江西省“三新”协同教研共同体2024-2025学年高三上学期联考化学试题

这是一份江西省“三新”协同教研共同体2024-2025学年高三上学期联考化学试题，共21页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列化学试剂中，最适合用带磨口玻璃塞的棕色广口瓶保存的是
A．水玻璃B．碘化银C．胆矾D．浓硝酸
2．下列关于NaCl叙述正确的是
A．侯氏制碱法的原料包含饱和食盐水，制得的碱是烧碱
B．实验室制备乙炔使用饱和食盐水来减慢反应速率
C．氯化氢气体中有杂质氯气，可采用饱和食盐水除杂
D．氯碱工业采用电解熔融氯化钠的方式获得相应物质
3．制备CH3NH3PbI3的过程如下所示：。下列说法不正确的是
A．物质CH3NH3I属于盐B．CH3OH的沸点大于CH3I的沸点
C．O—H键极性：CH3OH>H2OD．第一电离能：N>O>C
4．黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应：，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．标准状况下22.4 L 12C18O所含中子数目为14NA
B．每生成1 ml Fe3O4时转移电子数目为4NA
C．12 g C(金刚石)所含非极性键数目为2NA
D．120 g FeS2晶体中含有的离子数为3NA
5．下列离子方程式正确的是
A．少量Mg(OH)2溶于CuCl2溶液：
B．用铁作电极，电解CuCl2溶液：
C．过量SO2通入Ba(NO3)2溶液中：
D．向碘化亚铁溶液中滴加少量氯水：
6．已知25℃时：H2CO3的电离平衡常数Ka1=5×10-7，Ka2=5×10-11，lg5=0.7，向100 mL NaOH溶液中通入一定量CO2充分反应后，向所得溶液中逐滴滴加1 ml·L-1的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．该溶液存在：
B．向Na2CO3粉末中加入少量水，碳酸钠结块成晶体，并伴随吸热现象
C．由图分析，NaOH溶液中通入一定量CO2充分反应后，所得溶液的溶质为Na2CO3、NaHCO3
D．若忽略和浓度的变化，在滴加盐酸前，溶液pH约为10.3
7．利用惰性电极电解稀硫酸和饱和乙二酸溶液也可以制备乙醛酸，原理如图所示。下列说法正确的是
A．乙二酸可由乙烯通过三步合成，其中有两步可实现原子利用率100%
B．生成乙醛酸的电极反应式为
C．稀硫酸只起提供H+的作用
D．图中的离子交换膜为阴离子交换膜
8．下列关于物质性质的探究，实验操作和现象、结论均正确的是
A．AB．BC．CD．D
9．用氢气制备双氧水的一种工艺简单、能耗低的方法，其反应步骤如图，已知钯(Pd)常以正二价形式存在。下列有关说法正确的是
A．反应③中H2O2为还原产物
B．反应②中有1 ml O2参与反应时转移电子的物质的量为2 ml
C．反应①中涉及极性键和非极性键的断裂与形成
D．[PbCl2O2]2-中的配体为Cl2、O2
10．麦角酰乙二胺，常简称为“LSD”，结构如图所示，是一种强烈的半人工致幻剂，常吸附于印有特殊图案的吸水纸上，俗称“邮票”。LSD被列入《精神药品品种目录》，属于我国管制类精神药品。下列关于有机物麦角酰乙二胺的说法错误的是
A．该分子最多可与1 ml NaOH反应
B．该有机物在酸性条件下的水解产物之一可与Na2CO3溶液反应
C．该有机物分子式为C20H25ON3
D．该有机物中含2个手性碳原子
11．理论预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体(晶胞如图a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。下列说法不正确的是
A．图c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为6
B．设X的最简式的摩尔质量为M g·ml-1，则X晶体的密度为g·cm-3
C．图b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元
