-2025學年高三年級上學期檢測一化學答案題號1234567891011121314答案ABCBCDCDDCBBAB一、選擇題1．A【解析】葡萄糖酸－δ－內(nèi)酯為白色結晶狀粉末，在使用中常作為凝固劑，A正確；膠體是混合物，螺旋碳納米管、石墨烯等納米材料是純凈物，不屬于膠體，B錯誤；石油分餾可得石油氣、汽油、煤油、柴油等輕質(zhì)油，C錯誤；太陽能電池是將光能轉化為電能，D錯誤。2．B【解析】油脂在堿性溶液中水解生成易溶于水的物質(zhì)，A項不符合題意；84消毒液主要成分是次氯酸鈉，具有強氧化性，利用氧化性殺菌、消毒，B項符合題意；聚碳酸酯材料能在自然界中水解成小分子，減少環(huán)境污染，C項不符合題意；NH4H2PO4含有的N、P元素是作物生長需要的營養(yǎng)元素，D項符合題意。3．C【解析】由圖可知，該反應為反應物總能量高于生成物總能量的放熱反應，A正確；甲酸分解的總反應為HCOOHCO↑+H2O，則若用D標記甲酸中的羧基氫，最終產(chǎn)物中存在DHO，B正確；途徑Ⅱ的反應歷程中存在三步反應，中間產(chǎn)物有5種，C錯誤；途徑Ⅱ中氫離子是反應的催化劑，催化劑作用下甲酸分解生成一氧化碳和水，D正確。4．B【解析】反應中電子轉移數(shù)目為3NA時，生成的Na2FeO4為1mol，質(zhì)量為166g，A正確；NaClO是氧化劑，F(xiàn)e(OH)3是還原劑，B錯誤；Fe(OH)3和NaClO在堿性條件下生成Na2FeO4，可得Na2FeO4在堿性環(huán)境中能穩(wěn)定存在，C正確；NaClO是氧化劑，NaCl是還原產(chǎn)物，D正確。5．C【解析】由圖可知，a為鐵、b為氧化亞鐵、c為氫氧化亞鐵、d為氫氧化鐵、e為氯化鐵。氫氧化亞鐵具有強還原性，易與空氣中的氧氣和水反應生成氫氧化鐵，A正確；草酸亞鐵在隔絕空氣條件下加熱分解生成氧化貶鐵、一氧化碳和二氧化碳，B正確；鐵在高溫條件下與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，C錯誤；氯化鐵溶液與加入的銅粉反應生成氯化亞鐵和氯化銅，反應中有元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，D正確。6．D【解析】金剛石和石墨是C元素的不同單質(zhì)，互稱為同素異形體，A錯誤；金剛石和石墨中粒子間的作用力類型不相同，前者為共價鍵，后者為共價鍵和分子間作用力，B錯誤；原子半徑C<Si，則鍵長Si－C鍵>C－C鍵（金剛石），C錯誤；共價晶體的熔點與共價鍵的鍵能有關，原子半徑C<Si．則鍵長Si－C鍵>C－C鍵（金剛石），鍵能Si－C鍵<C－C鍵（金剛石），熔點SiC<C（金剛石），D正確。7．C【解析】混酸配制應該是將98%濃硫酸緩慢加入65%濃硝酸中，邊加邊攪拌，A項錯誤；檢驗“步驟1”水解液中的葡萄糖，操作為在堿性條件下向水解液中加入新制氫氧化銅并加熱，B項錯誤；“精制’’過程為溶解、蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，C項正確；滴定過程中眼睛應注意錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化情況，并非觀察滴定管的液面變化，D項錯誤。8．D【解析】65%濃硝酸（ρ=1.4g·mL-1）的物質(zhì)的量濃度，A錯誤；根據(jù)反應方程式可得關系式n(C6H10O5)n~nC6H12O6~3nH2C2O4·2H2O162n 378nMg xg解得，則草酸晶體的產(chǎn)率為，B錯誤；根據(jù)得失電子守恒有關系式5H2C2O4～2KMnO4，配制的草酸溶液的物質(zhì)的量濃度為，則革酸晶體的純度為，C錯誤、D正確。