甘肃省部分学校2024-2025学年高三上学期12月诊断考试化学试题（解析版）

这是一份甘肃省部分学校2024-2025学年高三上学期12月诊断考试化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1. 甘肃，这片位于中国西北部的广袤土地，以其丰富的物产和独特的文化底蕴，孕育了众多的特产。下列特产的主要化学成分不能与其他三种归为一类的是
A. 兰州牛肉面B. 天水花牛苹果
C. 酒泉夜光杯D. 庆阳剪纸
【答案】C
【解析】A．兰州牛肉面主要成分是淀粉，属于有机物，A错误；
B．天水花牛苹果的主要成分是糖类，属于有机物，B错误；
C．酒泉夜光杯的主要成分是无机物，C正确；
D．庆阳剪纸的主要成分都是纤维素，属于有机物，D错误；
故选C。
2. 下列有关化学用语或表述正确的是
A. 的电子式：B. 乙醛官能团的结构简式：-COH
C. 乙炔的球棍模型：D. 和互为同位素
【答案】C
【解析】A．的电子式为，故A错误；
B．乙醛的官能团是醛基，结构简式为-CHO，B错误；
C．乙醛是直线型分子，存在碳碳三键，乙炔的球棍模型为，故C正确；
D．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，和都是分子，故D错误；
选C。
3. 下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 二氧化硫具有氧化性，可用于葡萄酒中，起保质作用
B. 二氧化氯具有强氧化性，可用作有色物质的漂白剂
C. 受热易分解，可用作氮肥
D. 石墨能导电，可用作润滑剂
【答案】B
【解析】A．二氧化硫具有还原性，可用于葡萄酒保质，与氧化性无关，A错误；
B．二氧化氯中氯元素的化合价为＋4价，具有强氧化性，可用作有色物质的漂白剂，B正确；
C．NH4HCO3含氮元素，可用作氮肥，与其受热易分解性质无关，C错误；
D．石墨是层状结构，质软，可用作润滑剂，与其导电性无关，D错误；
故答案选B。
4. 下列措施不能增大化学反应速率的是
A. Fe与稀硫酸反应制取时，改用98%浓硫酸
B 向一堆篝火中“鼓风”
C. 往锌与稀硫酸反应混合液中加入固体
D. △H＜0，升高温度
【答案】A
【解析】A．铁遇浓硫酸钝化，改用98%浓硫酸不能生成，A符合题意；
B．“鼓风”增大了氧气浓度，反应速率增大，B不符合题意；
C．加入固体，增大了浓度，反应速率增大，C不符合题意；
D．升高温度，反应速率一定增大，D不符合题意
故选A。
5. W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素：W与X形成的WX与X2生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期序数是族序数的3倍；基态Z原子K、L层上的电子总数是3p原子轨道上电子数的两倍。下列叙述不正确的是
A. 第一电离能：W＞X＞YB. 简单离子半径：W＞X＞Y
C. 简单气态氢化物稳定性：X＞WD. 氧化物对应水化物的酸性：Z＞W
【答案】D
【解析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W与X形成的WX在X2中生成一种红棕色有刺激性气味的气体是NO2，故W为N、X为O，Y的周期序数是族序数的3倍，故Y为Na，基态Z原子K、L层上的电子总数是3p原子轨道上电子数的两倍，电子排布式为1s22s22p63s23p5，故Z为Cl。
A．同周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族、第ⅤA族元素反常，同主族从上往下元素的第一电离能依次减小，故第一电离能：N＞O＞Na，A正确；
B．N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，故简单离子半径：N3-＞O2-＞Na+，B正确；
C．元素简单气态氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，元素的非金属性越强，对应简单气态氢化物越稳定，非金属性：O＞N，故简单气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3，C正确；
D．元素最高价氧化物对应水化物的酸性才与元素的非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，题干未说明最高价，因此无法比较，D错误；