D．图c晶胞中粒子个数比Hg∶Ge∶Sb=1∶1∶2
12．某化合物(结构如图所示)是一种家用杀虫剂。X、Y、Z、W、R为原子序数逐渐增大的短周期元素，Z、W与R不在同一周期。下列叙述正确的是
A．X、Y、W可组成能使酸性KMnO4褪色的物质
B．X、Z、W形成的化合物一定是酸
C．氢化物的沸点：Z>Y
D．阴离子的还原性：R>X
13．锑(Sb)可用作阻燃剂、电极材料、催化剂等物质的原材料。一种以灰锑矿(主要成分为Sb2S3，还有Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2等)为原料提取锑的工艺如下：
下列说法不正确的是
A．“水解”时可加入Na2CO3粉末以促进水解
B．“滤液”中含有的主要金属阳离子有Fe2+、Al3+、Mg2+
C．“溶浸”过程中，产生S的离子方程式为
D．“还原”的主要目的是消耗“溶浸”时过量的酸，利于“水解”生成SbOCl
14．如图所示，只有未电离的HA分子可自由通过交换膜。常温下，往甲室和乙室中分别加入0.1 ml·L-1的NH4A溶液(pH≈7)和0.1 ml·L-1的HA溶液(pH≈3)，达到平衡后，下列说法正确的是
A．平衡后，甲、乙两室的pH：甲C，D正确；
故选C。
4．C
【详解】A．标准状况下22.4 L 12C18O的物质的量为1ml，则1 ml 12C18O中中子数为16NA，A错误；
B．反应每生成1 ml Fe3O4时，只有O元素化合价降低，由0价降低到-2价，转移12mle-，B错误；
C．12 g C(金刚石)的物质的量为1ml，金刚石中C为sp3杂化，每条共价键被两个C原子共用，1 ml C形成2 ml C—C键，C正确；
D．FeS2是由二价铁离子和S构成，120 g FeS2的物质的量为1ml，则120 g二硫化亚铁(FeS2)晶体中含有的离子数为2NA，D错误；
故选C。
5．A
【详解】A．氢氧化镁存在沉淀溶解平衡，可以生成更难溶的氢氧化铜，发生反应：，A正确；
B．铁作电极，阳极铁放，失电子，电解方程式为，B错误；
C．过量SO2通入Ba(NO3)2溶液中，硝酸根离子完全反应氧化二氧化硫为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，反应中钡离子和硝酸根离子之比为1:2，反应为：，D错误，C错误；
D．还原性：>Fe2+，少量氯水先与反应，发生的反应为，D错误；
答案选A。
6．B
【分析】盐酸和氢氧化钠生成氯化钠和水、和碳酸钠生成碳酸氢钠和氯化钠：、和碳酸氢钠生成氯化钠水二氧化碳：；结合图可知，AB段消耗盐酸300mL-100mL=200mL大于0A段消耗的盐酸100mL，则0点溶液溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，AB段消耗盐酸是0A的2倍，结合反应关系可知，0点溶液碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为100mL：(200mL-100mL)=1:1；
【详解】A．由分析可知，该溶液为等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，根据物料守恒：，电荷守恒：，得质子守恒为，A正确；
B．向Na2CO3粉末中加入少量水，碳酸钠结块成晶体，并伴随放热现象，B错误；
C．由分析可知，加入CO2后溶质为Na2CO3和NaHCO3，且，C正确；
D．在滴加盐酸前，此时溶液为等量的、，根据，且，，pH=11－lg5=10.3，D正确；
故选B。
7．A
【详解】A．乙烯与氧气在催化剂作用下转化为环氧乙烷，环氧乙烷在一定条件下与水加成转化成乙二醇，乙二醇与强氧化剂反应氧化成乙二酸，可以三步完成，前两步原子利用率达100%，A正确；
B．分析乙二酸还原成乙醛酸，左边惰性电极为阴极，右边惰性电极为阳极，阴极电极反应式为，B错误；
C．稀硫酸除起提供H+的作用之外，还作为电解质溶液，起导电作用，C错误；
D．根据B选项分析可知，左边惰性电极为阴极，阴极电极反应式为，所以离子交换膜是氢离子交换膜，为阳离子交换膜，D错误；
故选A。
8．A
