化学试题参考答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1126江西省萍乡实验学校2025届高三月考试卷(四)暨长郡十八校联考考前演练

萍乡实验学校2025届高三月考试卷（四） 大联考 暨长郡十八校联考考前演练 化学参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A A B C A B C D C D D D C C 1．A【解析】铁置换铜有新物质生成，发生了化学变化，故B错；铝粉和金属氧化物反应获得金属单质的反应 属于化学变化，故C错；新物质二氧化碳等生成属于化学变化，故D错。 2．A【解析】SO 有毒，有漂白性但是不能用于熏蒸粉丝。 2 3．B【解析】主要成分不属于天然有机高分子，A错误；蔗糖不是还原糖，C错；蛋白质发生变质，D错。 4．C【解析】曲线上最低点Q为平衡点，正反应是放热反应，达到平衡之后，升高温度，平衡逆向移动，平衡 常数减小，A错误；W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点X的正反应速 率小于M点X的正反应速率，故B错误；反应前后气体的物质的量不变，平衡时充入Z，达到平衡时与原平衡是 等效平衡，所以达到新平衡时Z的体积分数不变，故D错误； 5．A【解析】[Cu(H 2 O) 4 ]2+呈蓝色，[CuCl 4 ]2-呈黄色，[Cu(H 2 O) 4 ]2+与[CuCl 4 ]2-溶液呈绿色，[Cu(H 2 O) 4 ]2++4Cl-⇌ [CuCl]2-+4HO ΔH>0，加热2mL0.5mol/LCuCl 溶液，溶液由蓝色变为绿色，陈述Ⅰ正确，但[Cu(H O)]2+转 4 2 2 2 4 化为[CuCl]2-的反应是吸热的陈述Ⅱ错误，B错误；常温下，往装有少量AgCl悬浊液的试管中加入几滴0.1mol·L- 4 1Ag S溶液，有黑色沉淀生成，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀，陈述Ⅰ正确；根据数据， 2 K (AgCl)=1.77×10-10>K (Ag S)=6.3×10-50，陈述Ⅱ正确，AgCl、Ag S不是同类型的沉淀，不能从沉淀的转化 sp sp 2 2 比较K 的大小，只可得到溶解度大小；因此陈述Ⅰ与陈述Ⅱ没有因果关系，C错误；电解质：在水溶液或熔融 sp 状态下能够导电的化合物；KNO固体不导电，陈述Ⅰ正确，但KNO 水溶液或熔融KNO导电，KNO 是电解 3 3 3 3 质，陈述Ⅱ错误，D错误； 6．B【解析】由现象可知，实验2双水解反应产生的AlOH 沉淀和过量的Na CO 又发生了反应，生成的白 3 2 3 色沉淀b中含有CO2，加稀硫酸，沉淀溶解，有少量气泡产生，但白色沉淀b的化学成分不一定是 3 Al OH CO  ，B错。 2 2 3 2 7．C【解析】燃料电池中，通入O 的电极为正极，因此电极电势：YX，A项错误；溶液为碱性，X的电 2 极反应式为N H 4e4OH N 4H O，B项错；标准状况下，5.6LO 的物质的量是0.25mol，则转移电 2 4 2 2 2 子1mol，故电极X消耗0.25mol肼，质量为8g，D项错。 8．D【解析】由图可知，NbO的立方晶胞中距离Nb原子最近且距离相等的O原子有4个，Nb的配位数是4，A 1 1 错；由图可知，Nb和O最短距离为边长的 ，晶胞参数为anm，Nb和O最短距离为 anm，B错；根据均摊法 2 2 1 1 计算可知，Nb的个数为6× 2 =3，O的个数为12× 4 =3，即晶胞中含有3个NbO，晶胞密度为ρ=m V 3 a   9 1 N 3 0A  -7c 1 m 6 3 g 39 N 3 A  a 1 3 61021 ，C错。 9．C【解析】R是26号元素，则R是Fe，根据原子核外电子排布规律可知Fe原子结构示意图为： ，可知 Fe位于第四周期第Ⅷ族，C错误。 