故选D。
6. 用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】A．溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以溶液盛放在酸式滴定管中，图示是碱式滴定管排气泡的方法，A错误；
B．将含有乙酸、乙醇的乙酸乙酯直接通入饱和溶液中会产生倒吸，B错误；
C．灼烧固体用坩埚，C正确；
D．容量瓶不能作为溶解、稀释、反应和长期贮存溶液的仪器，D错误；
答案为C。
7. 近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液中通入至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示(阴、阳极区溶液均为溶液)。下列说法错误的是
A. 电极X为直流电源的负极
B. 质子交换膜中氢离子向左移动
C. 电解过程中，生成尿素的电极反应式为
D. 理论上电源提供2ml 能生成1ml氧气
【答案】D
【解析】由装置图可知，b电极上水失电子生成O2，b为电解池的阳极，则a为电解池的阴极，X为原电池的负极，Y为原电池的正极，根据电解原理分析解答。
A．电极a：，N元素化合价由＋5价降低至-3价，则电极a为电解池的阴极，电极X为直流电源的负极，A正确；
B．电解池中，阳离子向阴极移动，故质子交换膜中氢离子向左移动，B正确；
C．电解过程中，和在电极a上反应生成尿素[]，电极反应式为，C正确；
D．电极b为阳极，电极反应式为，则理论上电源提供2ml 能生成0.5ml氧气，D错误；
答案选D。
8. 香豆素类药物是维生素K拮抗剂。一种合成香豆素的原理如图(部分产物已省略)，下列说法不正确的是
A. 水杨醛和香豆素互为同系物
B. 可用溶液鉴别水杨醛和香豆素
C. 一定条件下，上述四种物质均能与NaOH溶液反应
D. 有机物M与足量加成所得产物中含有手性碳原子
【答案】A
【解析】A．水杨醛和香豆素的分子所含官能团不同，二者不互为同系物，A错误；
B．水杨醛分子中含有酚羟基，能与溶液作用显紫色，而香豆素无此现象，B正确；
C．水杨醛分子中含有酚羟基，能与NaOH溶液反应，乙酸酐在碱性条件下发生水解反应，有机物M分子中含有的酚羟基和羧基均能与NaOH溶液反应，香豆素分子中含有酯基，能在碱性条件下发生水解反应，C正确；
D．有机物M与足量加成后所得产物为(标“*”号的碳为手性碳原子)，D正确；
答案为A。
9. 下列实验现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】A．向样品溶液中滴加溶液，反应产生白色沉淀，则样品溶液中可能含有，也可能含有或等，A项错误；
B．制取乙烯的过程中发生副反应生成的二氧化硫具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能与发生氧化还原反应使酸性溶液褪色，B项错误；
C．水解的反应为，电离的反应为，向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色，说明NaHS溶液呈碱性，的水解程度大于其电离程度，C项正确；
D．酸性条件下，会将氧化为，D项错误；
答案选C。
10. 合成尿素的一种反应为 △H，具体反应机理及能量变化(单位：)如图所示，TS为过渡态，表示在催化剂表面的反应。下列说法错误的是
A. 的结构为HN=C=O
B.第3个基元反应的焓变
C. 反应前后碳元素、氮元素化合价发生了改变
D. 最大能垒(活化能)的反应是决速步
【答案】C
【解析】A．由原子的成键特点可知，的结构为HN=C=O，A正确；
B．反应的焓变△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，B正确；
C．反应前后碳元素、氮元素化合价不变，碳元素一直是＋4价，氮元素一直是-3价，C错误；
D．最大能垒(活化能)的反应速率最慢，是决速步，D正确;
故选C。
11. 氯化亚铜(CuCl)是一种微溶于水、难溶于乙醇、易被氧化的白色粉末。以黄铜矿(主要成分为)为原料制取CuCl的流程如图所示。下列说法不正确的是
A. 制备CuCl粗品的过程中应隔绝空气
B. 加入浓盐酸发生的反应为
C. 洗涤CuCl时用乙醇
D. 中加水可使平衡逆向移动
【答案】D