【详解】A．铜与混酸的反应：，不足，留下CuSO4溶液，A正确；
B．，非双水解反应，B错误；
C．浓硝酸受热分解也可产生红棕色气体，C错误；
D．有机物中卤素原子的检验，先加氢氧化钠水溶液，加热，发生卤代烃的水解，后再加入硝酸，再加入硝酸银，产生对应颜色的沉淀，得出卤代烃中为何种卤素原子，直接加硝酸银无法鉴别，D错误；
故选A。
9．B
【详解】A．已知钯(Pd)常以正二价形式存在，则[PdCl2O2]2-中O元素为-1价，与HCl反应生成H2O2和[PdCl4]2-时，没有元素化合价发生变化，所以反应③为非氧化还原反应，A错误；
B．由A项分析可知，[PdCl2O2]2-中O元素为-1价，Pd为+2价，反应②方程式为，根据化合价变化可知，1 ml O2参与反应时转移电子的物质的量为2 ml，B正确；
C．据图可知，反应①中不涉及非极性键的形成，C错误；
D．中的配体为、，D错误；
故选B。
10．A
【详解】A．未说明该有机物的物质的量，无法计算能与多少数目的NaOH反应，A错误；
B．分子中存在酰胺基，酸性条件下水解产生羧基，可与Na2CO3溶液反应，B正确；
C．由结构简式可以该有机物分子式为C20H25ON3，C正确；
D．手性碳原子存在如图所示，D正确；
故选A。
11．A
【详解】A．以晶胞上方立方体中右侧面心中Hg原子为例，同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为2，晶胞右侧中有2个Sb原子与Hg原子距离最近，因此X晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4，A错误；
B．X晶胞中Hg的个数为，Ge的个数为，Sb的个数为8×1=8，则晶体的化学式为HgGeSb2，根据密度(g·cm-3)，B正确；
C．题图b中上、下两个面的面心原子分别为Hg和Ge，晶胞结构不对称，上、下两个面的面心原子在上、下平移过程中不能重合，故它不是晶胞单元，C正确；
D．由B项均摊法计算可知，该晶胞中粒子个数比为Hg∶Ge∶Sb=4∶4∶8=1∶1∶2，D正确;
答案选A。
12．A
【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数逐渐增大的短周期元素， X形成1对共用电子对，X为H，Y形成4对共用电子对，Y为C， W形成2对共用电子对，W为O，Z为N，在这五种元素中，R的原子序数最大，且Z、W与R不在同一周期，R呈-1价，则R为Cl，据此回答；
【详解】A．X、Y、W可组成碳酸、草酸等，草酸具有较强的还原性，可使酸性高锰酸钾褪色，A正确；
B．X、Z、W形成的化合物，可为HNO3，也可为HNO2，还可以是NH4NO3，B错误；
C．未说明是否是最简单氢化物，所以不能比较两种元素对应氢化物的沸点，C错误；
D．根据题意可知，X为H、R为Cl，Cl元素的非金属性强于H元素，因此阴离子的还原性：，D错误；
故选A。
13．D
【分析】辉锑矿中加入盐酸、FeCl3溶液溶浸，“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化为S，铁离子被还原为亚铁离子，所以Sb2S3“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3＋6FeCl3＝3S＋2SbCl3＋6FeCl2，Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成对应的氯化物；加入Sb，Sb将Fe3＋还原为Fe2＋，Sb3＋发生水解的离子方程式为Sb3＋＋Cl−＋H2OSbOCl＋2H＋，SbOCl中加入HCl，酸溶生成，最后电解得到Sb；
【详解】A．Sb3＋发生水解的离子方程式为Sb3＋＋Cl−＋H2OSbOCl＋2H＋，碳酸钠消耗氢离子可以促进水解反应正向进行，A正确；
B．有分析可知，“滤液”中含有的主要金属阳离子有Fe2+、Al3+、Mg2+，B正确；
C．由分析，“溶浸”过程中，产生S的离子方程式为，C正确；
D．“还原”过程中加入Sb，目的是将Fe3+反应完，防止“水解”过程有Fe(OH)3生成，D错误；
故选D。
14．B
