西藏拉萨市拉萨中学2025届高三化学第六次月考试题含解析

PAGE15-西藏省拉萨市拉萨中学2025届高三化学第六次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1Li-7B-11C-12N-14O-16F-19S-32K-39Ca-40Cu-64一、选择题：每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与材料、生活和环境亲密相关。下列有关说法中错误的是A.新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子B.医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性C.大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术以削减硫、氮氧化物排放D.煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料【答案】A【解析】【详解】A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，为无机物不是高分子化合物，故A错误；B．酒精能够使细菌蛋白发生变性，常用来消毒，故B正确；C．矿物燃料含有硫氮元素，因此大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术可以削减硫、氮氧化物排放，故C正确；D．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或者利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或者其他液体化工产品的过程；煤的干馏是指隔绝空气加强热，使煤分解的过程，可以得到许多重要的化工原料，故D正确；故选A。2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是A.60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗O2分子数为2NB.5.8g熟石膏（2CaSO4·H2O）含有的结晶水分子数为0.04NAC.把4.6g乙醇完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.1NAD.试验室制取氧气方法有多种，制取1molO2转移电子数均是4NA【答案】A【解析】【详解】A．乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O，1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol，充分燃烧消耗2NA个O2，故AB．熟石膏(2CaSO4•H2O)的物质的量n==0.02mol，由熟石膏(2CaSO4•H2O)的化学式可知，1mol熟石膏(2CaSO4•H2O)中含1mol水，故0.02mol水中含0.02mol水，即0.02NA个，故B错误；C．把4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，碳元素由乙醇中的-2价上升乙醛中的-1价，故转移电子数为0.2NA，故C错误；D．试验室可以用双氧水、KClO3和KMnO4来制取氧气，当用KClO3和KMnO4来制取氧气时，氧元素由-2价变为0价，故制取1mol氧气转移4NA个电子，当用双氧水制取氧气时，氧元素由-1价变为0价，故制取1mol氧气时转移2NA个电子，故D错误；故答案为A。3.茉莉酸甲酯具有剧烈而长久的茉莉花香，广泛用于人工配制的茉莉精油中，其结构简式如图所示。下列关于茉莉酸甲酯的说法中不正确的是（）A.分子式为C13H20O3B.分子中含2个手性碳原子C.能发生氧化、水解和加聚反应D.茉莉酸甲酯易溶于水【答案】D【解析】【详解】A．依据结构简式可知，茉莉酸甲酯的分子式为C13H20O3，故A正确；B．环上连接两个长支链的碳原子为手性碳原子，所以手性碳原子有2个，故B正确；C．含有碳碳双键，能发生氧化反应和加聚反应、含有酯基能发生水解反应，故C正确；D．酯基、烃基、羰基都是憎水基，不含亲水基，所以不易溶于水，易溶于有机溶剂，故D错误；故选D。4.四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列有关说法正确的是（）A.离子半径Y＜Z＜MB.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强C.X的最简洁气态氢化物的热稳定性比Z的大D.单质沸点：X＞M＞Y＞Z【答案】B【解析】【分析】从图中四种短周期元素的相对位置看，M为金属元素铝，则X为Si，Y为N，Z为O。【详解】A.具有相同电子排布的离子半径，核电荷数越大半径越小，离子半径N3->O2->Al3+，A错误；B.N的最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，而H2SiO3为弱酸，B正确；C.非金属性Si<O，则SiH4的热稳定性比H2O小，C错误；D.单质沸点：Si>Al>O2>N2，D错误；故选B。5.常温下，将0.1mol/L的NaOH溶液逐滴滴入20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中，所得溶液pH改变如图所示，下列有关说法正确的是（）A.a点：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)B.b点为滴定终点C.若V1=20，则c点处水的电离程度最大D.d点：c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)=2c(OH-)-2c【答案】C【解析】【详解】A.a点为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，A错误；B.若二者恰好中和生成CH3COONa，由于该盐是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-水解会使溶液显碱性，而b点溶液呈中性，说明溶液中还有少量CH3COOH剩余，未达到滴定终点，B错误；C.