9．D【解析】配制溶液時最后需要定容，故容量瓶底部殘黯少量水，對所配溶液濃發(fā)無影響，A錯誤；混酸的滴加速率過快可能會導致草酸被氧化，會影響草酸晶體的產(chǎn)率，B錯誤；錐形瓶用蘋酸溶液潤洗，導致標準液消耗體積偏大，所測產(chǎn)品純度會偏高，C錯誤；滴定終點讀數(shù)時仰枧，導致標準液消耗體積偏大，所測產(chǎn)品純度偏高，D正確。10．C【解析】有機物(C5H8O2)中只有5個碳原子，沒有苯環(huán)，不可能含酚羥基，A錯誤；只有與苯環(huán)直接相連的碳原子上有氫原子時，才能被酸性高錳酸鉀氧化，當該碳原子上沒有氫原子時，不能與酸性高錳酸鉀反應，B錯誤；向銀氨溶液中滴加某單糖溶液，形成銀鏡，說明其中含有醛基，該糖屬于還原糖，C正確；溶液的導電能力與離子濃度、離子所帶電荷數(shù)有關，則兩溶液導電能力相同，不能說明硒溶液的物質(zhì)的量濃度相等，D錯誤。11．B【解析】淫羊藿素的結構簡式為，其分子式為C21H20O6，A正確；連4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子，該分子中沒有手性碳原子，B錯誤；該物質(zhì)中含有酚羥基，容易被空氣中的氧氣氧化，具有顯著的還原性，即具有顯著的抗氧化活性，C正確；該分子中含有兩個苯環(huán)、兩個碳碳雙鍵和一個碳氧雙鍵，均能與氫氣發(fā)生加成反應，所以lmol該物質(zhì)最多能與9molH2發(fā)生加成反應（不考慮開環(huán)），D正確。12．B【解析】碲銅廢料經(jīng)過“氧化酸浸”生成CuSO4和二元弱酸H2TeO3，加入Na2C2O4溶液“沉銅’’后，H2TeO3與Na2SO3溶液“還原’’得到碲單質(zhì)。Cu2Te在“氧化酸浸”過程生成CuSO4和二元弱酸H2TeO3時，Cu元素化合價由+1價升高為+2價，發(fā)生氧化反應，Te元素化合價由－2價升高為＋4價，發(fā)生氧化反應，則H2O2發(fā)生還原反應，作氧化劑，A正確；“氧化酸浸”后溶液．最酸性，若“沉銅”時加過量Na2C2O4，則溶液中H2C2O4濃度較大，使生成的CuC2O4發(fā)生反應CuC2O4+H2C2O4[Cu(C2O4)2]2-+2H+而溶解，B錯誤；螯合物Na2[Cu(C2O4)2]中Cu2+具有空軌道，C2O42-中O具有孤電子對，形成配位鍵，其結構為，Cu(Ⅱ)的配位數(shù)為4，C正確；在“還原”過程H2TeO3轉化為碲單質(zhì)，Te化合價由+4價降低為O價，發(fā)生還原反應，加入的Na2SO3溶液中SO32-發(fā)生氧化反應生成SO42-，故反應為H2TeO3+2SO32-Te↓+2SO42-+H2O，D正確。13．A【解析】甲、乙兩塞均預加相同的含Cu2+電鍍廢液，a極銅失去電子發(fā)生氧化反應生成[Cu(NH3)4]2+，為負極，電極反應為Cu－2e－+4NH3[Cu(NH3)4]2+，b極為原電池正極，銅離子得到電子發(fā)生還原反應生成銅，電極反應為Cu2++2e－Cu；中間為陰離子交換膜，硫酸根離子由正極遷移到負極。由分析可知，離子交換膜為陰離子交換膜，A錯誤；a極的電極反應為Cu－2e－+4NH3[CU(NH3)4]2+，B正確；由a、b極的電極反應知總反應為Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+，C正確；該裝置為原電池，可以富集Cu2+并產(chǎn)生電能，同時回收液受熱分解釋放擻氨氣。