云南省曲靖市2024-2025学年高三上学期第一次质量检测化学试卷

绝密★启用前曲靖市20242025学年高三年级第一次教学质量监测化学试题卷(全卷两个大题，共18个小题，共8页，满分100分，考试时间75分钟)注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.考生作答时，将答案答在答题卡上，在试卷上答题无效。3.考试结束后，将答题卡、试卷、草稿纸一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Sn119一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.疾病的预防和治疗与化学密切相关。下列有关说法不正确的是A.RNA疫苗经水解可得到核苷酸B.紫外线灯可用于环境和物品消毒C.医用酒精因具有氧化性而能杀菌消毒D.阿司匹林(乙酰水杨酸)可用于解热镇痛【答案】C【解析】【详解】A．RNA由核苷酸通过磷酸二酯键连接而成，水解后会生成核苷酸，A正确；B．紫外线能使微生物的蛋白质变性或破坏其DNA结构，因此可用于消毒，B正确；C．医用酒精（75%浓度）通过使蛋白质变性来杀菌，属于物理作用，而非通过氧化性。具有氧化性杀菌的物质（如含氯消毒剂）与此不同，C错误；D．阿司匹林（乙酰水杨酸）是常见的解热镇痛药，D正确；故选C。2.下列关于自然景观的解释不正确的是A.丹霞地貌的岩层因含而呈红色B.钟乳石的形成与的溶解和生成有关C.光亮的“通路”是胶体粒子对光线的散射形成的D.水面浮冰是因为固态水分子间存在氢键，密度比液态水小A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．丹霞地貌的岩层因含红棕色的氧化铁而呈红色，故A错误；B．钟乳石的形成涉及的反应为二氧化碳与水、碳酸钙反应生成可溶的碳酸氢钙，碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙、二氧化碳和水，所以钟乳石的形成与碳酸钙的溶解和生成有关，故B正确；C．胶体能产生丁达尔效应，当光束通过胶体时，可以看到一条光亮的“通路”，这条光亮的“通路”是由于胶体粒子对光线散射形成的，故C正确；D．水面浮冰是因为冰晶体中水分子间形成的氢键比液态水中多，形成的微观结构中存在较大的空隙，使得等质量的冰比水体积大密度小而浮在水面上，故D正确；故选A。3.下列实验室模拟侯氏制碱法制取纯碱步骤所对应的装置或操作不正确的是A．制取氨气B．制取C．过滤得到D．灼烧分解A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．实验室利用氯化铵和氢氧化钙固体共热可制备氨气，A正确；B．氨气极易溶于水，需要防倒吸，通入氨气的导气管不能伸入至液面以下，通入二氧化碳的导气管伸入液面以下，B错误；C．用过滤法可以分离固体和氯化铵溶液，C正确；D．在坩埚内灼烧碳酸氢钠发生分解反应生成纯碱，D正确；故选B。4.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.含π键数目为B.中含有的中子数为C.的溶液中含有的数目一定为D.与足量反应，生成和的混合物，转移电子数为【答案】D【解析】【详解】A．没有指明温度和压强，不能根据体积计算氮气物质的量和含π键数目，A错误；B．1个分子中含有的中子数是16个，物质的量是0.1mol，则含有的中子数是，B错误；C．没指明温度，不一定是，无法计算氢氧根的浓度和数目，C错误；D．物质的量是1mol，与足量反应，反应后生成和的混合物，钠的化合价升高到+1价，则转移电子数是，D正确；故选D。5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且原子序数之和为43，基态X原子核外L层的p能级上只有1对成对电子，Z与W同周期，且Z在同周期主族元素中原子半径最大，下列说法正确的是A.电负性：B.简单离子半径：C.简单氢化物的稳定性：D.W的第一电离能比同周期相邻元素大【答案】D【解析】【分析】基态X原子核外L层的p能级上只有1对成对电子，X为O氧元素；Z与W同周期，且Z在同周期主族元素中原子半径最大，Z为Na元素，Y位于O和Na之间的主族元素，则Y为F元素，原子序数之和为43，W为P元素。【详解】A．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同族元素电负性从上到下逐渐减小，电负性：，A错误；B．