福建省厦门市2025届高三化学毕业班3月线上质量检查试题一含解析

PAGE16-福建省厦门市2025届高三化学毕业班3月线上质量检查试题（一）（含解析）（本试卷满分300分，考试时间150分）可能用到的相对原子质量：H-IC-12O-16Na23P31S32K39Mn55Fe56Co59第I卷（选择题）一、选择题：（本题共7小题，只有一项符合题目要求。）1.下列有关垃圾分类说法错误的是A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不能使溴水退色B.可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氧化铝制取C.废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，不能填埋处理D.含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时只生成CO2和H2O【答案】D【解析】【详解】A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，聚乙烯不含双键，不能使溴水退色，故A正确；B.可回收的易拉罐中含金属铝，电解熔融氧化铝可制取金属铝，故B正确；C.废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，填埋处理睬造成土壤、水污染，所以不能填埋处理，故C正确；D.丝、毛成分是蛋白质，含有C、H、O、N等元素，含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时生成CO2和H2O的同时还有含氮物质生成，故D错误；选D。2.螺环化合物可用于制造生物检测机器人，下列有关该化合物的说法错误的是A.分子式为C5H8OB.是环氧乙烷的同系物C.一氯代物有2种（不考虑空间异构）D.全部碳原子不处于同一平面【答案】B【解析】【详解】A.依据的结构式，可知分子式为C5H8O，故A正确；B.同系物是结构相像、分子组成相差若干CH2原子团的化合物，和环氧乙烷的结构不同，不是同系物，故B错误；C.的一氯代物有、，共2种，故B正确；D.画红圈的碳原子通过4个单键与碳原子连接，不行能全部碳原子处于同一平面，故D正确；选B。3.设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是A.常温下，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-9NAB.常温下，10mL5.6mol/LFeC13溶液滴到100mL沸水中，生成胶粒数为0.056NAC.向Na2O2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg，该反应转移电子数为D.6.8gKHSO4晶体中含有的离子数为0.15NA【答案】C【解析】【详解】A.常温下，pH=9的CH3COONa溶液，水电离出的氢氧根离子浓度是，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-5NA，故A错误；B.氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的聚集体，常温下，10mL5.6mol/LFeC13溶液滴到100mL沸水中，生成胶粒数小于0.056NA，故B错误；C.，由方程式可知过氧化钠生成氢氧化钠质量增大，固体增加4g转移2mol电子，向Na2O2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg，该反应转移电子数为，故C正确；D.KHSO4固体含有K+、HSO4-，6.8gKHSO4晶体中含有的离子数为0.1NA，故D错误；选C。4.试验室制备少量乙酸乙酯的装置如图所示。下列有关该试验说法正确的是A.乙酸乙酯的沸点小于100℃B.反应前，试管甲中先加入浓硫酸，后加入适量冰酸醋和乙醇C.试管乙中应盛放NaOH浓溶液D.试验结束后，将试管乙中混合液进行蒸发结晶可得到乙酸乙酯【答案】A【解析】【详解】A、由水浴加热制备并蒸出乙酸乙酯，可知乙酸乙酯的沸点小于100℃，故A正确；B、浓硫酸的密度大，应当先加入适量乙醇，然后渐渐地加入浓硫酸和冰酸醋，防止混合液体溅出，发生危急，故B错误；C.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，试管乙中不能盛放NaOH浓溶液，应盛放饱和碳酸钠溶液，故C错误；D.乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，试验结束后，将试管乙中混合液进行分液可得到乙酸乙酯，故D错误；选A。5.一种新型漂白剂结构如图所示，其中W.Y.Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简洁离子核外电子排布相同。下列说法正确的是A.非金属性：X>W>YB.Y的最高价氧化为对应的水化物为三元酸C.可利用W与X、Y形成的化合物热还原制备单质YD.