【详解】A．甲室pH≈7，说明Kb(NH3·H2O)=Ka(HA)=10-5；平衡后，甲、乙两室HA的浓度相等，乙室中HA电离，溶液显酸性，甲室中HA也存在电离，但溶液中原本就有，相比与乙室，甲室c(A-)更大，根据，甲室氢离子浓度更小，因此，甲室的pH大于乙室的pH，A错误；
B．若无交换膜，根据物料守恒，甲室存在，初始甲室c(HA)小于乙室c(HA)，待平衡时甲乙两室中c(HA)相等，则乙室中HA向甲室移动，导致，B正确；
C．用等物质的量浓度的NaA溶液代替NH4A溶液，则甲室显碱性，通过交换膜的HA的量会增多，C错误；
D．0.1 ml·L-1 HA溶液pH约为3，，D错误；
故选B。
15．(1)
(2) 三颈烧瓶 冷凝回流，提高水合肼的产率
(3) 酸式 bc 83.33%
【分析】由流程可知，步骤Ⅰ中发生Cl2+2OH- =ClO- +Cl- +H2O，温度过高时易发生3Cl2+6OH- =+5Cl-+3H2O。步骤Ⅱ中发生ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4·H2O+，将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将N2H4·H2O氧化，步骤Ⅲ中分离出碳酸钠、水合肼，以此来解答。
【详解】（1）Cl2化合价上升至NaClO与NaClO3，价态下降至NaCl，根据得失电子守恒得：。
（2）①由仪器构造可知，仪器a为三颈烧瓶；冷凝管的作用是冷凝回流，提高水合肼的产率；
②根据已知信息，分液漏斗内液体若滴加速率过快，会发生NaClO溶液将N2H4·H2O氧化的副反应，则离子方程式为；
③NaClO将尿素氧化为水合肼，由分析可知，化学方程式为；
（3）①碘溶液具有一定的氧化性，会腐蚀橡胶管，因此用酸式滴定管盛放；
②a．锥形瓶清洗后未干燥不影响待测液物质的量，对滴定结果无影响，a不选；
b．滴定前，滴定管中无气泡，滴定后有气泡，气泡占了一部分体积，标准溶液体积读数偏低，测得待测液浓度偏低，b选；
c．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，标准液体积读数偏低，待测液浓度偏低，c选；
d．盛标准液的滴定管清洗后，直接装标准液，将标准液稀释，消耗标准液体积偏大，待测液浓度偏大，d不选；
故选bc；
③滴定的反应为，则，20 mL水合肼粗产品中有=0.005 ml水合肼，则100 mL中有0.025 ml水合肼，即0.025ml×50g/ml=1.25g，则质量分数为。
16．(1) 3d64s2 CO2
(2)
(3)
(4)0.1278ml
(5)作保护气，防止钌与空气中的氧气反应
(6) 1：2 方案1使用氢气作还原剂，氢气是易燃易爆气体，方案2更安全
【分析】由分析可知，碳酸钠与钌矿石中氧化铝、氧化硅在熔融下发生反应，生成气体A二氧化碳；水浸后，滤液1中溶质为Na2SiO3，Na[Al(OH)4]，过滤后滤渣进行酸浸，Fe2+、Mg2+、Ca2+进入溶液中；“沉铁”去除铁，“软化”除Mg2+、Ca2+。方案1中沉钌得到的是Ru(CO3)2，方案2中沉钌得到的是Ru(C2O4)2。
【详解】（1）铁是26号原子，基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2；由分析知，气体A为CO2，故答案为：3d64s2；CO2；
（2）
氯化铵中，氨根离子与氯离子之间以离子键结合，其电子式为，故答案为：；
（3）“沉铁”时，氯酸钠在碱性条件下把二价铁转化为三价铁并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，离子方程式为，故答案为：；
（4）Ksp(MgF2)=7.4×10-11更小，说明Mg2+先沉淀完全，故以Ca2+完全沉淀计算，Ksp(CaF2)=1.5×10-10=c(Ca2+)×c2(F-)，当c(Ca2+)=1×10-5 ml·L-1时，(ml·L-1)，则加上沉淀的氟离子，需加入NaF的物质的量为(ml)，故答案为：0.1278ml；
（5）“灼烧”时，方案1中有还原性的H2，未加入Ar，方案2加了Ar，故Ar的作用是作保护气，防止钌与空气中的氧气反应，故答案为：作保护气，防止钌与空气中的氧气反应；