能循環(huán)利用NH3，D正確。14．B【解析】原溶液是1L0.1mol·L-1NH4HSO3，開始電離如HSO3－和NH4+，因此開始較多的離子是HSO3-和NH4+，加入NaOH先和HSO3-反應，NH4+變化不大，得出a曲線代表HSO3－濃度變化，易曲線代表SO32-濃度變化，c曲線代表NH4+濃度變化，d曲線代表NH3·H2O濃度變化。曲線a、d分別代表c(HSO3－)、c(NH3·H2O)的變化，A正確；隨NaOH的加入，酸性逐漸減弱，氫離子濃度逐漸減小，溫度不變，Ka2不變，的值不斷增大，B錯誤；M點的溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，此時pH=7.22，溶液呈堿性，即c(H+)<c(OH－)，由電荷守恒c(Na+）+c(NH4+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)得，c(Na+)+c(NH4+)>3c(SO32-)，C正確；N點時c(NH4+)=c(NH3·H2O)，，則溶液的pH為9.26，D正確。二、非選擇題15．(1)增大反應物的接觸面積，加快浸銻速率，使反應更充分（2分）CuS（2分）(2)SbOCl+3Na2S+H2ONa3SbS3+2NaOH+NaCl(2分)(3)+4H2O2+3S↓+4H2O（2分）(4)NaCl(2分)(5)①作還原劑（2分）②95%（2分）【解析】含銻凈渣（主要成分是SbOCl，還含有少量Cu、As等元素），加入氫氧化鈉和過量硫化鈉進行堿溶，SbOC1轉化為Na3SbS3，Cu元素形成沉淀過濾除去；加入過氧化氫將溶液中的轉化為易溶于水的Na3AsO4與銻分離，同時生成S，Na2SbS3被氧化為Na3SbO4，加入鹽酸進行酸溶，Na3SbO4轉化為H3SbO4，S不與鹽酸反應，被過濾除去，最后加入NaOH，將H3SbO4轉化為NaSb(OH)6，同時生成NaCl。(1)含銻凈渣需進行粉碎研磨，其目的是增大反應物的接觸面積，加快浸銻速率，使反應更充分；根據(jù)Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp(CuS)=6.3×10-36可知濾渣為CuS。(2)“堿溶’’時SbOCl轉化為Na3SbS3，化學方程式為SbOCl+3Na2S+H2ONa3SbS3+2NaOH+NaCl。(3)“氧化’’時，溶液中的轉化為易溶于水的Na3AsO4，同時生成S，反應的離子方程式為+4H2O2+3S↓+4H2O。(4)由分析知，濾液的主要成分為NaCL。(5)①加入硫酸肼，使得NaSb(OH)6中Sb元素化合價由+5價降為+3價，作用是作還原劑。②結合Sb元素守恒及褥失電子守恒，得關系式NaSb(OH)6～Sb3+～2Ce4+，產(chǎn)品純度為。16．(1)bcdefcda(2分)(2)球形干燥管（1分）吸收NH3，防止污染空氣（2分）(3)CaO+NH3·H2O(濃)Ca(OH)2+NH3↑（2分）(4)催化劑（1分）2.3（2分）(5)向裝置A的燒杯中加水至球形下燥管下端管口被浸沒，通入NH3，如燒杯中出現(xiàn)氣泡，則空氣尚未排盡，如來出現(xiàn)氣泡，則說明空氣已排盡（2分）(6)97.5（2分）【解析】(1)由實驗裝置圖可知，裝置B中濃氨水與氧化鈣反應制備氨氣，裝置C中盛有的堿石灰用于干燥氨氣，裝置D中鈉在硝酸鐵作催化劑條件下與液氨反應生成氨基鈉，裝置C中盛有的堿石灰用于防止水蒸氣進入D中與氨基鈉反應，裝置A中盛有的稀硫酸用于吸收氨氣，防止污染空氣，則裝置的連接順序為BCDCA，儀器接口的連接順序為bcdefcda。