电子层数相同，原子序数越大，离子半径越小，离子半径：，B错误；C．元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，则简单氢化物的稳定性：，C错误；D．P核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素，D正确；答案选D。6.下列离子方程式书写错误的是A.氯气溶于水：B.氯化银溶于浓氨水：C.用除去废水中的D.苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳气体：【答案】A【解析】【详解】A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸不能拆，反应的离子方程式为，A项错误；B．氯化银溶于浓氨水生成二氨合银离子，反应的离子方程式为，B项正确；C．HgS的溶度积小于FeS，向含有Hg2+的废水中加入FeS，Hg2+会转化为HgS沉淀，离子方程式为，C项正确；D．苯酚的酸性小于碳酸，苯酚酸钠能和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，D项正确；答案选A7.下列类比迁移合理的是A.固态是分子晶体，则也是分子晶体B.通入溶液不产生沉淀，则通入溶液也不产生沉淀C.和浓硝酸常温下反应制备，则和浓硫酸常温下反应可制备D.溶于强碱溶液生成，则也能溶于强碱溶液生成【答案】D【解析】【详解】A．固态中相邻分子靠分子间作用力相互吸引，属于分子晶体，是由硅、氧原子通过共价键形成的空间网状结构，属于共价晶体，类比迁移不合理，A不符合题意；B．通入溶液中，溶液呈酸性，可被硝酸根离子氧化为硫酸根，生成硫酸钡沉淀，类比迁移不合理，B不符合题意；C．和浓硫酸在加热条件下反应可制备SO2，常温下不反应，类比迁移不合理，C不符合题意；D．Al、Be在元素周期表中处于对角线位置，两者化学性质相似，、均为两性氢氧化物，都能溶于强碱溶液，分别生成、，类比迁移合理，D符合题意；故选D。8.奥司他韦可用于治疗和预防流感病毒引起的流行性感冒，其结构简式如图所示。下列关于奥司他韦的说法不正确的是A.分子中有3个手性碳B.存在含苯环的同分异构体C.分子中环上的一溴代物只有2种D.能使溴水和酸性溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该分子中含有手性碳原子，位置为，有3个手性碳，故A正确；B．根据结构简式可知，不饱和度为4，可知存在芳香族化合物的同分异构体，故B正确；C．中环上有5种环境的H原子，一溴代物有5种，故C错误；D．奥司他韦含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，含有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，能够使溴水褪色，故D正确；故选C。9.镁及其合金是用途广泛的金属材料，可通过以下步骤从海水中提取镁。下列说法不正确的是A.粗盐可采用重结晶法进一步提纯B.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂C.操作X为在HCl气流中蒸发结晶D.工业上常用电解熔融制备金属镁【答案】B【解析】【分析】向苦卤中通入氯气，分离出溴，溶液中加生石灰生成氢氧化镁沉淀，所得沉淀加盐酸溶解得到氯化镁溶液，在HCl气流中蒸发结晶抑制氯化镁水解，得到无水氯化镁，电解熔融制备金属镁；【详解】A．获得的粗盐可采用重结晶法进一步提纯，A正确；B．NaOH成本较高，工业生产常选用生石灰作沉淀剂，B错误；C．为抑制氯化镁水解，在HCl气流中蒸发结晶，C正确；D．工业上常用电解熔融得到金属镁，D正确；故选B。10.碳酸二甲酯(DMC)是一种重要的有机合成中间体。一种催化合成DMC的反应机理如图所示。下列说法正确的是A.①、②、③中均有OH的断裂B.生成DMC总反应的原子利用率为100%C.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率D.DMC与足量NaOH溶液反应生成和甲醇【答案】D【解析】【详解】A．①中甲醇中的OH断裂生成水和OCH3；②中二氧化碳和OCH3生成OCOOCH3，存在CO键断裂，不存在OH的断裂；③中甲醇和OCOOCH3生成DMC和OH，存在CO键断裂