【解析】由制备流程可知，浸取时黄铜矿和氯化铜溶液反应生成CuCl、S、氯化亚铁溶液，过滤分离出滤渣，加浓盐酸时CuCl和浓盐酸反应生成，过滤分离出S，加水稀释使正向移动，生成CuCl，过滤、洗涤、干燥得到CuCl，以此来解答；
A．CuCl易被氧化，故制备CuCl粗品的过程中应隔绝空气，A正确；
B．加入浓盐酸可将CuCl转化为易溶于水实现与S的分离，B正确；
C．CuCl难溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少因溶解而造成的损失，提高产率，C正确；
D．根据平衡移动原理可知，加水溶液浓度降低，平衡正向移动，使得CuCl析出，D错误；
故选D。
12. 石墨烯是从石墨中剥离出的单层结构，氧化石墨烯是一种淡柠檬黄色、不稳定的新型化合物、其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法不正确的是
A. 石墨属于混合型晶体，层间存在范德华力B. 电负性：O>C>H
C. 氧化石墨烯中，碳原子的杂化方式中有杂化D. 氧化石墨烯的导电性优于石墨烯
【答案】D
【解析】A．石墨是共价晶体、金属晶体和分子晶体之间一种过渡型晶体，因此石墨属于混合型晶体，层间存在范德华力，故A正确；
B．电负性可以通过得电子能力来体现，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，所以电负性：O>C>H，故B正确；
C．氧化石墨烯中，形成单键的碳原子为杂化，形成双键的碳原子为杂化，故C正确；
D．石墨烯变为氧化石墨烯，大键遭到破坏，导电性减弱，故D错误；
答案选D。
阅读下列材料，完成下列小题
氮硼烷()是目前最具潜力的储氢材料之一，硼烷()和氨气()在四氢呋喃()作溶剂的条件下可合成氨硼烷；。硼和硅在周期表中处于对角线上，有许多相似的性质。
13. 下列说法错误的是
A. 与的沸点相差较大
B. 的结构式为
C. 分子中N—B键为配位键，电子对由B原子提供
D. 与互为等电子体
【答案】C
【解析】A．分子间无氢键，而可形成分子间氢键，故二者沸点相差较大，A正确；
B．分子中B原子有空轨道，N原子有孤电子对，可形成配位键，的结构式为，B正确，
C．中N有孤电子对，B有空轨道，N和B形成配位键，电子对由N提供，C错误；
D．与分子中原子数和原子的最外层电子数相等，互为等电子体，D正确；
答案为：C。
14. 下列说法正确的是
A. 键能：C-C>Si-Si，则硬度：石墨>晶体硅
B. 与分子中键和键的数目相等
C. 与的空间结构相同
D. H—N—H键角：
【答案】C
【解析】A．键能越大，键长越短，共价键越强，物质的硬度也就越大，键能：，实际上对应的硬度关系是：金刚石晶体硅，而不是石墨晶体硅‌，石墨层与层之间是分子间作用力，比共价键弱得多，石墨硬度小，A错误；
B．中不存在单个分子，且无键，B错误；
C．孤电子对数为，与氯原子形成个键，所以价层电子对数为，分子的空间结构为正四面体形‌。中，原子的孤电子对数为，价层电子对数为，因此其空间构型为正四面体，C正确；
D．二者的氮原子价层电子对数均为4、均发生sp3杂化，中N原子含有1个孤电子对，中的N原子不含有孤电子对，因为孤电子对与孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对与成键电子对之间的斥力，所以中H—N—H的键角小于中H—N—H的键角，D错误；
答案为：C。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 钴是生产电池材料、耐高温合金、防腐合金及催化剂的重要原料。一种以湿法炼锌净化渣(主要含有C、Fe、Cu、Pb、CuO、ZnO、等)为原料提取钴的工艺流程如下：
已知：常温下，，，。
（1）“浸出”过程中，为了提高浸出率可采取的措施有_______(写一种即可)；浸出渣中的金属单质是_______，化合物是_______。
（2）“除铜”过程中，和没有沉淀的原因是_______。
（3）钴回收后的废液中的主要金属阳离子为_______。
（4）“铁渣”的成分是，则“沉铁”时发生反应的离子方程式为_______。
（5）钴晶体的一种晶胞(如图所示)的边长为a nm，密度为，表示阿伏加德罗常数的值，则钴原子的配位数是_______，钴原子半径为_______nm，钴的相对原子质量可表示为_______。
【答案】（1） ①. 升高温度(或将矿物粉碎) ②. Cu ③.