(2)儀器x為球形干燥管；裝置A中盛有的稀硫酸用于吸收氨氣，防止污染空氣。(3)裝置B中制備氨氣的反應為氧化鈣與濃氨水反應生成氫氧化鈣和氨氣，反應的化學方程式為CaO+NH3·H2O(濃)Ca(OH)2+NH3↑。(4)裝置D中發(fā)生的反應為鈉在硝酸鐵作催化劑條件下與液氨反應生成氨基鈉和氫氣，反應的化學方程式為2Na+2NH32NaNH2+H2↑，則生成標準狀況下1.12L氫氣時，消耗金屬鈉的質(zhì)量為。(5)金屬鈉易與空氣中的氧氣反應，干擾氨基鈉的制備，所以反應前裝置D中需通入氨氣排盡體系中空氣，具體操作為向裝置A的燒杯中加水至球形干燥管下端管口被浸沒，通入氨氣，如燒杯中出理氣泡，則空氣尚未排盡，如未出現(xiàn)氣泡，則說明空氣已排盡。(6)由題意可得轉化關系NaNH2～NaOH～HCl，由表格數(shù)據(jù)可知，第1次滴定消耗鹽酸體積誤差較大，應含去，則滴定消耗鹽酸平均體積為mL，則氨基鈉的質(zhì)量分數(shù)為。17．(1)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)kJ·mol-1(2分)(2)cd(l分）(3)①p2>p1(2分)②16.7%(2分)③（2分）(4)CO（2分）14.7%(2分）溫度升高，生成CH3OH的反應速率增大（合理即可）（2分）【解析】(1)根據(jù)蓋斯定律可知，反應I－反應Ⅱ可得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)kJ·mol-1。(2)催化劑不影響平衡移動，CO2的平衡轉化率不變，a錯誤；恒溫恒容的容器，氣體體積不變，質(zhì)量不變，氣體密度保持不變，無法確定體系已達平衡，b錯誤；恒溫恒容的容器，氣體體積不變，氣體的物質(zhì)的量為可變量，氣體平均摩爾質(zhì)量保持不變，反應體系已達平衡，c正確；反應Ⅰ正向是氣體體積減小的反應，平衡后縮小體積增大體系壓強，平衡右移，有利于提高CH3OH產(chǎn)率，壓強對反應玨的平衡無影響，d正確；平衡后升高溫度，反應Ⅱ的正反應速率增大、逆反應速率也增大，但增大程度小于正反應，平衡右移，e錯誤。(3)①n(CO2)：n(H2)=1：3投料，發(fā)生反應Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，壓強增大，平衡正向移動，CO2的平衡轉化率增大，得出p2>p1；②n(CO2)：n(H2)=1：3投料，設物質(zhì)的量分別為xmol和3xmol，根據(jù)方程式在平衡狀態(tài)列三段式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始/molx 3x 0 0轉化/mol0.5x 1.5x 0.5x 0.5x平衡/mol0.5x 1.5x 0.5x 0.5xA點對應的甲醇的體積分數(shù)=；③A點對應反應I的平衡常數(shù)Kp=。(4)溫度升高，反應Ⅱ正向進行，CO含量增大，所以曲線a為CO的選擇性隨溫度的變化；由圖乙可知，CO的選擇性為70%，則CH3OH的選擇性為30%，CH3OH的收率為6.3%，則CO的收率為；210～250℃之間，溫度升高，生成CH3OH的反應速率增大（合理即可）。18．(1)=甲基甲酰胺或N，N-二甲基甲酰胺(2分)(2)醚鍵、羧基（2分）(3)（2分）(4)ab(2分)(5)取代反應（1分）(6)9（2分）(7)（2分）（2分）【解析】由有機物的轉化關系可知，與先發(fā)生加成反應，再發(fā)生消去反應生成，一定條件下與氯化