加入20mLNaOH溶液，恰好完全反应，溶液中溶质为CH3COONa，在溶液中CH3COO-会发生水解作用，使水的电离正向移动，水的电离作用得到促进；c点前有未反应的醋酸，c点后溶液中有过量的NaOH，酸或碱的存在对水的电离平衡都会起抑制作用，使水的电离程度减小，故c点处水的电离程度最大，C正确；D.d点溶液为CH3COONa、NaOH按2：1物质的量的比混合得到的混合溶液，依据物料守恒：2c(Na+)=3c(CH3COO-)+3c(CH3COOH)①，依据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)②，②×2－①，整理可得：c(CH3COO-)+3c(CH3COOH)=2c(OH-)-2c故合理选项是C。6.下列依据试验操作和试验现象所得出的结论中，正确的是选项试验操作现象结论A常温下分别测定等浓度的KNO2、KCl溶液的pHpH值：KNO2＞KCl非金属性：Cl＞NB打磨后的铝片投入沸水中，加热一段时间，取出铝片，用一束光照耀溶液加热，铝片表面无明显现象；用光照耀溶液时，有一条光亮的“通路”铝与热水发生了反应C将某溶液与盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊某溶液中肯定含有HCO3-或CO32-D向Cu（OH）2沉淀中分别滴加盐酸和氨水沉淀均能溶解Cu（OH）2为两性氢氧化物A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．可比较亚硝酸与盐酸的酸性，但亚硝酸和盐酸均不是N或Cl元素最高价水化物含氧酸，则不能比较非金属性，故A错误；B．用光照耀溶液时，有一条光亮的“通路”，可知生成氢氧化铝胶体分散系，则铝与热水发生了反应，故B正确；C．二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊，生成的气体不肯定就是CO2，则不能说明溶液中肯定含有HCO3-或CO32-，故C错误；D．Cu(OH)2与氨水反应生成络合物，不是生成盐和水，则氢氧化铜为碱，不具有两性，故D错误；故选：B。7.一种微生物燃料电池如图所示,下列关于该电池的说法正确的是A.a电极发生还原反应B.H+由右室通过质子交换膜进入左室C.b电极反应式为2NO3－+10e－+12H+=N2↑+6H2OD.电池工作时,电流由a电极沿导线流向b电极【答案】C【解析】【详解】A、b极上N元素的化合价降低，所以b是正极发生还原反应，故A错误；B、原电池中阳离子从负极移向正极，即H+由左室通过质子交换膜进入右室，故B错误；C、b极上N元素的化合价降低，b是正极，发生还原反应，电极反应式为：2NO3-+10e-+12H+═N2↑+6H2O，故C正确；D、原电池中电流从正极流向负极，电流由b电极沿导线流向a电极，故D错误；故选C。8.Ⅰ.据报道，我国在南海北部神狐海疆进行的可燃冰（甲烷的水合物）试采获得胜利。（1）甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下二种：水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol-1①CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1②二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH3 ③则反应①自发进行条件是_______，ΔH3=_______kJ·mol-1。Ⅱ.氮的固定始终是科学家探讨的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2 (g)+3H2 (g)⇌2NH3(g)（2）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时，平衡后混合物中氨的体积分数(ψ)如图所示。①其中，p1，p2和p3由大到小的依次是_______，其缘由是_______。②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应起先至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA(N2)_______vB(N2)(填“”“”或“”。③若在250℃、p1为105Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下B点N2的分压p(N2)为_______Pa(分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)【答案】(1).高温(2).+247.1(3).p1>p2>p3(4).增大压强化学平衡向正反应方向移动，故平衡混合物中氨的体积分数越大压强越大(5).<(6).8.3×103或8333.3【解析】【分析】I．(1)反应自发进行的条件是△H-T△S＜0，结合盖斯定律分析解答；Ⅱ．(2)①由方程式N2+3H2⇌2NH3可知，增大压强，平衡正向移动，结合图象中氨的体积分数与压强的关系分析推断；②温度越大，压强越大，反应速率越大；③依据三段式，结合平衡分压=总压×气体物质的量分数计算。【详解】I．(1)水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ•mol-1，△H＞0，△S＞0，满意△H-T△S＜0，则须要高温；水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ•mol-1①，CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ•mol-1②，二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H3③，依据盖斯定律，将①+②得到反应③的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H3=(+205.9kJ•mol-1)+(-41.2kJ•mol-1)=+247.1kJ/mol，故答案为：高温；+247.1；II．(2)①由N2+3H2⇌2NH3可知，增大压强，平衡正向移动，由图象可知在相同温度下，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)为p1＞p2＞p3，因此压强关系是p1＞p2＞p3，故答案为：p1＞p2＞p3；温度相同时，加压平衡正向移动，故压强越大平衡混合物中氨的体积分数越大；②温度越大，压强越大，反应速率越大，p1＞p2，由图可知，B对应的温度、压强大，则反应速率大，故答案为：＜；③=0.667，x=0.08，若在250℃、p1为105Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下B点N2的分压p(N2)=105Pa×=8.3×103，故答案为：

