和沉淀完全的pH如下表：氫氧化物

Al(OH)3

Fe(OH)3

Fe(OH)2

Cu(OH)2

Zn(OH)2

起先沉淀的pH

3．3

1．5

6．5

4．2

5．4

沉淀完全的pH

5．2

3．7

9．7

6．7

8．0

⑴在“酸浸”步驟中，為提高鋅的浸出速率，除通入空氣“攪拌”外，還可實行的措施是。⑵上述工藝流程中多處涉及“過濾”，試驗室中過濾操作須要運用的玻璃儀器有。⑶在“除雜I”步驟中，需再加入適量H2O2溶液，H2O2與Fe2+反應的離子方程式為。為使Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀完全，而Zn(OH)2不沉淀，應限制溶液的pH范圍為。檢驗Fe3+是否沉淀完全的試驗操作是。⑷加入Zn粉的作用是。“操作A”的名稱是。【答案】（1）適當上升反應溫度（或增大硝酸濃度、將鋅廢渣粉碎等）；（2）燒杯、玻璃棒、漏斗；（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O5．2～5．4靜置，取少量上層清液，滴加KSCN溶液，若不出現紅色，則表明Fe3+沉淀完全（4）除去溶液中的Cu2+冷卻結晶【解析】試題分析：⑴影響化學反應速率的因素有濃度、溫度、固體顆粒的大小等。所以在“酸浸”步驟中，為提高鋅的浸出速率，除通入空氣“攪拌”外，還可實行的措施是適當上升反應溫度（或增大硝酸濃度、將鋅廢渣粉碎等）。（2）在試驗室中過濾操作須要運用的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、漏斗。⑶在“除雜I”步驟中，需再加入適量H2O2溶液，H2O2有氧化性，而Fe2+有還原性，二者簡單發生氧化還原反應。依據電子守恒、電荷守恒及原子守恒可得H2O2與Fe2+反應的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。為使Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀完全，而Zn(OH)2不沉淀，依據物質起先形成沉淀和沉淀完全時的pH的大小，的應限制溶液的pH范圍為5．2～5．4。檢驗Fe3+是否沉淀完全的原理就是利用Fe(SCN)3的血紅色；試驗操作是靜置，取少量上層清液，滴加KSCN溶液，若不出現紅色，則表明Fe3+沉淀完全。⑷由于溶液中還含有Cu2+。為了制取純凈的Zn(NO3)2·6H2O晶體，應當把雜質除雜。加入Zn粉的作用是除去溶液中的Cu2+，反應方程式為Zn+Cu2+="Cu+"Zn2+。將溶液蒸發濃縮、冷卻結晶然后過濾烘干即得到Zn(NO3)2·6H2O晶體。考點：考查影響化學反應速率因素、化學儀器的運用、混合物的分別、離子方程式的書寫的學問。11.MnO2是堿錳電池材料中最一般的正極材料之一,在活性材料MnO2中加入CoTiO3納米粉體,可以提高其利用率,優化堿錳電池的性能。（1）寫出基態Mn原子的核外電子排布式。（2）CoTiO3晶體結構模型如圖1所示。在CoTiO3晶體中1個Ti原子、1個Co原子,四周距離最近的O原子數目分別為個、個。（3）二氧化鈦(TiO2)是常用的、具有較高催化活性和穩定性的光催化劑,常用于污水處理。O2在其催化作用下,可將CN-氧化成CNO-,進而得到N2。與CNO-互為等電子體的分子、離子化學式分別為、(各寫一種)。（4）三聚氰胺是一種含氮化合物,其結構簡式如圖所示。三聚氰胺分子中氮原子軌道雜化類型是，1mol三聚氰胺分子中σ鍵數目為。【答案】(1)1s22s22p63s23p63d54s2(2)612(3)CO2(或N2O、CS2、BeCl2等合理均可)CNS-(或)(4)sp2、sp315NA【解析】試題分析：（1）Mn是25號元素，其原子核外有25個電子，所以其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d54s2。（2）依據圖片知，1個Ti原子四周距離最近的O原子數目為6，1個Co原子四周距離最近的O原子數目=3×8×1/2=12。（3）CNO-中含有3個原子，16個價電子，所以其得電子體為：CO2（或N2O、CS2、BeCl2等）和N3-。（4）三聚氰胺分子中，氨基上的N原子含有3個σ鍵和一個孤電子對，所以實行sp3雜化，環上的N原子含有2個σ鍵和一個孤電子對，所以實行sp2雜化，一個三聚氰胺分子中含有15個σ鍵，所以1mol三聚氰胺分子中σ鍵的數目為15NA。考點：本題考查核外電子排布式的書寫、等電子體、配位數的推斷、雜化方式的確定。12.避蚊酯(DMP)是一種塑化劑．相對分子質量為194，攝人后對人體有肯定的危害，其結構可表示為(其中R為烴基)試驗室由以下方法可得到DMP請回答：(1)物質C中官能團的名稱為。(2)下列有關DMP的說法可能正確的是。(填字母標號)A．DMP的分子式為C10H12O4B．DMP可以發生