该漂白剂中仅有X均满意8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】由W2+可知，W最外层有2个电子；Z形成1个键，Z是第ⅠA或ⅦA族元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X形成2个键，X是ⅥA族元素；Z与X形成共价键，Z是H元素，X是O元素；Y是B元素；W、X对应的简洁离子核外电子排布相同，W是Mg元素。【详解】A.W是镁，为金属元素，非金属性：O>B>Mg，故A错误；B.Y是B元素，B的最高价氧化为对应的水化物为H3BO3，H3BO3中的质子无法干脆电离出，H3BO3结合水中的OH-，电离出H+，H3BO3是一元弱酸，故B错误；C.镁和B2O3加热生成B和氧化镁，故C正确；D.该漂白剂中Mg2+、B、O均满意8电子稳定结构，故D错误。【点睛】本题须要通过微观的原子结构、化学键结合题目信息推断元素，关键是联系宏观物质的性质、敏捷运用结构确定性质的规律，本题的突破口是该漂白剂的结构示意图。6.我国科学家设计了一种将电解饱和食盐水与电催化还原CO2相耦合的电解装置如图所示。下列叙述错误的是A.理论上该转化的原子利用率为100%B.阴极电极反应式为C.Na+也能通过交换膜D.每生成11.2L（标况下）CO转移电子数为NA【答案】C【解析】【详解】A.总反应为，由方程式可以看出该转化的原子利用率为100%，故A正确；B.阴极发生还原反应，阴极电极反应式为，故B正确；C.右侧电极氯化钠生成次氯酸钠，依据反应物、生成物中钠、氯原子个数比为1:1，Na+不能通过交换膜，故C错误；D.阴极二氧化碳得电子生成CO，碳元素化合价由+4降低为+2，每生成11.2L（标况下）CO转移电子数为NA，故D正确；选C。7.己知：；常温下，将盐酸滴加到N2H4的水溶液中，混合溶液中pOH[pOH=-lgc(OH-)]随离子浓度变更的关系如图所示。下列叙述错误的是A.曲线M表示pOH与1g的变更关系B.反应的C.pOH1>pOH2D.N2H5Cl的水溶液呈酸性【答案】C【解析】【分析】M、N点==1，M点c(OH-)=10-15、N点c(OH-)=10-6，M点表示的电离平衡常数=10-15，N点表示的电离平衡常数=10-6；第一步电离常数大于其次步电离常数。【详解】A.，所以曲线M表示pOH与1g的变更关系，曲线N表示pOH与1g的变更关系，故A正确；B.反应表示其次步电离，=10-15，故B正确；C.pOH1=、pOH2=，，所以pOH1<pOH2，故C错误；D.N2H4是二元弱碱，N2H5Cl是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故D正确；故答案选C。8.草酸亚铁晶体（FeC2O4-2H2O，M=180g.mol-1）为淡黄色固体，难溶于水，可用作电池正极材料磷酸铁锂的原料。回答下列问题：试验1探究纯草酸亚铁晶体热分解产物（1）气体产物成分的探究，设计如下装置（可重复选用）进行试验：①装置B的名称为____。②依据气流从左到右方向，上述装置的连接依次为a→___→点燃（填仪器接口的字母编号）。③为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，试验前应进行的操作是____。④C处固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，则证明气体产物中含有____。（2）固体产物成分的探究，待固体热分解充分后，A处残留黑色固体。黑色固体可能是Fe或FeO，设计试验证明其成分为FeO的操作及现象为____。（3）依据（1）和（2）结论，A处发生反应的化学方程式为____。试验2草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的流程如下图：（4）草酸亚铁晶体溶解酸化用KMnO4溶液滴定至终点的离子方程式为____。（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为____（用代数式表示），若配制溶液时Fe2+被氧化，则测定结果将____（填“偏高”“偏低”或“不变”）。【答案】(1).洗气瓶(2).fg→bc→hi→de→bc(3).先通入一段时间的氮气(4).CO(5).取少量固体溶于硫酸，无气体生成(6).(7).(8).(9).偏低【解析】【分析】（1）①依据图示分析装置B的名称；②先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜、澄清石灰水检验CO，最终用点燃的方法处理尾气；③用氮气排出装置中的空气；④CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳；（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气；（3）依据（1）和（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水；（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2；（5）亚铁离子消耗高锰酸钾溶液V2mL，则草酸根离子消耗高锰酸钾溶液V1mL-V2mL，由于样品含有FeSO4杂质，所以依据草酸根离子的物质的量计算草酸亚铁晶体样品的纯度。