，A错误；B．由反应机理图可知总反应为：，即反应除了生成DMC外还生成了H2O，原子利用率不是100%，B错误；C．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，则不能提高反应物的平衡转化率，C错误；D．DMC(CH3OCOOCH3)中含有酯基，能与足量NaOH溶液发生水解反应：，即生成Na2CO3和CH3OH，D正确；故选D。11.固态电池是一种使用固体电极和固体电解质的电池。一种固态锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为薄膜；集流体起导电作用。下列说法正确的是A.充电时，集流体A与外接电源的正极相连B.放电时，外电路通过电子时，薄膜电解质损失C.放电时，电极B的电极反应为D.电池总反应可表示为【答案】C【解析】【分析】由题给信息可知，充电时锂离子得电子成为锂嵌入电极A中，则电极A是电解池阴极，电极B为阳极；所以放电时，电极A是原电池的负极，LixSi在负极脱嵌锂离子得到锂离子和硅，电极B为正极，锂离子作用下Li1—xCoO2在正极得到电子发生还原反应生成LiCoO2，电池总反应可表示为。【详解】A．由分析可知，充电时，电极A是电解池阴极，所以充电时集流体A与外接电源的负极相连，故A错误；B．放电时，外电路通过amol电子时，内电路中有amol锂离子通过LiPON薄膜电解质从负极迁移到正极，但是LiPON薄膜电解质没有损失锂离子，故B错误；C．由分析可知，电极B为正极，锂离子作用下Li1—xCoO2在正极得到电子发生还原反应生成LiCoO2，电极反应式为，故C正确；D．由分析可知，电池总反应可表示为，故D错误；故选C。12.下列实验操作、现象与结论均正确是选项实验操作实验现象实验结论A用毛皮摩擦过的橡胶棒，靠近酸式滴定管中缓缓流下的水流水流方向发生改变水是极性分子B乙醇和浓硫酸共热至，将产生的气体通入溴水中溴水褪色乙烯发生了加成反应C向溶液中滴加几滴淀粉溶液，再滴加几滴溶液溶液变蓝氧化性：D用注射器吸入和的混合气体，封闭细管端，向外拉动注射器活塞至气体颜色变浅减小压强，平衡逆向移动A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．用毛皮摩擦过的橡胶棒，靠近酸式滴定管中缓缓流下的水流，水流的方向发生改变说明水是极性分子，故A正确；B．乙醇和浓硫酸共热至产生的气体中含有乙烯、二氧化硫、二氧化碳和挥发出的乙醇，二氧化硫也能与溴水反应使溶液褪色，则将产生的气体通入溴水中，溴水褪色不能说明乙烯发生了加成反应，故B错误；C．酸性条件下溶液中的硝酸根离子能与碘离子反应生成碘、一氧化氮和水，则向含有淀粉溶液的氢碘酸溶液中加入少量的硝酸铁溶液，溶液变蓝不能说明铁离子的氧化性强于碘单质，故C错误；D．注射器活塞往外拉时，混合气体的颜色先变浅后变深说明减小压强，的平衡向逆反应方向移动，故D错误；故选A。13.某镍的硫酸盐的四方晶胞结构如图所示，其中晶胞参数。下列说法错误的是A.该化合物的化学式为B.水分子中的氧原子与形成配位键C.晶体中与最近且等距的有12个D.该物质中含晶胞的物质的量为【答案】C【解析】【详解】A．根据题给的晶胞结构和“均摊法”可知，阳离子分布在晶胞内部，个数为4，阴离子分布在晶胞的顶点和面心，个数为，因此该晶胞的化学式为，A正确；B．水分子中的氧原子具有孤电子对，Ni2+具有空轨道，根据阳离子的结构图可知，晶体中水分子中的氧原子通过孤电子对与Ni2+形成配位键，B正确；C．若a=c(高)，则每个阴离子周围与它距离最近且相等的阴离子有12个，但题干中a≠c(高)，C错误；D．结合A分析，1个晶胞中含有4个，则该物质中含晶胞的物质的量为，D正确；故选C。14.常温下，向溶液中滴加溶液，混合溶液中随溶液的变化关系如图所示。下列叙述错误的是A.，B.m点对应溶液的C.溶液显酸性D.a点溶液中存在：【答案】B【解析】【分析】，则，，则曲线Ⅰ为随溶液的变化关系，由曲线Ⅰ过点(0，1.9)可知，；，则，曲线Ⅱ为随溶液的变化关系，由曲线Ⅱ过点(0，7.2)可知，，据此解答。【详解】A．由分析可知，，，A正确；B．m点曲线Ⅰ、Ⅱ相交，则，即，解得pH=4.55，B错误；C．因溶液中，则的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，C正确；D．a点溶液中，即，结合电荷守恒：，则a点溶液中存在：，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.第ⅤA族元素锑()及其化合物广泛用于化工生产。以粗锑氧(主要成分为，含有等杂质)为原料制备和的工艺流程如图所示。已知：Ⅰ．浸出液主要含和，还含有和等杂质。Ⅱ．