（2）硫化锌和硫化钴的大于硫化铜的
（3）和
（4）
（5） ①. 8 ②. ③.
【解析】向净化渣(主要含有C、Fe、Cu、Pb、CuO、ZnO、等)中加入硫酸“浸出”，Cu不与硫酸反应，Pb与硫酸反应生成(难溶盐)，故浸出渣的主要成分是Cu和；“除铜”过程中加入硫化钠，发生反应：，除去溶液中的；“氧化”过程中加入过硫酸钠()，将溶液中的、分别氧化为、，反应的离子方程式分别为、；“沉铁”过程中加入碳酸钠()调溶液pH，使和发生相互促进的水解反应使转化为沉淀而除去；“沉钴”过程中加入碳酸钠沉淀，发生反应，废液中的主要金属阳离子和还没有提取，据此作答。
（1）为了提高浸出率可采取的措施可以是升高温度(或将矿物粉碎)，向净化渣中加入硫酸“浸出”，Cu不与硫酸反应，Pb与硫酸反应生成(难溶盐)，故浸出渣的主要成分是Cu和，浸出渣中的金属单质是Cu，化合物是；
（2）根据已知：常温下，，，，硫化锌和硫化钴的大于硫化铜的，当铜离子沉淀时，锌离子和钴离子还沉淀不了；
（3）根据分析可知，钴回收后的废液中的主要金属阳离子为和；
（4）“铁渣”的成分是，则“沉铁”时发生反应的离子方程式为；
（5）距离晶胞体心的钴原子最近且相等的钴原子的个数为8，故钴原子的配位数为8，由于体对角线的长度是钴原子半径的4倍，故钴原子半径为，晶胞中含有钴原子的数目为，晶胞体积为，设钴的相对原子质量为M，有，则。
16. 苯甲酸甲酯常用作有机合成中间体、溶剂、食品保鲜剂等，可利用苯甲酸和甲醇在如图所示装置中制得。
Ⅰ．合成苯甲酸甲酯粗产品
（1）在圆底烧瓶中加入18.3g苯甲酸()和19.2g甲醇()，再小心加入3mL_______，混匀后，投入几粒沸石，加热75min，获得苯甲酸甲酯粗产品。
（2）仪器X的作用是_______；加入沸石的作用是_______。
（3）冷却水从_______(填“上”或“下”)口进入。
Ⅱ．粗产品的精制
苯甲酸甲酯粗产品中含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，现拟用下列流程进行精制：
（4）与饱和碳酸钠溶液反应的物质是_______；操作a中使用的主要仪器名称是_______。
（5）蒸馏时，_______(填“能”或“不能”)使用仪器X。
（6）这个实验的最高产率可达90%，但本次实验制得的苯甲酸甲酯的产率低于最高产率，可能的原因是_______。
A．甲醇用量多
B．反应时加热时间不够长
C．减压蒸馏后烧瓶内剩余液体太多
Ⅲ．探究苯甲酸甲酯的碱性水解并回收苯甲酸[已知苯甲酸的溶解度：0.17g(25℃)、0.95g(50℃)]
（7）当ⅰ装置中出现_______现象时立即停止加热。
（8）完成步骤③适宜采用的方法是_______。
A. 常温过滤B. 趁热过滤C. 蒸发D. 分液
【答案】（1）浓硫酸
（2） ①. 冷凝回流 ②. 防止暴沸
（3）下
（4） ①. 硫酸和苯甲酸 ②. 分液漏斗
（5）不能
（6）BC
（7）不再分层
（8）A
【解析】苯甲酸、甲醇和浓硫酸混匀后，投入几粒沸石，小心加热75min，获得苯甲酸甲酯粗产品，苯甲酸甲酯粗产品中含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，控制温度蒸馏得乙醇，剩余的混合溶液用饱和碳酸钠溶液洗涤后分液，得水层和有机层，有机层经过一系列操作得苯甲酸甲酯，据此作答。