（6）方案1中，Ru从+4价变为0价，每生成1 ml Ru，需要2 ml H2，1mlRu(C2O4)2分解产生4 ml CO2，方案1中消耗H2与方案2中产生CO2的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；方案1使用氢气作还原剂，氢气是易燃易爆气体，方案2更安全。
17．(1)+119
(2) 一 C6H14
(3) Ar吹扫分离部分H2，生成物浓度降低有利于平衡正向移动
(4) 先增大后减小 初始时p(C3H8)最大，p(C3H6)=0，则v(C3H6)最大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)逐渐减小，但C3H6的浓度继续增大，当v(C3H6)减小到等于0时，C3H6的浓度开始减小
【详解】（1）由方程式可知，丙烷直接脱氢的反应中断裂2ml碳氢键，形成1ml碳碳π键和1ml氢氢键，则反应
（2）①由图可知，丙烷直接脱氢的反应存在4个基元反应，第一步基元反应的活化能大于第二步，反应的活化能越大，反应速率越慢，所以第一步基元反应的反应速率慢于第二步，故决定该反应速率的是第一步；
②由图可知，第一步反应生成的C3H7*可能相互结合生成副产物C6H14；
（3）①由图可知，Ar吹扫能分离出部分氢气，生成物浓度减小，平衡向正反应方向移动，丙烷转化率增大；
②由题意可知，丙烷的平衡转化率为50%，由三段式可得，，则；
（4）由于初始时p(C3H8)最大，p(C3H6)=0，则v(C3H6)最大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)逐渐减小，但C3H6的浓度继续增大，当v(C3H6)减小到等于0时，C3H6的浓度开始减小，故推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。
18．(1) 邻氯甲苯或2-氯甲苯 酰胺基、醚键
(2) 浓硫酸，加热 还原反应
(3)羟基与邻位羰基上的氧形成了分子内氢键，稳定性增强或羟基与邻位羰基上的氧形成了分子内氢键，空间位阻增大
(4)
(5) 8 或
【分析】
A在FeCl3的催化下和Cl2发生取代反应生成B，结合D的结构简式可以推知B的结构简式为，B发生氧化反应生成C，结合C的分子式可知，B中的-CH3被氧化为-COOH，C的结构简式为，C发生水解反应生成D，D发生酯化反应生成E，E发生取代反应生成F，F发生硝化反应生成G，G发生还原反应将硝基转化为氨基生成H，H的结构简式为，H和ClCH2OCl发生取代反应生成I，I发生取代反应生成J，J发生取代反应生成K。
【详解】（1）
B的结构简式为，化学名称是邻氯甲苯或2-氯甲苯；由K结构可知，K中含氧官能团的名称为酰胺基、醚键；
（2）结构D和E的结构简式分析，D和甲醇发生酯化反应生成E，D→E的反应试剂和条件为甲醇、浓硫酸，加热；由分析可知，G→H为硝基转变为氨基的还原反应。
（3）F中酚羟基与邻位羰基上的氧形成了分子内氢键，稳定性增强或羟基与邻位羰基上的氧形成了分子内氢键，空间位阻增大，导致F→G中酚羟基不被浓硝酸氧化；
（4）
I中酯基、酰胺基均可与NaOH溶液反应，则I在加热条件下与足量NaOH溶液反应，酯基转化为羧酸盐、酰胺基转化为氨基和羧酸盐，得到芳香化合物产物为；
（5）
E分子除苯环外含有3个氧、2个碳、1个不饱和度，X是E的同分异构体，同时满足下列条件：①遇氯化铁溶液发生显色反应，则含酚羟基；②能发生水解反应，则含有酯基；③苯环上只有两个取代基；则除酚羟基外，另一个取代基可以为—COOCH3、—OOCCH3、—CH2OOCH，各存在邻、间、对3种，共3×3=9种，除去自身剩余8种；其中，核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1，则含有甲基，且结构对称，结构简式为或。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
C
C
A
B
A
A
B
A
题号
11
12
13
14






答案
A
A
D
B