为两性氧化物：次磷酸为一元中强酸，具有强还原性。回答下列问题：（1）写出基态原子的价层电子排布图___________。（2）“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中将转化为，该转化有利于“水解”时锑与铁的分离，避免在滤渣Ⅱ中混入___________(填化学式)杂质。（3）为了寻求“水解”沉锑的最佳条件，分别对、水解时间、温度等因素进行探究、结果如图所示。水解沉锑的最佳条件为___________。（4）滤渣Ⅱ为，加过量氨水对其“除氯”生成的化学反应方程式为___________，“除氯”步骤能否用溶液代替氨水，原因是___________。（5）“除砷”时，的氧化产物为。为___________(填“正盐”或“酸式盐”)，的模型为___________。（6）图甲为锑钾()合金的立方晶胞结构，图乙为晶胞的，该合金的密度为，表示阿伏加德罗常数的值。该合金的摩尔质量为___________(用含和a的代数式表示)。【答案】（1）（2）Fe(OH)3（3）、水解、温度控制在（4）①.②.不能，为两性氧化物，若加入氢氧化钠，较大时会溶解（5）①.正盐②.正四面体形（6）【解析】【分析】由题给流程可知，向粗锑氧中加入盐酸、通入氯气浸取，过滤得到可回收Pb、Sn的滤渣和滤液；向滤液中加入锑粉还原，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，SbCl5还原为SbCl3，向反应后的溶液中加入硫化铵溶液，将溶液中的锌离子转化为硫化锌沉淀，过滤得到硫化锌和滤液；向滤液中加入次磷酸钠溶液，将溶液中的砷元素转化为砷，过滤得到砷和滤液；电解滤液在阴极得到锑；向溶液中加水稀释，SbCl3发生水解转化为SbOCl沉淀，过滤得到滤液和SbOCl；向SbOCl中加入氨水，将SbOCl转化为Sb2O3，过滤、洗涤、干燥得到Sb2O3。【小问1详解】元素的原子序数为51，是第ⅤA族元素，则其基态原子的价电子排布式为5s25p3，价层电子排布图为；【小问2详解】将转化为，若不加入Sb还原，在水解过程中，会发生水解生成Fe(OH)3，则滤渣Ⅱ中会混入的杂质为Fe(OH)3；【小问3详解】由图可知，水解沉锑的最佳条件为：、水解、温度控制在；【小问4详解】和氨水反应生成，化学方程式为；为两性氧化物，若加入氢氧化钠，较大时会溶解，故不能用溶液代替氨水；【小问5详解】次磷酸为一元中强酸，则为正盐；的中心P原子的价层电子对数为，则的模型为正四面体形；【小问6详解】晶胞中K原子的个数为，Sb原子个数为，该合金的化学式为K3Sb，晶胞密度为，则晶胞的摩尔质量为=。16.锡及其化合物在生产、生活中有着重要的用途。实验室用如图装置制备无水，反应原理为有关信息如下表：化学式熔点232246沸点2260652114其他性质银白色固体，性质与铁相似无色晶体，易被氧化，易水解生成沉淀无色液体，遇水极易水解，产物之一是回答下列问题：（1）下列与实验有关的图标表示排风的是___________(填标号)。A. B. C. D.（2）A中盛放晶体的仪器名称为___________，G烧杯中盛放的液体是___________，装置A中发生反应的离子方程式为___________。（3）当观察到装置F液面上方___________时再点燃D处的酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热，此时继续加热的目的是①加快氯气与锡反应的速率；②___________。（4）和锡的反应产物有和，为防止产品中带入过多的，可采取的措施是控制与氯气的反应温度在___________之间，并通入过量氯气。（5）配制溶液时，先将晶体溶于较浓的盐酸中，并加入少量粉、然后再加水稀释到所需浓度，加入粉作用是___________(结合离子方程式回答)。（6）准确称取产品11.90g，配成250mL溶液。移取该溶液20.00mL至锥形瓶中，加入淀粉溶液，用的碘标准溶液滴定至终点，消耗碘标准溶液体积为，则产品中的质量分数为___________已知：，计算结果用含字母c、V的代数式表示)。【答案】（1）C（2）①.蒸馏烧瓶②.溶液③.（3）①.出现黄绿色气体②.使汽化，利于其从混合物中分离出来（4）（5）易被氧化()，加入锡粉可防止氧化（6）【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置D、E用于制备、冷凝收集四氯化锡，装置F中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入E中导致四氯化锡水解，装置G中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。