10．D【解析】聚丙烯是有丙烯通过加聚反应生成的，聚丙烯的结构简式为： ，属于加聚反 1 应。A项错；NH的价层电子对数为3 531314，故为sp3杂化，VSEPR模型是四面体结构，题中 3 2 是空间构型，B项错；臭氧分子是离域4π，中心氧原子显正电性，两边氧原子显负电性，共用电子对有偏移， 3 是由极性键形成极性分子，C项错。 11．D【解析】V(HCl)=10mL时，此时溶液组成为NH 4 Cl与NH 3 H 2 O之比为1:1，根据物料守恒cNH3 H2O+cNH 4 =2c(Cl-) ，根据电荷守恒cH+c  NH=c(Cl-)+c(OH-)，二者结合可得cH+c  Cl=c(NH H O)+c(OH-)，D错。 4 3 2 12．D【解析】N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此 c  Na+ >c  HCOO- 及c  OH >c  H 观察图中N点可知，c  HCOO 0.05mol/L ，根据 K HCOOH= cH+cHCOO- 1.8104，可知cHCOOHc  H ，故D错。 a cHCOOH 化学参考答案（萍实版）-1 {#{QQABYYKAgggAQBIAAAgCAQVSCgMQkgECAagOwAAEIAAAyBFABCA=}#}13．C【解析】二氧化碳中混入氯化氢气体杂质，氯化氢溶于水以后，与碳酸钠要反应生成二氧化碳，同时， 二氧化碳也会与碳酸钠反应，方程式为：Na CO CO H O 2NaHCO，A错误；NO不会与氢氧化钠反应 2 3 2 2 3 ，当NO 与NO同时遇到氢氧化钠会反应，方程式为：NONO 2NaOH  2NaNO H O ，B错误；碳酸钠 2 2 2 2 固体和二氧化碳不反应，在溶液中二者才反应，方程式为：Na CO CO H O 2NaHCO；同时加热会导 2 3 2 2 3  致碳酸氢钠固体分解，方程式为：2NaHCO Na CO H OCO ，D错误。 3 2 3 2 2 14．C【解析】由以上分析L为CaSO ，L为CaCO ，A错；c、c分别为饱和溶液中的离子浓度，则c 的数量级 2 4 1 3 1 2 1 为10-5而c =3×10-3，B错；降低温度，CaCO 溶解平衡逆向，饱和溶液中离子浓度降低，a不会移向c点，D错。 2 3 15 （每空2分，共14分） ． (1) MnO SO Mn2 SO2 粉碎矿石、适当增大硫酸的浓度、适当升高温度、搅拌等 2 2 4 (2)FeOH AlOH 3、 3 (3) Mn2 2HCO MnCO CO H O 2.44 3 3 2 2 (4) 乙醇易挥发便于快速干燥，且能防止碳酸锰被氧化 (5)Mn O 2 3 【解析】（1）加热、搅拌、粉碎固体、适当增大硫酸的浓度等措施，都能加快浸取速率；浸取过程中，SO 2 做还原剂，将MnO 还原为Mn2+，本身被氧化为SO2，离子方程式为：MnO SO Mn2 SO2； 2 4 2 2 4 （2）通过过滤Ⅰ得到的滤液含有Mn2+、Fe2+、Al3+，加入MnO 氧化Fe2+，加入MnCO 除杂是通过调pH， 2 3 将Fe3+、Al3+转化为Fe  OH  、AlOH 除掉，故滤渣Ⅱ为Fe  OH  、AlOH ； 3 3 3 3 （3）过滤Ⅱ流程后，向得到的滤液中加入溶液NH HCO 溶液或 NH  CO 溶液目的是沉锰，得到MnCO 固 4 3 4 2 3 3 体，故选用NH HCO 溶液，反应的离子方程式为Mn2 2HCO MnCO CO H O ；“沉锰”后的溶液 4 3 3 3 2 2 中c  Mn2+ =1.01010mol/L，根据KspMnCO =2.21011， 3 c  CO 3 2  Ks c p   M M n nC 2+ O  3   1 2 . . 