【详解】（1）①依据图示，装置B的名称是洗气瓶；②先用无水硫酸铜检验水，再用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰除去二氧化碳并干燥气体，再用热的氧化铜检验CO，再用澄清石灰水检验二氧化碳的生成，最终用点燃的方法处理尾气，仪器的连接依次是a→fg→bc→hi→de→bc；③为了排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，试验前应进行的操作是先通入一段时间的氮气；④CO具有还原性，C处固体由黑变红，说明氧化铜被还原为铜，其后的澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，则证明气体产物中含有CO；（2）铁与硫酸反应生成氢气，氧化亚铁和硫酸反应不生成氢气，取少量固体溶于硫酸，没有气体放出，则证明是FeO；（3）依据（1）和（2），草酸亚铁晶体加热分解为氧化亚铁、CO、CO2、水，反应方程式是；（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾溶液氧化为Fe3+、CO2，反应的离子方程式是；（5）25mL样品溶液中亚铁离子消耗高锰酸钾的物质的量是，草酸根离子消耗高锰酸钾的物质的量为，依据方程式，草酸亚铁晶体样品的纯度为；若配制溶液时Fe2+被氧化，则V1减小，V2不变，测定结果将偏低。【点睛】本题通过探究草酸亚铁的性质，考查学生试验基本操作和获得信息解决实际问题的实力，明确试验原理与方法是解题的关键，知道草酸、亚铁离子都能被高锰酸钾氧化。9.利用菱锰矿（主要成分是MnCO3，含少量A12O3、Fe2O3、FeO、CaO、MgO等）为原料制备MnO2的工艺流程如下：已知：①25℃时，②相关金属离子形成氢氧化物沉淀pH范围如下：（1）“除杂1”中加入适量MnO2的作用是____，应调整溶液pH不小于____。（2）“除杂2”主要目的将Ca2+、Mg2+转化为相应的氟化物沉淀而除去，除去Ca2+的离子方程式为____，该反应的平衡常数为____。（3）“沉锰”中生成Mn（OH）2'MnCO3沉淀的离子方程式为____，“母液”经加热等系列操作后可返回“____”工序循环运用。（4）以MnSO4-（NH4）2SO4为电解质溶液，利用下图装置可同时制备金属锰和MnO2。离子交换膜a为____，阳极电极反应式为____。【答案】(1).把Fe2+氧化为Fe3+(2).5.2(3).MnF2(s)+Ca2+(aq)Mn2+(aq)+CaF2(s)(4).3.53×107(5).2Mn2++3CO32-+2H2O=Mn(OH)2·MnCO3+2HCO3-(6).焙烧(7).阴离子交换膜(8).Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+【解析】【分析】依据流程图，“酸浸”后的溶液中含有Mn2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Ca2+，加入适量MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，调整pH，除去Al3+、Fe3+，加入MnF2除去Mg2+、Ca2+，滤液中通入碳酸铵溶液沉锰。【详解】（1）二氧化锰具有氧化性，“除杂1”中加入适量MnO2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，为使Al3+、Fe3+沉淀完全，应调整溶液pH不小于5.2。（2）“除杂2”的主要目的将Ca2+、Mg2+转化为相应的氟化物沉淀而除去，除去Ca2+的离子方程式为MnF2(s)+Ca2+(aq)Mn2+(aq)+CaF2(s)，该反应的平衡常数3.53×107。（3）“沉锰”是MnCl2与碳酸铵反应生成Mn(OH)2·MnCO3，依据电荷守恒、质量守恒，反应的离子方程式为2Mn2++3CO32-+2H2O=Mn(OH)2·MnCO3+2HCO3-，“母液”含有氯化铵，经加热等系列操作后可返回“焙烧”工序循环运用。（4）以MnSO4-(NH4)2SO4为电解质溶液制备金属锰和MnO2。依据图示，离子透过交换膜向阳极移动，离子交换膜a阴离子交换膜，阳极锰离子失电子发生氧化反应生成二氧化锰，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。10.合成氨技术的创立开拓了人工固氮的重要途径。回答下列问题：（1）德国化学家F.Haber从1902年起先探讨N2和H2干脆合成NH3。在1.01×105Pa、250℃时，将1molN2和1molH2加入aL刚性容器中充分反应，测得NH3体积分数为0.04；其他条件不变，温度上升至450℃，测得NH3体积分数为0.025，则可推断合成氨反应为____填“吸热”或“放热”）反应。（2）在1.01×105Pa、250℃时，将2moIN2和2molH2加入aL密闭容器中充分反应，H2平衡转化率可能为___（填标号）。A=4%B<4%C4%～7%D>11.5%（3）我国科学家结合试验与计算机模拟结果，探讨了在铁掺杂W18049纳米反应器催化剂表面上实现常温低电位合成氨，获得较高的氨产量和法拉第效率。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。须要汲取能量最大的能垒（活化能）E=____ev，该步骤的化学方程式为____，若通入H2体积分数过大，可能造成___。