贵州省六校联盟2024-2025学年高三上学期12月月考试题 化学 PDF版含解析

{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}2025届贵州省六校联盟高考实用性联考卷（三）化学参考答案一、选择题：本题共14小题，每小题3分。题号1234567答案BDCACAA题号891011121314答案CCDBDDB【解析】1．“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”，是指丹砂（HgS）在空气中灼烧变成Hg和S，积变又还成丹砂指Hg和S又化合成HgS，这里描述的化学反应是不可逆的，B错误。2．第一能层只有s能级，没有p能级，A错误。中子数为1的氦核素质量数应为3，B错误。图中表示的是反−2−丁烯的球棍模型，C错误。3．维生素C作抗氧化剂，是由于其结构能被氧化为脱氢抗坏血酸而发挥抗氧化作用。4．酚羟基不能与NaHCO3反应。5．A项，1molSiO2中含有4mol的Si—O键；B项，标准状况下戊烷不是气体；D项，一般情况下，由于I－还原性强于Fe2+，故氯气先氧化I－，当有2molFe2+被氧化时，表明I－已反应完，该过程中转移电子总数大于2NA。6．B项，铁粉与I2加热可发生反应；C项，用该装置验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，应确保两支试管反应温度一致；D项，硝酸易挥发，挥发出来的硝酸将碘离子氧化成碘单质也可以导致b中溶液变蓝。7．将一小块的钠投入足量NaHSO4溶液中：2Na+2H⁺=2Na⁺+H2↑，A正确。酸性条件－下不能生成OH，B错误。CO2过量应生成HCO3，C错误。漏写了离子反应，因为NaOH溶液过量，铵根离子也参与离子反应，D错误。8．图①中18−冠−6通过配位键与钾离子作用，A错误。图②C、N杂化方式为sp2、sp3，B错误。图③由于氧的电负性较大，N电负性比O小，更容易提供孤电子对，氨气与铜离子形成配位键比水与铜离子形成配位键稳定，因此加热时该离子先失去的配位体是H2O，C正确。图④物质中阳离子的空间位阻较大，与六氟合磷离子形成的离子键弱于钠离子，虽然摩尔质量更大，但离子键较弱，熔沸点低于六氟合磷酸钠，D错误。化学参考答案·第1页（共6页）{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}9．由题意可知Z是N或者P元素，X、Y、Z同周期且相邻，故X、Y、Z可能为第二周期的B、C、N或者第三周期的Al、Si、P，Q是Cl，W与Q相邻主族，故W可能为O或S。XF3可能是BF3或者AlF3，后者是离子化合物，A错误。Z的最高价氧化物对应的水化物为HNO3或者H3PO4，H3PO4不是强酸，B错误。不管W是O（N、F）或者S（P、Cl），同周期中比它第一电离能大的主族元素都有两种，C正确。若W是O，则原子半径W＜Q，若W是S，则原子半径W＞Q，D错误。10．淀粉水解液加氢氧化钠，再加碘液，氢氧化钠会与碘单质反应，A错误。硫酸铜（CuSO4）与硫化氢（H2S）反应的原理基于复分解反应，生成极难溶的硫化铜（CuS），H2S为二元弱酸，H2SO4为二元强酸，B错误。要证明是否为弱酸，可以通过测定相同浓度的弱酸盐溶液的碱性的强弱，故NaHSO3显红色是HSO3电离导致的结果，不是水解，故不能说亚硫酸为弱酸，C错误。满足条件的还有可能是高锰酸钾，D正确。－－111．由分析可知，a为阴极，b为阳极，阳极反应：①HCHO+OH−eHCOOH+H2，2－－－－②HCOOH+OH=HCOO+H2O，阴极反应2H2O+2e=H2↑+2OH，故b极溶液pH降低，转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1molH2，共2molH2，故B错误。12．0.1mol·L−1HA溶液的pH3，则c(H+)=c(A－)=10−3，代入平衡常数的表达式即可算出，A正确。酸的电离、碱的电离对水的电离起抑制作用，d点溶质为强碱弱酸盐KA，对水的电离起促进作用，c点溶质为KA和HA，且由图像可知c点呈中性，不影响水的电离，所以水的电离程度：d>c>b>a，B正确。b点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA和KA，溶液pH7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A－水解程度，所以cc(A)(HA)，钾离子不水解，且HA电离程度和A－水解程度都较小，所以ccc(A)(K)(HA)cc(H)(OH)，C正确。e点溶液是物质的量之比为2∶3的HA和KOH反应后的溶液，溶液中存在物料守恒，2(K)cc3(A)，即2(K)ccc3(A)3(HA)，D错误。13．“溶浸”过程中硫酸发挥其酸性作用，要提高溶浸速率，需要适当增大c(H+)，若硫酸浓度过大，由于溶剂水的百分含量过小，只有部分硫酸可以电离，c(H+)比较小，A错误。氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，B错误。“沉锰”过程中，Na2CO3溶液碱性更强，会导致生成氢氧化锰，C错误。14．根据反应历程可知，中间体Q→中间体σ−络合物M该步骤活化能最大，反应速率慢，故该步骤为决速步骤，A正确。组成结构相似的物质，能量越低越稳定，由两种物质的稳定性可知，后者能量较高，因此，参与反应的物质能量较高，其能量轮廓图曲线（虚线L）化学参考答案·第2页（共6页）{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}应在甲苯的实线图之上，B错误。甲苯与乙酰氯反应过程中AlCl3作催化剂，参与反应后又重新生成，Ⅰ中生成四氯合铝离子后，又会发生反应AlCl4H=AlCl3HCl，C正确。该过程涉及极性键和非极性键的断裂和形成，D正确。