（1）利用苯甲酸与甲醇反应制苯甲酸甲酯时，要加入浓硫酸作催化剂；
（2）仪器X球形冷凝管的作用是冷凝回流，加入沸石的作用是防止暴沸；
（3）冷却水从下口进入；
（4）碳酸钠溶液显碱性，能与之反应的物质是硫酸和苯甲酸；操作a是分液，使用的主要仪器是分液漏斗；
（5）蒸馏时使用直形冷凝管，不能使用仪器X(球形冷凝管)；
（6）甲醇用量多可以提高苯甲酸的转化率，苯甲酸甲酯的产率应增大，A不符合题意；反应时加热时间不够长，使得反应未达到平衡状态，可能使得苯甲酸甲酯的产率低于最高产率，B符合题意；减压蒸馏后烧瓶内剩余液体太多，可能还有部分苯甲酸甲酯未蒸出，使得苯甲酸甲酯的产率低于最高产率，C符合题意；选BC；
（7）苯甲酸甲酯和NaOH溶液不互溶，液体会分层，苯甲酸甲酯和NaOH溶液反应生成苯甲酸钠和甲醇，苯甲酸钠和甲醇均溶于水，当烧瓶中液体不再分层时说明ⅰ装置中反应基本完全，立即停止加热；
（8）由苯甲酸在25℃和50℃的溶解度可知，常温下苯甲酸的溶解度较小，完成步骤③需将固液分离，适宜采用的方法是常温过滤。
17. 磷在氯气中燃烧生成、，这两种卤化磷常用于制造农药等。
（1）已知：
Ⅰ．
Ⅱ． (b>a>0)
则反应Ⅰ自发进行的条件是_______； _______。
（2）T℃时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0ml ，发生反应，经一段时间后反应达到平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：
①反应在_______～_______s之间达到平衡状态：在前50s内的平均速率_______。
②相同温度下，起始时向容器中充入1.0ml 、0.20ml 和0.20ml ，达到平衡前_______(填“>”“＜”或“=”，下同)。
③平衡时，再充入2.0ml ，达到新平衡时，的体积分数_______原平衡时的体积分数。
（3）向恒容密闭容器中充入0.2ml 和0.2ml ，发生反应：。不同条件下反应体系总压强(p)随时间(t)的变化如图所示：
相对曲线b，曲线a改变的条件可能是_______；曲线c改变的条件可能是_______。
【答案】（1） ①. 低温 ②.
（2） ①. 150 ②. 250 ③. 0.0016 ④. > ⑤. >
（3） ①. 升高温度 ②. 加入催化剂
【解析】（1）当△H-T△S＜0时反应可以自发进行，反应Ⅰ的△S＜0，△H＜0(a>0)，故该反应自发进行的条件是低温；根据盖斯定律，反应Ⅱ减去反应Ⅰ再除以4得反应：PCl3(l)+Cl2(g)⇌PCl5(s)，则。
（2）①由题给数据知，反应在150～250s之间达到平衡状态，反应在前50s内的平均速率。
②由①可知，平衡时、、的物质的量分别为1.0ml-0.20ml=0.80ml、0.20ml、0.20ml，反应的平衡常数，相同温度下，起始时向容器中充入1.0ml 、0.20ml 和0.20ml ，此时浓度商，则反应向正反应方向进行，。
③该反应为气体体积增大的反应，若平衡时再充入2.0ml ，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，的体积分数增大。
（3）由(1)可知，反应PCl3(l)+Cl2(g)⇌PCl5(s)的ΔH=，b>a>0，所以ΔH