8.3×103。【点睛】本题的易错点为(2)③，要留意三段式在化学平衡计算中的应用，同时留意理解“分压=总压×物质的量分数”。9.为测定某样品中氟元素的质量分数进行如下试验，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(氢氟酸为低沸点酸，含量低，不考虑对玻璃仪器的腐蚀)，用水蒸气蒸出，再通过滴定测量。试验装置如下图所示，加热装置省略。(1)A的名称是___________，长导管用于平衡压强，试验过程中其下端___________(填“能”或“不能”)在液面以上。(2)仪器C是直形冷凝管，试验过程中，冷却水应从___________口出。(填“a”或“b")(3)试验时，首先打开活塞K，待水沸腾时，关闭活塞K，起先蒸馏：若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应马上______________________。(4)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，其作用是___________。(5)B中加入肯定体积高氯酸和1.00g氟化稀土矿样，D中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热A、B，使A中产生的水蒸气进入B。①下列物质不行代替高氯酸的是___________(填标号)a.醋酸b.硝酸c.磷酸d.硫酸②D中主要反应的离子方程式为_________________________________。(6)向馏出液中加入25.00mL0.100mol·L－1La(NO3)3溶液，得到LaF3沉淀，再用0.100mol·L－1EDTA标准溶液滴定剩余La3+(La3+与EDTA按1︰1络合)，消耗EDTA标准溶液20.00mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为______________________。【答案】(1).圆底烧瓶(2).不能(3).b(4).打开活塞K(5).保温，避开水蒸气冷凝(6).ab(7).HF+OH－=F－+H2O(8).2.85%【解析】【分析】A水蒸气发生装置，长导管作用起到平衡压强的作用，防止烧瓶内压强过大，试验时，首先打开活塞K，目的是让烧瓶内压强和外界一样，待水沸腾时，关闭活塞K，起先蒸馏，若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应马上打开活塞K，和外界联通降低压强，B制取HF的装置，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢，用水蒸气蒸出，冷凝到D装置，被氢氧化钠中和汲取，在采纳滴定法定量测定氟元素的质量分数。【详解】(1)A的名称是圆底烧瓶，长导管用于平衡压强，试验过程中其下端在液面以下；答案：圆底烧瓶不能(2)试验过程中，直形冷凝管中冷却水应从a进b出，这样可使冷却水充溢外管，有利于带走热量；答案：b。(3)从试验平安角度考虑，试验时，首先打开活塞K，目的是让烧瓶内压强和外界一样，待水沸腾时，关闭活塞K，起先蒸馏，若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应马上打开活塞K，和外界联通降低压强；答案：打开活塞K(4)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，石棉绳的隔热效果比较好，主要起到保温防止水蒸气冷凝的作用；答案：保温，避开水蒸气冷凝。(5)①依据题干学问可知反应原理为高沸点酸（难挥发性酸）制取低沸点酸（易挥发性酸），醋酸和硝酸易挥发，不行代替高氯酸；答案：ab②D中是氢氧化钠与HF发生酸碱中和生成盐和水，离子方程式为HF+OH－=F－+H2O；答案：HF+OH－=F－+H2O。(6)关系式法计算：设F-的物质的量为x3F-～LaF3～La3+EDTA～La3+3mol1mol1mol1molxx/30.1mol/L×20.00×10-3L0.1mol/L×20.00×10-3+0.1mol/L×20.00×10-3L=0.100mol/L×25.00×10-3得x=1.5×10-3mol=0.0015mol氟化稀土样品中氟的质量分数为：×100%=2.85%答案：2.85%10.氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：常温下几种物质起先形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2起先沉淀7.52.74.8完全沉淀9.0376.4(1)炉气中的有害气体成分是__________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。(2)若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：________。当试剂X是______时，更有利于降低生产成本。(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是___________。(4)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：________，操作X包括_________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是____________。(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：__________。【答案】(1).SO2(2).2∶1(3).2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O(4).空气或氧气(5).3.7≤pH<4.8(6).4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O(7).