0 2   1 1 0 0   1 1 0 1 mol/L0.22mol/L，由于两溶液等体积混合，与Mn2+反应掉的 c  CO2 2.0mol/L，则混合前剩余的c  CO2 0.22mol/L2=0.44mol/L，故加入的 NH  CO 溶液浓度为 3 3 4 2 3 2.0mol/L0.44mol/L=2.44mol/L； （4）MnCO 难溶于水和乙醇，但潮湿时易被空气氧化，所以不能用水洗涤，而用乙醇洗涤，同时乙醇易挥发 3 ，便于碳酸锰的干燥； （5）11.5g碳酸锰的物质的量为0.1mol，含有0.1mol锰元素，到A点，质量减少了 11.5g-8.7g=2.8g，说明生成了0.1molCO，A点固体为MnO ，B点固体质量为7.9g，也含有0.1mol锰元素，锰元素 2 7.9g5.5g 的质量为0.1mol55g/mol=5.5g，剩余为氧元素的质量，则氧元素的物质的量为 =0.15mol，因此锰 16g/mol 元素与氧元素的物质的量之比为0.1:0.152:3，化学式为Mn O ； 2 3 16.（每空2分，共14分） (1)-49.5 2 1 (2) 40%( 0.4) 40%( 0.4) 66.7%( 0.667) 0.003 0.003 或 或 或3或 3200或 或能转换成 (3) CO CH OH ( ) 、 3 选择性的和 增大 或变大 【解析】（1）T ℃时，向恒压容器中充入0.2molCO (g)和0.6molH(g)，若在该条件下只发生反应Ⅰ： 1 2 2 CO g3H gCH OHgH OgΔH ，达平衡时，放出4kJ能量，则加入1molCO (g)和3molH (g)， 2 2 3 2 1 2 2 4 反应达到平衡时放出热量Q = kJ=20kJ；若向相同容器中充入0.4molCH OH(g)和0.4molHO(g)，吸收 正 3 2 0.2 11.8kJ 11.8kJ能量，则充入1molCHOH(g)和1molHO(g)反应达到平衡时吸收热量Q = =29.5kJ，该反应是 3 2 逆 0.4 可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，当按照反应方程式的计量数加入物质时，正反应的转化率与逆反应 的转化率的和为1，故反应Ⅰ的△H=-(29.5kJ/mol+20kJ/mol)=-49.5kJ/mol； 1 （2）根据三个反应方程式中物质反应转化关系可知：反应产生CO与HO的量相等，则根据CO含量是5%可知 2 反应Ⅲ产生HO占5%；根据反应Ⅱ中物质反应转化关系可知反应产生10%CHOCH (g)，会同时产生H O占 2 3 3 2 10%，消耗20%的CH OH(g)，此时容器中CH OH(g)占5%，则反应Ⅰ产生CHOH(g)为20%+5%=25%，同时产 3 3 3 生HO占25%，故该容器中水的含量为5%+10%+25%=40%(或写为0.4)； 2 CO气体参加三个化学反应，其中部分转化为CH OCH(g)，部分转化为CHOH(g)和CO(g)，反应达到平衡时 2 3 3 3 CHOH(g)、CH OCH(g)和CO(g)体积分数分别为5%、10%、5%，根据转化关系可知：理论上反应产生 3 3 3 化学参考答案（萍实版）-2 {#{QQABYYKAgggAQBIAAAgCAQVSCgMQkgECAagOwAAEIAAAyBFABCA=}#}CHOCH(g)的CO 的体积分数为5%+2×10%+5%，根据C原子守恒可知：每有2个CO 参加反应，理论上可制取 3 3 2 2 1个CHOCH (g)，现在反应达到平衡时产生CH OH(g)、CH OCH(g)和CO(g)体积分数分别为5%、10%、5%， 3 3 3 3 3 则发生反应消耗CO 依次占5%、20%、5%， 2 反应Ⅲ．CO gH gCOgH OgΔH 41.2kJmol1为放热反应，升高温度平衡正向移动，根据 2 2 2 3 1 1 图中曲线可知，当A、B两直线相交时，v =v ，当温度降低时， 增大，则v