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）恒压滴液漏斗（或恒压分液漏斗）（1分）除去Cl2中混有的HCl（1分）（2）3NaOH+Cl2+Bi(OH)3=NaBiO3+3H2O+2NaCl（反应物和生成物化学式均正确给1分，方程式配平，即化学计量系数均正确给1分）（3）防止Cl2过量使C中溶液呈酸性，导致NaBiO3分解（答到：Cl2过量使C中溶液呈酸性给1分，答到：导致NaBiO3分解给1分）（4）除去A中残留的Cl2（或将A中剩余的Cl2反应掉）（5）在冷水浴中结晶或在冰水浴中结晶（答到：冷却（降温）结晶只给1分，有套用模板的嫌疑，没有进行具体情境下的问题分析）28cV（6）%a－－（7）不能（1分）酸性条件下，ClO也能将Cl氧化生成Cl2（或在酸性条件下，NaClO－－也可与NaCl反应得到Cl2。只提到NaClO或ClO与NaCl或Cl反应，给1分，要同时答到酸性条件才给2分）【解析】（1）盛放浓盐酸的仪器的名称为恒压滴液漏斗（或恒压分液漏斗）；B装置用于除去氯气中混有的氯化氢，盛放的试剂是饱和食盐水。（2）C装置中Bi(OH)3被氯气氧化为NaBiO3，化学方程式为Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O。（3）防止Cl2过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解，当观察到C中白色固体消失时，应关闭K3和K1，并停止对A装置加热。（4）氯气有毒，实验完毕后，打开K2，向甲中加入NaOH溶液的主要作用是除去甲装置中残留Cl2。（5）NaBiO3不溶于冷水，遇沸水或酸溶液迅速分解，故因将C反应得到的悬浊液用冷水或者冰水降温结晶获得产品。（6）根据得失电子守恒建立关系式：5NaBiO3~2MnO4~5H2C2O4，当达到滴定终点时，消−3耗cmol/L的草酸标准溶液VmL，则n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cmol/L×V×10L=cV×cV103280280cV10−3mol，该产品的纯度为100%%。aa－－（7）不能；C中含有NaBiO3和NaClO，酸性条件下，ClO也能将Cl氧化生成Cl2。化学参考答案·第3页（共6页）{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}16．（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）CaSO4、BaSO4（写对1个给1分，见之有分，只要看到其中的正确答案就按1个给1分）3+2++（2）2Fe+H2S=2Fe+S↓+2H（反应物和生成物化学式均正确给1分，方程式配平，即化学计量系数均正确给1分）2+3+（3）将Fe氧化为Fe，使Fe元素以Fe(OH)3分离出来（只答到将亚铁离子氧化为三价铁给1分，答到使Fe元素以Fe(OH)3分离出来给1分）（4）2.7×10−7（1分）（5）9.78%2（6）2NiClO4OH=2NiOOHClH2O（反应物和生成物化学式均正确给1分，方程式配平，即化学计量系数均正确给1分）（7）①5②18（1分）【解析】（1）硫酸与氧化镍、氧化铁、氧化钙、氧化铜、氧化钡分别生成硫酸盐产物，其中硫酸钡难溶，硫酸钙微溶，因此浸出渣的主要成分为CaSO4和BaSO4。3+3+2+（2）“酸浸”过后溶液中含有Fe具有氧化性，可与H2S反应，2Fe+H2S=2Fe+S↓+2H+。（3）操作B的目的是除铁，但是Fe2+沉淀所需pH更大，很难分离，故将其氧化为Fe3+，使Fe元素以Fe(OH)3分离出来。2+2－2+−7（4）由CaF的Ksp=c(Ca)×c(F)可知，所需的c(Ca）为2.7×10。（5）根据分解反应方程式可算失重率为9.78%。2（6）2NiClO4OH=2NiOOHClH2O。17．（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）−49.4kJ/mol（不写单位扣一分，不写“−”不得分）K2×K3（1分）（2）a、b（少选1个或多选1个扣1分，如abc得1分，acd得0分）（3）a反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致CH3OH的选择性降低（答到：反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动给1分，答到：导致CH3OH的选择性降低给1分）bab()（4）(1ab)(33ab)－+（5）负（1分）CH3OH–6e+H2O=CO2↑+6H（反应物和生成物化学式均正确，且表示的是失电子给1分，电极反应配平，即化学计量系数均正确给1分）化学参考答案·第4页（共6页）{#{QQABDQCAggioAAAAARgCQw2gCAKQkhCCASgGwFAIoAABiRNABAA=}#}【解析】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅱ+反应Ⅲ可得反应Ⅰ，则1HHH12349.4kJmol，则KKK123。（2）反应Ⅰ是反应前后气体分子数之和不相等的反应，所以恒温、恒容条件下压强在改总质量变，a正确。混合气体的平均摩尔质量=，反应前后，气体总质量不变，但是总物质的量总物质的量在变，故平均摩尔质量在改变，b正确。甲醇和水1∶1生成，物质的量一直不变，c错误。焓变是常数，一直不变，d错误。答案选ab。（3）反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇选择性下降，故图中表示CH3OH选择性变化的曲线是a；Ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，一氧化碳选择性升高，故图中表示CO选择性变化的曲线是b；则图中曲线c表示CO2平衡转化率。（4）设达到平衡时H2为xmol，H2O为ymol，根据碳原子守恒可得：nn(CO)(CO23)n(CHOH)1mol，故nab(CO2)(1)mol，根据氢原子守恒可得：2(H)nn234(CHOH)2(HO)6moln2，即2426xay，根据氧原子守恒可得：nn