过滤(8).防止Cu2O被空气中氧气氧化(9).2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O【解析】分析】(1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫，Cu2S与O2反应时，依据得失电子守恒，分析氧化剂与还原剂的物质的量之比；(2)酸性条件下，H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，本身被还原为H2O，酸性条件下O2也可以将Fe2＋氧化为Fe3＋；(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去，而铜离子不能形成沉淀；(4)N2H4将Cu2＋还原为Cu2O，自身被氧化为N2；Cu2O不溶于水，且有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化；(5)因Cu2O是在阳极上生成的，阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，据此解答。【详解】(1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO2，Cu2S与O2反应时，氧化剂为O2，还原剂为Cu2S，1molO2得4mol电子，Cu的化合价从+1价上升为+2价，S的化合价从-2价上升为+4价，故1molCu2S失8mol电子，依据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故答案为：SO2；2∶1；(2)酸性条件下，H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，本身被还原为H2O，离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；酸性条件下O2也可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于H2O2，所以用氧气替代双氧水，可以有效降低生产成本，故答案为：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；空气或氧气；(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去，而铜离子不能形成沉淀，故pH调控范围是3.7≤pH<4.8，故答案为：3.7≤pH<4.8；(4)N2H4将Cu2＋还原为Cu2O，自身被氧化为N2，化学方程式为4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；由于Cu2O不溶于水，故操作X为过滤、洗涤、烘干；因Cu2O有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程中要隔绝空气，故答案为：4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；过滤；防止Cu2O被空气中氧气氧化；(5)因Cu2O是在阳极上生成的，阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，相应的电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O，故答案为：2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。11.中国古代文献中记载了大量古代化学的探讨成果，《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，反应原理为：S+2KNO3+3C===K2S+N2↑+3CO2↑。(1)氮原子的价层电子排布图为___________，烟花燃放过程中，钾元素中的电子跃迁的方式是___________，K、S、N、O四种元素第一电离能由大到小的依次为___________。上述反应涉及的元素中电负性最大的是___________(填元素符号)。(2)碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外，还可形成C2O3(结构式为)。C2O3与水反应可生成草酸(HOOC—COOH)。①C2O3中碳原子的杂化轨道类型为___________，CO2分子的立体构型为___________。②草酸与正丁酸(CH3CH2CH2COOH)的相对分子质量相差2，二者的熔点分别为101℃、-7.9③CO分子中π键与σ键个数比为___________。(3)超氧化钾的晶胞结构图如下：则与K+等距离且最近的K+个数为___________，若晶胞参数为dpm，则该超氧化物的密度为___________g·cm－3(用含d、NA的代数式表示，设NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1).(2).由高能量状态跃迁到低能量状态(3).N>O>S>K(4).O(5).sp2(6).直线型(7).草酸分子间能形成更多氢键(8).2：1(9).12(10).【解析】【分析】依据核外电子排布特点及非金属性强弱比较第一电离能大小；依据等电子体结构及杂化轨道理论分析分子的空间结构；依据晶胞的结构计算晶胞的密度。【详解】(1)N原子价电子数为5，其电子排布图为；焰色反应属于放射光谱，故电子是由高能量状态跃迁到低能量状态，由第一电离能递变规律及N原子的2p能级处于半充溢状态得第一电离能的大小依次为N>O>S>K；上述反应涉及的元素中氧元素的非金属性最强，故电负性最大，故答案为；；由高能量状态跃迁到低能量状态；N>O>S>K；O；(2)①C2O3中碳原子形成3个σ键、为sp2杂化；CO2中C原子实行sp杂化，立体构型为直线型；②草酸分子中有2个O-H键，丁酸分子中只含有一个O-H键，故草酸分子间形成的氢键数目比丁酸分子间形成的氢键数目多，因此其沸点比较高；③CO与N2互为等电子体，结构相像，故π键与σ键个数比为2:1；故答案为sp2；直线型；草酸分子间能形成更多氢键；2：1；(3)由晶胞图知，同一平面内与K+距离相等且最近的K+有4个，通过某一个K+且相互垂直的平面有3个，故共有12个K+符合条件；由均摊原理知每个晶胞中含有4个KO2，质量为4/NA×71g，晶胞的体积为d3×10-30cm3，故密度为：g/cm3，故答案1