（4）T℃时，在恒温恒容的密闭条件下发生反应：反应过程中各物质浓度的变更曲线如图所示：①表示N2浓度变更的曲线是____（填“A”、“B”或“C’，）。与（1）中的试验条件（1.01×105Pa、450℃）相比，变更的条件可能是_____。②在0～25min内H2的平均反应速率为____。在该条件下反应的平衡常数为___mol-2．L2（保留两位有效数字）。【答案】(1).放热(2).D(3).1.54(4).NH3*+NH3=2NH3(5).占据催化剂活性位点过多(6).B(7).加压强或降温(8).0.006mol·L-1·min-1(9).0.73【解析】【分析】（1）上升温度，NH3体积分数降低；（2）在1.01×105Pa、250℃时，将2moIN2和2molH2加入aL密闭容器中充分反应，与在1.01×105Pa、250℃时，将1moIN2和1molH2加入aL密闭容器中充分反应比，相当于加压；（3）汲取能量最大的能垒，即相对能量的差最大；依据图示写方程式；（4）依据反应方程式，N2、H2、NH3的变更量比为1:3:2；图氢气的转化率为25%，（1）中氢气的转化率是11.5%，依据转化率的变更分析；②A表示氢气的浓度变更，依据计算H2的平均反应速率；依据计算平衡常数；【详解】（1）上升温度，NH3体积分数降低，说明上升温度平衡逆向移动，正反应放热；（2）在1.01×105Pa、250℃时，将1molN2和1molH2加入aL刚性容器中充分反应，测得NH3体积分数为0.04；，x=0.0384，H2平衡转化率，在1.01×105Pa、250℃时，将2moIN2和2molH2，相当于加压，平衡正向移动，氢气转化率增大，H2平衡转化率>11.5%，故选D；（3）依据图示，汲取能量最大的能垒，即相对能量的差最大是-1.02-(-2.56)=1.54；依据图示，该步的方程式是NH3*+NH3=2NH3；若通入H2体积分数过大，氢分子占据催化剂活性位点过多；（4）①依据反应方程式，N2、H2、NH3的变更量比为1:3:2，所以表示N2浓度变更的曲线是B；(1)中氢气转化率11.5%，1:3时氢气转化率更低，图中氢气转化率25%，故只能考虑压强、温度的影响，可以采纳加压或降温的方法；②A表示氢气的浓度变更，0.006mol·L-1·min-1；mol-2．L2。[化学——选修3：物质结构与性质]11.纳米磷化钴（CoP）常用于制作特种钻玻璃，制备磷化钴的常用流程如下：（l）基态P原子的价电子排布式为____，P位于元素周期表中____区。（2）尿素中N原子的杂化类型是_____；C、N、O三种元素的第一电离能最大的是____，电负性由小到大的依次为____。（3）Co(CO3)0．5(OH）·0.11H2O中CO32-中C的价层电子对数为____；该化合物中不含有的化学键有_____填标号）。A离子键B共价键C金属键D配位键E氢键F非极性键（4）一些氧化物的熔点如下表所示：说明表中氧化物之间熔点差异的缘由____。（5）CoP晶胞结构如图所示，最近且相邻两个钴原子的距离为npm。设NA为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞密度为_______-g．cm-3（列出计算式即可）。【答案】(1).3s23p3(2).P(3).sp3(4).N(5).C＜N＜O(6).3(7).CF(8).FeCl3是共价化合物，Fe3O4、Co3O4是离子化合物，Fe3O4、Co3O4晶胞结构不同(9).【解析】【分析】（l）P是15号元素，最外层有5个电子；（2）依据尿素的结构简式是分析N原子杂化类型；同周期元素从左到右第一电离能增大，N原子3p轨道为半充溢状态；同周期元素从左到右电负性依次增大；（3）CO32-中C的价层电子对数为；（4）化合物类型不同熔沸点不同；晶体结构不同，熔沸点不同；（5）依据CoP的晶胞结构，最近且相邻两个钴原子的距离为npm，则晶胞面对角线是2npm，晶胞的边长为pm，1个晶胞含有Co原子数、P原子数；【详解】（l）P是15号元素，最外层有5个电子，基态P原子的价电子排布式为3s23p3；价电子排布式为3s23p3，所以P位于元素周期表中P区；（2）尿素的结构简式是，N原子形成3个共价键，有1对孤电子对，所以N原子杂化类型是sp3；同周期元素从左到右第一电离能增大，N原子3p轨道为半充溢状态，所以C、N、O三种元素的第一电离能最大的是N；同周期元素从左到右电负性依次增大，电负性由小到大的依次为C＜N＜O；（3）CO32-中C的价层电子对数为=3；（4）FeCl3是共价化合物，熔沸点低；Fe3O4、Co3O4是离子化合物，熔沸点高，但晶胞结构不同，所以熔沸点有差异；Co(CO3)0．5(OH）·0.11H2O中CO32-与Co2+之间存在离子键；CO32-、水分子内存在共价键；Co2+与H2O是配位键；氢键不是化学键，没有非极性键，故选CF；（5）依据CoP的晶胞结构，最近且相邻两个钴原子的距离为npm，则晶胞面对角线是2npm，晶胞的边长为pm，晶胞体积为pm3，1个晶胞含有Co原子数、P原子数；所以晶胞密度为g．cm-3。【点睛】本题的难点是晶胞计算，依据晶胞结构计算晶胞中的原子数是解题关键，顶点的原子被1个晶胞占用、面心的原子被1个晶胞占用，楞上的原子被1个晶胞占用。[化学——选修5：有机化学基础]（15分）12.利奈唑胺（I）为细菌蛋白质合成抑制剂，其合成路