【小问1详解】图A的图标为护目镜标志、图B的图标为点火标志、图C为排风标志、图D的图标为热烫标志，故选C；【小问2详解】由实验装置图可知，A中盛放高锰酸钾固体的仪器为圆底烧瓶；由分析可知，装置G中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气；装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，反应的离子方程式为；【小问3详解】实验时，为防止空气中氧气与锡反应，实验前应利用反应生成的氯气排尽装置中的空气，当观察到装置F液面上方出现黄绿色气体时，再点燃D处的酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，并继续加热加快氯气与锡反应的速率，使反应生成的四氯化锡汽化，利于其从混合物中分离出来；【小问4详解】由题给信息可知，制备四氯化锡时，应加热到232℃使锡熔化后适当增大氯气流量，并继续加热，反应温度应高于232℃；为防止氯化亚锡汽化而引入杂质，反应温度应低于652℃，所以实验时应控制锡与氯气的反应温度在，之间，并通入过量氯气；【小问5详解】氯化亚锡具有还原性，易被空气中氧气氧化：，氯化锡具有氧化性，能与锡反应生成氯化亚锡：，所以配制氯化亚锡溶液时加入锡粉的目的是防止氯化亚锡被氧化；【小问6详解】由题意可知，滴定消耗VmLcmol/L碘标准溶液，则由方程式可知，产品中Sn(Ⅱ)的质量分数为=12.5cV%。17.法合成氨的反应原理为。已知：298K时该反应。回答下列问题：（1）298K时，合成氨反应___________(填“能”或“不能”)自发进行。（2）工业合成氨的原料气(和少量的混合气)，进入合成塔前必须要经过铜氨处理生成的目的是___________。（3）已知合成氨反应的净速率方程为，在合成氨过程中，需要不断分离出氨，可能的原因为___________(填标号)。A．加快净反应速率B．减缓净反应速率C．促进反应正向进行（4）当进料体积比时，测得不同温度下反应达到化学平衡状态时氨气的体积分数与总压强的关系曲线如图所示：①由大到小的顺序为___________。②如图所示，时，的平衡转化率为___________，___________。（5）近期我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。结合下图解释该催化剂解决上述矛盾的原理是___________。（6）工业合成氨有工艺能耗高、转换率低等缺点，科学家在以悬浮的纳米作催化剂，和为原料直接常压电化学合成氨方面取得了突破性进展。其工作原理如图所示：电极上生成氨的电极反应式为___________。【答案】（1）能（2）防止催化剂中毒(催化剂活性降低或丧失)（3）AC（4）①.②.75%③.（5）氢气、氮气在“热”Fe表面断键，有利于提高合成氨反应速率；氨气在低温区生成，有利于提高氨的平衡产率（6）【解析】【小问1详解】根据，所以反应能自发进行，故答案为：能；【小问2详解】工业合成氨的原料气中含有CO，会使催化剂中毒，降低效率，则进入合成塔前必须要经过铜氨处理生成的目的是：防止催化剂中毒(催化剂活性降低或丧失)；【小问3详解】在合成氨过程中，不断分高出氨，即降低体系中，生成物浓度下降，促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率，根据合成氮反应的速率方程，速率与成反比，故加快合成氨反应进率；故答案为：AC；【小问4详解】①反应为放热反应，在相同的压强下，升高温度平衡逆向移动，氨气体积分数减小，所以温度越高，氨气体积分数越小，由图可知：T3>T2>T1；②若体系在T2、60MPa下达到平衡，相同温度下，气体体积分数等于物质的量分数，设进料的氮气为1mol，氢气为3mol，平衡时氨气物质的量为xmol，列三段式：，平衡时氨气体积分数为，解得x=1.5，平衡时的平衡转化率为：，氨气物质的量分数：，进料体积比，此时平衡常数Kp=；【小问5详解】根据图中信息，“热”高于体系温度，氢气、氮气在“热”Fe表面断键，有利于提高合成氨反应速率；合成氨反应放热，低于体系温度，氨气在表面生成，有利于提高氨的平衡产率，故答案为：氢气、氮气在“热”Fe表面断键，有利于提高合成氨反应速率；氨气在低温区生成，有利于提高氨的平衡产率；【小问6详解】由图可知，氮